Đáp án D

Phương pháp:

Tìm số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\) và đường thẳng \(y = 1\)

\({x^4} - 2{x^2} - 1 = 1 \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1 + \sqrt 3 \\{x^2} = 1 - \sqrt 3 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} = 1 + \sqrt 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {1 + \sqrt 3 } \)

Vậy, đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\) tại 2 điểm.

Đáp án C

Cách giải:

Đồ thị hàm số \(y = {2017^x}\,\left( C \right)\) nhận trục Ox là đường tiệm cận ngang, nằm hoàn toàn phía trên trục hoành và đi qua điểm \(\left( {0;1} \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right]\)

+) Bước 1: Tính y’, giải phương trình \(y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]\)

+) Bước 2: Tính các giá trị \(f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)\)

+) Bước 3: So sánh và kết luận.  

Cách giải:

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón.

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl\)

Đáp án A

Phương pháp:

Tâm đối xứng của đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đó.

Cách giải:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 2}}\) có TCĐ: \(x = - 2\), TCN: \(y = 2\)

\( \Rightarrow \) Tọa độ tâm I là tâm đối xứng của đồ thị hàm số trên là: \(I\left( { - 2;2} \right)\)

Đáp án B

Phương pháp:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên R \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in R\) (bằng 0 tại hữu hạn điểm).

Cách giải:

\(y = {x^3} + {x^2} + \left( {m - 1} \right)x - 3 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 2x + m - 1\)

Để hàm số đồng biến trên R thì \(y' \ge 0,\,\,\forall x \in R\) (bằng 0 tại hữu hạn điểm)

\( \Leftrightarrow \Delta ' \le 0 \Leftrightarrow 1 - 3\left( {m - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow 4 - 3m \le 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{4}{3}\)

Vậy \(m \in \left[ {\frac{4}{3}; + \infty } \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Tìm m để \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Đáp án B

Cách giải:

Tâm tất cả các mặt của một hình lập phương là các đỉnh của hình bát diện đều.

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp:

\(\left( {{{\log }_a}f\left( x \right)} \right)' = \frac{{\left( {f\left( x \right)} \right)'}}{{f\left( x \right).\ln a}}\)

Cách giải:

\(y = {\log _2}\left( {{e^x} + 1} \right) \Rightarrow y' = \frac{{\left( {{e^x} + 1} \right)'}}{{\left( {{e^x} + 1} \right).\ln 2}} = \frac{{{e^x}}}{{\left( {{e^x} + 1} \right).\ln 2}}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức \({a^{{{\log }_a}x}} = a;\,\,\,{\log _{{a^m}}}{x^n} = \frac{n}{m}{\log _a}x\,\,\,\left( {0 < a \ne 1;\,\,x > 0} \right)\)

Cách giải:

\(T = {a^{{{\log }_{{a^2}}}4}} = {a^{\frac{1}{2}{{\log }_a}4}} = {\left( {a{{\log }_a}4} \right)^{\frac{1}{2}}} = {4^{\frac{1}{2}}} = \sqrt 4 = 2\)

Đáp án D

Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy: Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1.

Đáp án B

Phương pháp

Điểm \(x = {x_0}\) là điểm cực trị của hàm số khi và chỉ khi đồ thị hàm số đổi chiều khi đi qua điểm đó.

Cách giải:

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số là: 5.

Đáp án C

Phương pháp:

Nhận biết dạng đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương, hàm số bậc ba.

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\)

Cách giải:

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h \Rightarrow 4\pi = \frac{1}{3}\pi {r^2}.3 \Rightarrow {r^2} = 4 \Rightarrow r = 2\)

Đáp án D

Phương pháp:

\({\log _a}b = \frac{{{{\log }_c}b}}{{{{\log }_c}a}},\,\,\,{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b\,\,\left( {0 < a,c \ne 1;\,b > 0} \right)\)

Cách giải:

\({\log _m}8m = \frac{{{{\log }_2}8m}}{{{{\log }_2}m}} = \frac{{{{\log }_2}8 + {{\log }_2}m}}{{{{\log }_2}m}} = \frac{{3 + a}}{a}\)

Đáp án A

Phương pháp:

\({\log _a}f\left( x \right)\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \({x^2} - 2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\)

Vậy TXĐ: \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

\({\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}\)

