Đáp án D

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định các đường tiệm cận của đồ thị hàm số

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } = a \Rightarrow y = a\) là đường TCN.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là đường TCĐ.

Cách giải:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } = 3 \Rightarrow y = 3\) là đường TCN.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} y = \infty \Rightarrow x = 0\) là đường TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Đáp án C

Phương pháp:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD \( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}}\)

Cách giải:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;OB} \right) = \angle = {60^0}\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Đặt \(AA' = x\), chứng minh tam giác AB’C’ vuông tại B’

+) Xác định góc giữa hai mặt phẳng (AB’C’) và (A’B’C’)

+) Tính AA’. Tính thể tích khối lăng trụ.

Cách giải:

Xét tam giác vuông ABC có \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = a\)

Đặt \(AA' = x\) ta có:

\(A'B = \sqrt {{x^2} + {a^2}} \)

\(A'C = \sqrt {{x^2} + 2{a^2}} \)

Xét tam giác A’BC có

\(A'{B^2} + B{C^2} = {x^2} + {a^2} + {a^2} = {x^2} + 2{a^2} = A'{C^2}\)

\( \Rightarrow \Delta A'BC\) vuông tại B.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {A'BC} \right) \supset A'B \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right) = \left( {AB;A'B} \right) \Rightarrow ABA' = {30^0}\)

Xét tam giác vuông AA’B có: \(AA' = AB.tan{30^0} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Vậy \(V{ & _{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Điểm \({x_0}\) được gọi là điểm cực đại của hàm số \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( {{x_0}} \right) = 0\\y''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.\)

Đáp án A

Phương pháp:

Khối đa diện bất kì muốn có mặt cầu ngoại tiếp thì các mặt của nó phải nội tiếp được đường tròn.

Cách giải:

Một hình hộp bất kì có đáy là hình bình hành không là tứ giác nội tiếp nên hình hộp bất kì không phải lúc nào cũng có mặt cầu ngoại tiếp. Do đó đáp án A sai.

Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm mặt phẳng đối xứng.

Cách giải:

Hình bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng.

Đáp án B

Phương pháp:

\({a^{f\left( x \right)}} \ge {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) \le g\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có \(\sqrt 3 - \sqrt 2 < 1 \Rightarrow bpt \Leftrightarrow {x^2} + 1 \le 3x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le 2\)

\( \Rightarrow \) Các nghiệm nguyên của bất phương trình là \(x = 1;\,\,x = 2\)

Đáp án C

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 A

Phương pháp:

Đồ thị hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.

Cách giải:

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x;\,\,y'' = 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow \) Đồ thị hàm số nhận \(E\left( {1;2} \right)\) làm tâm đối xứng.

Đáp án C

Phương pháp:

Quay hình chữ nhật ABCD quanh MN ta được hình trụ có chiều cao AB và bán kính đáy \(\frac{{BC}}{2}\)

Cách giải:

Quay hình chữ nhật ABCD quanh MN ta được hình trụ có:

Chiều cao \(h = AB = 8\)

Bán kính đáy \(R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{AD}}{2} = 3\)

Vậy thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.3^2}.8 = 48\pi \)

Đáp án D

Phương pháp:

Đáp án C

Phương pháp :

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = a \Rightarrow y = a\) là đường TCN của đồ thị hàm số.

Cách giải :

\(y = \frac{{\sqrt {4{x^2} + 1} + 2x}}{x},\) TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 0 \right\}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} + 1} + 2x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} + 2}}{1} = 4\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} + 1} + 2x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} + 2}}{1} = 0\)

Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là \(y = 4\) và \(y = 0\)

Đáp án C

Phương pháp:

\({a^x}.{b^x} = {\left( {a.b} \right)^x}\)

\(\left( {{a^x}} \right)' = {a^x}\ln a\)

Cách giải:

Ta có \(y = {2^x}{.3^x} = {6^x} \Rightarrow y' = {6^x}\ln 6\)

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp:

Đáp án D

Phương pháp:

Hàm số \(y = {x^n}\) xác định:

Cách giải:

Hàm số xác định khi và chỉ khi \({x^2} + x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\x \ne - 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow D = R\backslash \left\{ { - 2;1} \right\}\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Tính \(y'\). Giải phương trình \(y' = 0 \Rightarrow \) các nghiệm \({x_i} \in \left[ { - 1;2} \right]\)

+) Tính \(y\left( { - 1} \right);\,\,y\left( 2 \right);\,\,y\left( {{x_i}} \right)\)

+) So sánh và kết luận.