Cách giải:

\({\log _4}\left( {x - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {4^3} \Leftrightarrow x - 1 = 64 \Leftrightarrow x = 65\)

Đáp án C

Phương pháp:

\({\log _{{a^c}}}b = \frac{1}{c}{\log _a}b,\,\,\,{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b\)

Cách giải:

\({\log _{{a^2}}}\sqrt a = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}{\log _a}a = \frac{1}{4}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ: \(S = 2\pi rh\)

Cách giải:

Hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông \( \Rightarrow h = 2R\)

Diện tích xung quanh của hình trụ: \(S = 2\pi Rh = 2\pi R.2R = 4\pi {R^2}\)

Đáp án D

Phương pháp:

\(\left( {\frac{1}{{{{\left( {u\left( x \right)} \right)}^n}}}} \right) = \frac{{ - n.\left( {u\left( x \right)} \right)'}}{{{{\left( {u\left( x \right)} \right)}^{n + 1}}}}\)

Cách giải:

\(f\left( x \right) = \frac{1}{{2x - 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow f''\left( x \right) = \frac{8}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^3}}} \Rightarrow f''\left( 1 \right) = 8\)

Đáp án B

Phương pháp:

Thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}Sh\)

Cách giải:

ABC là tam giác vuông tại A \( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.a.2a = {a^2}\)

SAC là tam giác vuông tại A

\( \Rightarrow SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \)

Thể tích khối chóp S.ABC là: \(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}{a^2}.a\sqrt 5 = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{3}\)

Đáp án D

Đáp án A

Phương pháp:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}},\,\left( {ad - bc \ne 0,\,c \ne 0} \right)\) có TCN là \(y = \frac{a}{c}\)

Cách giải:

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) có phương trình là: \(y = 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

Phương pháp xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:

- Bước 1: Tìm tập xác định, tính \(f'\left( x \right)\)

- Bước 2: Tìm các điểm tại đó \(f'\left( x \right) = 0\) hoặc \(f'\left( x \right)\) không xác định

- Bước 3: Sắp xếp các điểm đó theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

- Bước 4: Kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

\(y = - {x^3} - 6{x^2} + 10 \Rightarrow y' = - 3{x^2} - 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 4\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu y’:

Đáp án C

Phương pháp:

Đưa về dạng \({a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}}\)

Cách giải:

\({\left( {\frac{7}{{11}}} \right)^{3x + 2}} = {\left( {\frac{{11}}{7}} \right)^{{x^2}}} \Leftrightarrow \left( {\frac{{11}}{7}} \right) = {\left( {\frac{{11}}{7}} \right)^{ - \left( {3x + 2} \right)}} \Leftrightarrow {x^2} = - 3x - 2 \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - 2\end{array} \right.\)

Tổng các nghiệm là: \(\left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right) = - 3\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Xác định trục của mặt đáy (đường thẳng đi qua tâm đáy và vuông góc với đáy).

+) Xác định đường trung trực của một mặt bên.

+) Xác định giao điểm của hai đường thẳng trên.

Cách giải:

Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm của BC, CD, AD; G là trọng tâm tam giác BCD; O là giao điểm của AG và EI.

* Ta chứng minh: O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD:

Thật vậy:

Do tam giác BCD đều, G là trọng tâm \( \Rightarrow \) là tâm đường tròn ngoại tiếp G

Do tứ diện ABCD đều \( \Rightarrow AG \bot \left( {BCD} \right)\)

Điểm \(O \in AG \Rightarrow OB = OC = OD\,\,\left( 1 \right)\)

Do \(AE = DE \Rightarrow \Delta AED\) cân tại E \( \Rightarrow \) EI là trung trực của AD \( \Rightarrow OA = OD\,\,\left( 2 \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Bình phương 2 vế và đánh giá.

Cách giải:

Điều kiện xác định: \(x \in \left[ { - 1;3} \right]\)

Ta có:

\({\left( {\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} } \right)^2} = x + 1 + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 - x} \right)} + 3 - x = 4 + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {3 - x} \right)} \ge 4 \Rightarrow \sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} \ge 2\) \( \Rightarrow {y_{\min }} = 2\) khi và chỉ khi \(\left( {x + 1} \right)\left( {3 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x = 3\)

Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ: \(V = Sh\)

Cách giải:

Đáy là tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a \( \Rightarrow S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khối lăng trụ: \(V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Đáp án B

Đáp án D

Phương pháp:

- Tìm TXĐ của hàm số.