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp:

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

Cách giải:

\({\log _a}\left( {b + c} \right) = 2 \Leftrightarrow b + c = {a^2}\)

Đáp án B

Phương pháp:

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

Cách giải:

\(R = 3 \Rightarrow V = \frac{1}{3}{.3^2}.\sqrt 5 = 3\pi \sqrt 5 \)

Đáp án C

Phương pháp:

Dựa vào BBT của đồ thị hàm số.

Cách giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}M = \mathop {max}\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} f\left( x \right) = 2\\m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;3} \right]} f\left( x \right) = - 1\end{array} \right.\)

Đáp án A

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang và \(x = - 1\) là tiệm cận đứng \( \Rightarrow \) A sai

Đáp án A

Phương pháp:

Tính độ dài đường sinh của hình nón.

Sử dụng định lí Pytago.

Cách giải:

Gọi độ dài đường sinh của hình nón là l ta có: \(\frac{1}{2}{l^2} = 50 \Leftrightarrow l = 10\)

Bán kính đáy của hình nón là \(R = \frac{{l\sqrt 2 }}{2} = 5\sqrt 2 \)

Đáp án B

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức \(pD = 2C = nM\) trong đó \(\left\{ {n;p} \right\}\) là loại khối đa diện đều, D, C, M lần lượt là số đỉnh, số cạnh, số mặt của khối đa diện.

Cách giải:

Khối đa diện đều loại \(\left\{ {5;3} \right\} \Rightarrow n = 5;\,\,p = 3\)

\( \Rightarrow 3D = 2C = 5M \Rightarrow M\) chia hết cho 6

Đáp án B

Phương pháp:

\({a^x} \le {a^y} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\x \le y\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\x \ge y\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Cách giải:

Ta có \(\sqrt 2 - 1 < 1 \Rightarrow {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^a} \le {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^b} \Leftrightarrow a \ge b\)

Đáp án B

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 > 0\\x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 2\\x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0\)

\({\log _4}\left( {x + 2} \right) = {\log _2}x \Leftrightarrow {\log _{{2^2}}}\left( {x + 2} \right) = {\log _2}x\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\sqrt {x + 2} = {\log _2}x \Leftrightarrow \sqrt {x + 2} = x\)

\( \Leftrightarrow x + 2 = {x^2} \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\left( {tm} \right)\\x = - 1\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 2\)

Đáp án D

Phương pháp :

Nếu \(f'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right)\)

Nếu \(f'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {a;b} \right)\)

Cách giải:

Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ \(V = Bh\) trong đó B là diện tích đáy và h là chiều cao khối lăng trụ.

Cách giải:

Đáp án C

Phương pháp :

Nếu \(f'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right)\)

Nếu \(f'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {a;b} \right)\)

Cách giải:

\(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left( { - \infty ; - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {0;\sqrt 3 } \right) \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ; - \sqrt 3 } \right)\) và \(\left( {0;\sqrt 3 } \right)\)

Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích của khối lập phương cạnh a là \(V = {a^3}\)

Cách giải: \(V = {2^3} = 8\left( {c{m^3}} \right)\)

Đáp án C

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp hàm số.