- Tính \(f'\left( x \right)\) . Giải phương trình f\(f'\left( x \right) = 0\), tìm các nghiệm \({x_i},\,\,i = 1,2,3...\)

- Tính \(f''\left( x \right)\) và \(f''\left( {{x_i}} \right)\).

- Dựa vào dấu của \(f''\left( {{x_i}} \right)\) đưa ra kết luận về cực trị.

Cách giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(y = {x^4} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 4{x^3} + 6x;\,\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

\(y'' = 12{x^2} + 6 \Rightarrow y''\left( 0 \right) = 6 > 0 \Rightarrow \) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\)

Đáp án A

Phương pháp:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)\):

- Tìm giao tuyến \(\Delta \) của\(\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)\) .

- Xác định 1 mặt phẳng\(\left( \gamma \right) \bot \Delta \) .

- Tìm các giao tuyến \(a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),\,\,b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)\)

- Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right):\,\,\left( {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)} \right) = \left( {a;b} \right)\)

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó, \(AM \bot BC\) (do \(\Delta ABC\) đều)

Mà \(BC \bot AA' \Rightarrow BC \bot \left( {AMA'} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right);\left( {A'BC} \right)} \right) = \left( {AM,A'M} \right) = AMA'\)

\(\Delta ABC\) đều, cạn bằng a \( \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Delta AMA'\) vuông tại A

\( \Rightarrow \tan AMA' = \frac{{AA'}}{{AM}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 3 \Rightarrow AMA' = {60^0}\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'BC} \right)} \right) = {60^0}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Công thức lãi kép, không kỳ hạn: \({A_n} = M{\left( {1 + r\% } \right)^n}\)

Với: \({A_n}\) là số tiền nhận được sau tháng thứ n,

      M là số tiền gửi ban đầu,

      n là thời gian gửi tiền (tháng),

      r là lãi suất định kì (%).

Cách giải:

Sau 15 năm số tiền người ấy nhận được về là: \({A_{15}} = 100\,\,000\,\,000.{\left( {1 + 8\% } \right)^{15}} \approx 317\,\,217\,\,000\) (đồng)

Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối trụ: \(V = \pi {r^2}h\)

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích của khối lăng trụ: \(V = Sh\)

Cách giải:

\(\Delta ABB'\) vuông tại B \( \Rightarrow BB' = \sqrt {AB{'^2} - A{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\)

Thể tích V của khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' :

\(V = {S_{ABCD}}.BB' = {3^3}.4 = 36\)

Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp.

Cách giải:

ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \) và \({S_{ABCD}} = {a^2}\)

\(\Delta SAC\) vuông tại A \( \Rightarrow SA = AC.\tan SAC = a\sqrt 2 .\tan {45^0} = a\sqrt 2 \)

Thể tích của khối chóp S.ABCD: \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SA = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 2 = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}\)

\( \Rightarrow a = 2\)

Đáp án A

Phương pháp:

Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Tính bán kính mặt cầu.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB; G là trọng tâm tam giác SAB; O là tâm của

hình vuông ABCD

Do tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SM \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow SMO = {90^0}\). Dựng hình chữ nhật GMOI. Khi đó:

\(OI//GM \Rightarrow OI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow IA = IB = IC = ID\,\,\left( 1 \right)\)

Mặt khác \(GI//MO\), mà \(MO \bot AB,\,\,MO \bot SM \Rightarrow MO \bot \left( {SAB} \right)\)

\( \Rightarrow GI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow IA = IS = IB\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) \( \Rightarrow \) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Ta có: G là trọng tâm tam giác đều SAB

\( \Rightarrow GM = \frac{1}{3}.SM = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

GMOI là hình chữ nhật

\( \Rightarrow IB = \sqrt {O{I^2} + O{B^2}} = \sqrt {\frac{1}{{12}}{a^2} + \frac{1}{2}{a^2}} = \sqrt {\frac{7}{{12}}} a = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

Vậy, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: \(\frac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Gọi M là trung điểm của AB \( \Rightarrow SM \bot AB \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SM.AB\)