Cách giải:

Đáp án C

Phương pháp:

+) Biến đổi phương trình về dạng \(m < f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {1;4} \right] \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left( {1;4} \right]} f\left( x \right)\)

+) Khảo sát hàm số \(y = f\left( x \right)\) và tìm \(\mathop {\min }\limits_{\left( {1;4} \right]} f\left( x \right)\)

Cách giải:

\(\forall x \in \left( {1;4} \right] \Rightarrow x - 1 > 0 \Rightarrow m < \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{x - 1}}\,\,\forall x \in \left( {1;4} \right]\)

Đặt \(f\left( x \right) = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{x - 1}}\) ta có \(m < f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {1;4} \right] \Rightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left( {1;4} \right]} f\left( x \right)\)

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{2\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) - {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 2 - {x^2} - 2x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\)

BBT:

Dựa vào BBT ta có: \(\mathop {\min }\limits_{\left( {1;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 8 \Rightarrow m < 8\)

Đáp án B

Phương pháp:

Trải tất cả các mặt bên của khối chóp ra cùng một mặt phẳng.

Cách giải:

Trải hình chóp S.ABCD trên cùng một mặt phẳng \(\left( {{A_1} \equiv A} \right)\)

Giả sử quãng đường của con kiến đi từ A đến \({A_1}\) là , khi đó quãng đường con kiến đi ngắn nhất là độ dài đoạn \(A{A_1}\)

Xét tam giác SAB có:

\(\cos \angle ASB = \frac{{S{A^2} + S{B^2} - A{B^2}}}{{2SA.SB}} = \frac{{{6^2} + {6^2} - {4^2}}}{{{{2.6}^2}}} = \frac{7}{9}\)

\( \Rightarrow \angle ASB \approx 38,{9^0}\)

\( \Rightarrow \angle AS{A_1} = 4\angle ASB = 155,{8^0}\)

Xét tam giác \(AS{A_1}\) có:

\[{\rm{AA}}_1^2 = S{A^2} + SA_1^2 - 2SA.S{A_1}.{{\mathop{\rm cosASA}\nolimits} _1} \approx 11,73\left( {cm} \right)\]

Đáp án A

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình nón \(S = \pi rl\)

Cách giải:

Hình nón đã cho có chiều cao \(h = a\) và bán kính đáy \(r = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Đáp án D

Phương pháp:

Thể tích khối cầu bán kính R là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Cách giải:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi M là trung điểm của SB.

Trong (SBD) qua M kẻ \(MI \bot SB\,\,\left( {I \in SO} \right) \Rightarrow \) I là tâm khối cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD.

Xét tam giác vuông SAO có:

 \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 2 \) ta có

\(\Delta SOB \sim \Delta SMI \Rightarrow \frac{{SI}}{{SB}} = \frac{{SM}}{{SO}} \Rightarrow SI = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^3} = \frac{{8\sqrt 2 \pi {a^3}}}{3}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức tỉ số thể tích.

Cách giải:

Gọi N, P, Q lần lượt là trung điểm của SB, SC, SD ta có \(\left( {MNPQ} \right)//\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {MNPQ} \right) \equiv \left( \alpha \right)\)

Ta có:

\(\frac{{{V_{SMNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABC}}\)

\(\frac{{{V_{SMPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{SMPQ}} = \frac{1}{8}{V_{S.ACD}}\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{SMNP}} + {V_{SMPQ}} = \frac{1}{8}\left( {{V_{S.ABC}} + {V_{S.ACD}}} \right) = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{7}\)

Chú ý và sai lầm: Công thức tỉ số thể tích chỉ áp dụng với chóp tam giác.

Đáp án B

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu \(S = 4\pi {R^2}\)

Cách giải:

Bán kính của mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a là \(r = \frac{a}{2}\)

\( \Rightarrow S = 4\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \pi {a^2}\)

Đáp án A

Phương pháp:

TH1: \(m = 0\)

TH2: \(m \ne 0\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' > 0\\\frac{1}{m} \notin \left( {1; + \infty } \right)\end{array} \right.\)

Cách giải:

TH1: \(m = 0 \Rightarrow y = \frac{{x - 2}}{{ - 1}} = - x + 2\) nghịch biến trên R \( \Rightarrow m = 1\left( {ktm} \right)\)

TH2: \(m \ne 0\). TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ {\frac{1}{m}} \right\}\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' = \frac{{ - 1 + 2m}}{{{{\left( {mx - 1} \right)}^2}}} > 0\\\frac{1}{m} \notin \left( {1; + \infty } \right)\end{array} \right.\)

Đáp án C

Phương pháp:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = a \Rightarrow y = a\) là đường TCN.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}\) là đường TCĐ.