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB và độ dài đoạn OM là x

\(\Delta SOM\) vuông tại O \( \Rightarrow SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {x^2}} \)

\(\Delta BOM\) vuông tại M \( \Rightarrow BM = \sqrt {O{B^2} - O{M^2}} = \sqrt {{a^2} - {x^2}} \Rightarrow AB = 2\sqrt {{a^2} - {x^2}} \)

Ta có: \(AB \bot OM,\,\,AB \bot SO \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot SM\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}.SM.AB = \frac{1}{2}.\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {x^2}} .2\sqrt {{a^2} - {x^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {x^2}} .\sqrt {{a^2} - {x^2}} \le \frac{{\left( {\frac{{{a^2}}}{4} + {x^2}} \right) + \left( {{a^2} - {x^2}} \right)}}{2} = \frac{{5{a^2}}}{8}\)

Diện tích lớn nhất của tam giác AOB là: \(\frac{{5{a^2}}}{8}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AD ta được khối trụ có bán kính đáy là AB, chiều cao là AD.

Cách giải:

Thể tích khối trụ tạo thành khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AD là:

\(V = \pi {r^2}h = \pi .AB.AD = \pi {\left( {3a} \right)^2}.a = 9\pi {a^3}\)

Đáp án A

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm, xác định m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d:y = - x + m\) là \(\frac{x}{{x - 1}} = - x + m,\,\,\left( {x \ne 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow x = \left( {x - 1} \right)\left( { - x + m} \right) \Leftrightarrow x = - {x^2} + mx + x - m \Leftrightarrow {x^2} - mx + m = 0\,\,\left( * \right)\)

Để đường thẳng \(d:y = - x + m\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{1^2} - m.1 + m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m > 0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} - 4m > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 4\\m < 0\end{array} \right.\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức \({\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c\)

Cách giải:

\(4\log _4^2x - 2{\log _2}\left( {4x} \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow 4{\left( {\frac{1}{2}{{\log }_2}x} \right)^2} - 2\left( {2 + {{\log }_2}x} \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow \log _2^2x - 2{\log _2}x - 7 = 0\)

Đặt \(t = {\log _2}x\) thì phương trình (1) trở thành \({t^2} - 2t - 7 = 0\)

Đáp án D

Phương pháp:

Đáp án B

Phương pháp:

+) Giải phương trình \(y' = 0\) xác định các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

+) Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành tam giác cân. Tính diện tích tam giác cân đó.

Cách giải:

\(y = {x^4} - 2m{x^2} + 1 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4mx;\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\)

Để hàm số có 3 cực trị thì \(m > 0\). Khi đó, hàm số đạt cực trị tại 3 điểm \({x_1} = 0,\,\,{x_2} = - \sqrt m ,\,\,{x_3} = \sqrt m \)

Các điểm cực trị: \(A\left( {0;1} \right),\,\,B\left( { - \sqrt m ; - {m^2} + 1} \right),\,\,C\left( {\sqrt m ; - {m^2} + 1} \right)\)

Dễ dàng kiểm tra được: tam giác ABC cân tại A với mọi \(m > 0\)

Ta có: \(BC = 2\sqrt m \)

Gọi H là trung điểm của BC \( \Rightarrow H\left( {0; - {m^2} + 1} \right) \Rightarrow AH = {m^2}\)

Diện tích tam giác ABC: \(S = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.{m^2}.2\sqrt m = 4 \Rightarrow {m^2}\sqrt m = 4 \Leftrightarrow {m^5} = 16 \Leftrightarrow m = \sqrt[5]{{16}}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right):\,y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)

Cách giải:

Đáp án C

Phương pháp:

\({\log _a}f\left( x \right)\) xác định \( \Leftrightarrow f\left( x \right) > 0\)

Cách giải:

ĐKXĐ: \(\left( {m + 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 2} \right)x + m + 3 > 0\)

Để hàm số đã cho có tập xác định là R thì \(\left( {m + 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 2} \right) + m + 3 > 0,\,\,\forall x\left( * \right)\)

+) Nếu \(m = - 2\) thì \(\left( {m + 2} \right){x^2} + 2\left( {m + 2} \right)x + m + 3 = 1 > 0,\,\,\forall x \Rightarrow m = - 2\) thỏa mãn