Cách giải:

TXĐ: \(\left[ { - 2;2} \right)\backslash \left\{ 1 \right\}\), do đó đồ thị hàm số không có TCN.

Dễ thấy đồ thị hàm số có 2 TCĐ \(x = 2;\,\,x = 1\)

Đáp án D

Phương pháp:

+) a, b, c theo thứ tự lập thành 1 CSC \( \Rightarrow a + c = 2b\)

+) Sử dụng công thức \({\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_a}b}}\,\,\left( {0 < a,\,b \ne 1} \right)\)

Cách giải:

Vì \({\log _x}a,\,\,{\log _y}b,\,\,{\log _z}c\) theo thứ tự lập thành 1 cấp số cộng nên ta có:

\({\log _x}a + {\log _z}c = 2{\log _y}b \Rightarrow {\log _y}b = \frac{{{{\log }_x}a + {{\log }_z}c}}{2}\)

\( \Leftrightarrow {\log _b}y = \frac{1}{{{{\log }_x}a + {{\log }_z}c}}\)

\( \Rightarrow {\log _b}y = \frac{2}{{\frac{1}{{{{\log }_a}x}} + \frac{1}{{{{\log }_c}z}}}} = \frac{2}{{\frac{{{{\log }_a}x + {{\log }_c}z}}{{lo{g_a}x.{{\log }_c}z}}}}\)

\( \Rightarrow {\log _b}y = \frac{{2.lo{g_a}x.{{\log }_c}z}}{{lo{g_a}x + {{\log }_c}z}}\)

Đáp án C

Phương pháp:

Đáp án D

Phương pháp:

Để hàm số nghịch biến trên R thì \(y' \le 0\,\,\forall x \in R\)

Tính \(y'\), cô lập m, đưa về hàm \(m \ge f\left( x \right)\,\,\forall x \in R\) hoặc \(m \le f\left( x \right)\,\,\forall x \in R\)

Lập BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\) và kết luận

+) \(m \ge f\left( x \right)\,\,\forall x \in R \Rightarrow m \ge \mathop {max}\limits_R f\left( x \right)\)

+) \(m \ge f\left( x \right)\,\,\forall x \in R \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_R f\left( x \right)\)

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\)

Ta có \(y' = m + 2\cos \,x + 3\sin \,x\)

Để hàm số nghịch biến trên R thì \(y' = m + 2\cos \,x + 3sin\,x \le 0\,\,\forall x \in R\)

\( \Leftrightarrow 3\sin x + 2\cos \,x \le - m\,\,\forall x \in R\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {13} \left( {\frac{3}{{\sqrt {13} }}\sin x + \frac{2}{{\sqrt {13} }}\cos \,x} \right) \le - m\,\,\forall x \in R\)

Đáp án C

Phương pháp:

+) Giải phương trình \(y' = 0\) tìm các điểm cực trị của hàm số

+) Tính khoảng cách giữa hai điểm cực trị.

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\)

Ta có \(y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = x + \frac{1}{{x - 1}} \Rightarrow y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = - 1\\x = 2 \Rightarrow y = 3\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là \(A\left( {0; - 1} \right);\,\,\,B\left( {2;3} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = 2\sqrt 5 \)

Đáp án A

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình đó có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(2{x^3} - \left( {3m + 3} \right){x^2} + 6mx - 4 = 0\,\,\left( 1 \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {2{x^2} + \left( {1 - 3m} \right)x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\2{x^2} + \left( {1 - 3m} \right)x + 2 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\)

Để đồ thị \(\left( {{C_m}} \right)\) có đúng hai điểm chung với Ox \( \Rightarrow \) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

TH1: (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm \(x = 2\)

Đáp án D

Phương pháp:

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

+) Sử dụng phương pháp tìm GTNN, GTLN của hàm số trên \(\left[ { - 1;1} \right]\)

Cách giải:

Đặt \(t = \sin x\left( {t \in \left[ { - 1;1} \right]} \right)\), khi đó \(y = {t^3} - 3{t^2} - 1\)

Có \(y' = 3{t^2} - 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0 \in \left[ { - 1;1} \right]\\t = 2 \notin \left[ { - 1;1} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( { - 1} \right) = - 5;\,\,\,y\left( 1 \right) = - 3;\,\,\,y\left( 0 \right) = - 1 \Rightarrow \min y = - 5\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD và tam giác SAB.

+) Dựng hai trục của hai mặt SAB và ABCD.

+) Xác định giao điểm của hai trục vừa dựng, đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.

Cách giải:

Gọi I là trung điểm của AB ta có \(OI \bot AB \Rightarrow OI \bot \left( {SAB} \right)\)

Tam giác SAB vuông tại S nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

\( \Rightarrow OS = OA = OB\)

Lại có \(OA = OB = OC = OD\)

\( \Rightarrow OS = OA = OB = OC = OD \Rightarrow \) O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là \(140000 = 100000.{e^{\frac{{1,75}}{{100}}.n}} \Leftrightarrow {e^{\frac{{1,75}}{{100}}.n}} = \frac{7}{5} \Leftrightarrow n \approx 19,22\)

Đáp án B

Phương pháp:

Áp dụng công thức bài toán cho.

Cách giải:

Áp dụng công thức ta có:

\(140000 = 100000.{e^{\frac{{1,75}}{{100}}.n}} \Leftrightarrow {e^{\frac{{1,75}}{{100}}.n}} = \frac{7}{5} \Leftrightarrow n \approx 19,22\)

Vậy phải sau 20 năm dân số huyện X mới vượt trên 140.000 người.

Đáp án D

Phương pháp:

+) Gọi hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số, lưu ý điều kiện nằm ở hai nhánh khác nhau.

+) Tính AB, sử dụng BĐT Cauchy để tìm GTNN của AB.

Cách giải:

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

Đáp án B

Phương pháp:

Sử dụng công thức trả góp: \(P{\left( {1 + r} \right)^n} = \frac{M}{r}\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\) trong đó:

P: Số tiền vay ban đầu

M: Số tiền trả hàng kì

r: lãi suất

n: số kì hạn

Cách giải:

\(500{\left( {1 + 0,01} \right)^n} = \frac{{10}}{{0,01}}\left[ {{{\left( {1 + 0,01} \right)}^n} - 1} \right]\)

Đáp án A

Phương pháp:

+) Sử dụng công thức nhân đôi: \(1 + \cos 2x = 2{\cos ^2}x\)

+) Sử dụng BĐT Co-si cho 2 số \(a,b \ge 0:a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

Cách giải:

\({4^{{{\sin }^2}x}} + {2^{1 + \cos 2x}} = {4^{{{\sin }^2}x}} + {2^{2{{\cos }^2}x}} = {4^{{{\sin }^2}x}} + {4^{{{\cos }^2}x}} = \frac{4}{{{4^{{{\cos }^2}x}}}} + {4^{{{\cos }^2}x}}\mathop \ge \limits^{Co - si} 2\sqrt {\frac{4}{{{4^{{{\cos }^2}x}}}}{{.4}^{{{\cos }^2}x}}} = 4\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{4}{{{4^{{{\cos }^2}x}}}} = {4^{{{\cos }^2}x}} \Leftrightarrow {4^{2{{\cos }^2}x}} = 4 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x = 1 \Leftrightarrow \cos \, = \frac{{ \pm 1}}{{\sqrt 2 }}\)

Vậy \({y_{\min }} = 4 \Rightarrow m = 4\)