+) Nếu \(m \ne - 2\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 > 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 2\\{\left( {m + 2} \right)^2} - \left( {m + 2} \right)\left( {m + 3} \right) < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 2\\\left( {m + 2} \right)\left( {m + 2 - m - 3} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 2\\\left( {m + 2} \right)\left( { - 1} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 2\)

Vậy \(m \ge - 2\)

Đáp án D

Phương pháp:

Đặt \(\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} = t,\,\,t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]\)

Cách giải:

Đặt \(\sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} = t,\,\,t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác (Công thức Simson): Cho khối chóp S.ABC, các điểm \({A_1},\,{B_1},\,{C_1}\) lần lượt thuộc . Khi đó, \(\frac{{{V_{S.{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{S{A_1}}}{{SA}}.\frac{{S{B_1}}}{{SB}}.\frac{{S{C_1}}}{{SC}}\)

Cách giải:

Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD.

Chia khối chóp S.CDMN làm 2 khối chóp: S.CDM và S.CMN

Ta có: \(\frac{{{V_{S.CDM}}}}{{{V_{S.CDA}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{S.CDM}} = \frac{1}{2}{V_{S.CDA}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}V = \frac{1}{4}V\)

\(\frac{{{V_{S.CMN}}}}{{{V_{S.CAB}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.CDM}} = \frac{1}{4}{V_{S.CAB}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{2}V = \frac{1}{8}V\)

\( \Rightarrow {V_{S.CDMN}} = \frac{1}{4}V + \frac{1}{8}V = \frac{3}{8}V \Rightarrow \frac{{{V_{S.CDMN}}}}{{{V_{S.CDAB}}}} = \frac{3}{8}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {a;b} \right]\)

+) Bước 1: Tính y’, giải phương trình \(y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]\)

+) Bước 2: Tính các giá trị \(f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)\)

+) Bước 3: So sánh và kết luận.  

Cách giải:

\(y = \frac{{{{\ln }^2}x}}{x} \Rightarrow y' = \frac{{2\ln x.\frac{1}{x}.x - 1.{{\ln }^2}x}}{{{x^2}}} = \frac{{2\ln x - {{\ln }^2}x}}{{{x^2}}};\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\ln x = 0\\\ln x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = {e^2}\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

GTLN của hàm số trên \(\left[ {1;{e^3}} \right]\) là \(M = \frac{4}{{{e^2}}} = \frac{m}{{{e^n}}} \Rightarrow m = 4,\,\,n = 2\)

\( \Rightarrow S = {m^2} + 2{n^3} = {4^2} + {2.2^3} = 16 + 16 = 32\)

Đáp án B

Phương pháp:

\(\log x + \log y = \log \left( {xy} \right)\,\,\left( {x;y > 0} \right)\)

Cách giải:

\(xy = {10^a},\,\,yz = {10^{2b}},\,\,xz = {10^{3c}}\,\,\left( {a,b,c \in R} \right)\)

\( \Rightarrow {\left( {xyz} \right)^2} = {10^a}{.10^{2b}}{.10^{3c}} = {10^{a + 2b + 3c}} \Rightarrow xyz = {10^{\frac{{a + 2b + 3c}}{2}}}\)

Ta có: \(P = \log x + \log y + \log z = \log \left( {xyz} \right) = \log {10^{\frac{{a + 2b + 3c}}{2}}} = \frac{{a + 2b + 3c}}{2}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Xác định hình chiếu của B lên mặt (SAC), từ đó, tính khoảng cách.

Đáp án B

Phương pháp:

Đặt \({2^x} = t,\,\,t > 0\). Tìm điều kiện của m để phương trình \({t^2} - mt + 2m - 5 = 0\) có 2 nghiệm dương phân biệt.

Cách giải:

Đặt \({2^x} = t,\,\,t > 0\). Phương trình \({4^x} - m{.2^x} + 2m - 5 = 0\,\,\left( 1 \right)\) trở thành \({t^2} - mt + 2m - 5 = 0\,\,\left( 2 \right)\)

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\m > 0\\2m - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4\left( {2m - 5} \right) > 0\\m > 0\\2m - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 8m + 20 > 0\\m > 0\\2m - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m > \frac{5}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \frac{5}{2}\)

Vậy \(m \in \left( {\frac{5}{2}; + \infty } \right)\)