Ta có: \(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)

\(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)

\(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)

\(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}.\)

Đáp án B.

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung. Cho \(x = 0 \Rightarrow y = \frac{{0 - 2}}{{0 + 4}} = \frac{{ - 1}}{2}.\)

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x + 4}}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(\frac{{ - 1}}{2}.\)

Đáp án D.

* Thể tích hình chóp tứ giác có đáy là hình vuông cạnh \(a,\) chiều cao \(h\) là: \({V_1} = \frac{1}{3}{a^2}.h\)

* Thể tích hình chóp tứ giác có đáy là hình vuông cạnh \(\frac{a}{3},\) chiều cao \(h\) là: \({V_2} = \frac{1}{3}\frac{{{a^2}}}{9}h.\)

* Tỷ số thể tích là: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 9.\)

Đáp án B.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} x = {x_0}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5} = - \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{{x^2}}} = 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} c = c.\)

Đáp án C.

Tập xác định \(D = \left[ {0;2} \right].\)

Ta có \(y' = \frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }},\forall x \in \left( {0;2} \right).\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right).\)

Đáp án D.

Ta có \(y' = \left( {{x^2} + 1} \right)' = \left( {{x^2}} \right)' + \left( 1 \right)' = 2x.\)

Đáp án A.

Ta có: \(y' = \left( {\sin x + \cot x} \right)' = \cos x - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}.\)

Đáp án D.

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng \(B,\) chiều cao bằng \(h\) là: \(V = \frac{1}{3}Bh.\)

Đáp án C.

Đáp án B.

\(\left. \begin{array}{l}n\left( \Omega \right) = 6\\n\left( A \right) = 3\end{array} \right\} \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)

Đáp án B.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\)

Đặt \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2}\)

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x.\)

Cho \(f'\left( x \right) = 0\) ta được:

\(3{x^2} - 6x = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu ta được kết quả hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right).\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Đặt \(y = f\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2} + {10^{2020}}\)

\(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x.\)

Cho \(f'\left( x \right) = 0\) ta được:

\(6{x^2} - 6x = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 1;1} \right]\\x = 1 \in \left[ { - 1;1} \right]\end{array} \right.\]

Ta có: \(f\left( { - 1} \right) = - 5 + {10^{2020}};f\left( 1 \right) = - 1 + {10^{2020}};f\left( 0 \right) = {10^{2020}}\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = 2{x^3} - 3{x^2} + {10^{2020}}\) trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\) là \(f\left( 0 \right) = {10^{2020}}.\)

Đáp án C.

Ta có \(y = - {x^4} + 2{x^2} + 3 \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 4x = - 4x\left( {{x^2} - 1} \right).\)

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right..\)

Từ BBT ta có \({y_{CT}} = 3.\)

Đáp án B.

Ta có thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}Bh.\)

Khi diện tích của đa giác đáy giảm đi ba lần thì thể tích của khối chóp là

\(V = \frac{1}{3}\frac{B}{3}h = \frac{1}{3}.\frac{1}{3}Bh = \frac{V}{3}.\)

Đáp án A.

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0,\) đạt cực đại tại \(x = 1.\)

\(x = - 1\)không là điểm cực trị của hàm số vì đạo hàm không đổi dấu khi đi qua \(x = - 1.\)

Đáp án A.

Hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{x + 1}}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Hàm số \(y = x + \frac{1}{x}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Hàm số \(y = {x^3} - {x^2} + x - 1\) có \(y' = 3{x^2} - 2x + 1 = 3\left( {{x^2} - 2.\frac{1}{3}.x + \frac{1}{9}} \right) + \frac{2}{3} = 3{\left( {x - \frac{1}{3}} \right)^2} + \frac{2}{3} >0\) với mọi Vậy hàm số \(y = {x^3} - {x^2} + x - 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

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

Bảng biến thiên

Suy ra, hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Đáp án C.

Đáp án D.

Ta thấy các phương án B, C, D đúng, vậy phương án A sai

Đáp án A.

Dựa vào hình ảnh đồ thị ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^ + }} f\left( x \right) < \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^ - }} f\left( x \right)\) do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{}}} f\left( x \right)\) không tồn tại.

Vậy hàm số gián đoạn tại \(x = \frac{1}{2}.\)

Đáp án D.

Từ bảng biến thiên ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \left( { - 2} \right) - } f\left( x \right) = + \infty \) do đó \(x = - 2\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Đáp án C.

Ta có số hạng tổng quát trong khai triển

\(C_{12}^k{\left( {xy} \right)^{12 - k}}{\left( { - {x^2}} \right)^k} = {\left( { - 1} \right)^k}C_{12}^k{y^{12 - k}}{x^{12 - k}}\left( {0 \le k \le 12,k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Số hạng chứa \({x^{15}}{y^9}\) trong khai triển nhị thức tương ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}12 - k = 9\\12 + k = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 3\left( {TM} \right)\)

Số hạng chứa \({x^{15}}{y^9}\) trong khai triển nhị thức \({\left( {xy - {x^2}} \right)^{12}}\) là \( - C_{12}^3{x^{15}}{y^9}\)

Đáp án D.

Ta có \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 ,SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = 2a,\)

Do đó \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{6}.2a.a.a\sqrt 2 = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{3}\)

Đáp án A.

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SCA} = {60^0}.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 3 .\)

Xét \(\Delta SAC\) có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} \Rightarrow SA = AC.\tan {60^0} = 3a.\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3a.a.a\sqrt 2 = \sqrt 2 {a^3}.\)

Đáp án A.

Ta có \(y' = {x^2} - \left( {m + 3} \right)x + {m^2}.\)

Hàm số đạt cực trị tại \(x = 1\) nên $y\text{'}\left(1\right)=0\iff 1^2-(m+3).1+m^2=0\iff [\begin{array}{l}m=2\\ m=-1\end{array}.$

Kiểm tra

Với \(m = 2\) ta có \(y' = {x^2} - 5x + 4.\)

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right..\)

Do \(x = 1\) là nghiệm đơn của phương trình \(y' = 0\) nên \(x = 1\) là cực trị của hàm số. Do đó \(m = 2\) thỏa mãn.

Với \(m = - 1\) ta có \(y' = {x^2} - 2x + 1.\)

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)

Do \(x = 1\) là nghiệm kép của phương trình \(y' = 0\) nên \(x = 1\) không là cực trị của hàm số. Do đó \(m = - 1\) không thỏa mãn.

Vậy có 1 số thực \(m\) để hàm số đạt cực trị tại \(x = 1.\)

Đáp án D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{m}{2}} \right\}.\)

Ta có: \(y' = \frac{{ - {m^2} + 16}}{{{{\left( {2x - m} \right)}^2}}}.\)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định \( \Leftrightarrow y' >0,\forall x \in D \Leftrightarrow - {m^2} + 16 >0 \Leftrightarrow - 4 < m < 4.\)

Vậy đáp số là \( - 4 < m < 4.\)

Đáp án C.

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t\) bất kỳ là: \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 9,8t.\)

Do đó, vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 6s\) là: \(v\left( 6 \right) = 9,8.6 = 58,8m/s.\)

Đáp án B.

Ta có \(V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4}.4 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\)

Đáp án A.

Giả sử \({0^0} < A < B < C < D < {180^0}\) và \(A,B,C,D\) lập thành 1 cấp số cộng, giả sử công sai \(d >0\left( * \right)\)</>

Khi đó: \(B = A + d,c = A + 2d,D = A + 3d\)

Nên $A={30}^0$

\( \Rightarrow {S_4} = A + B + C + D = {30^0} + {30^0} + d + {30^0} + 2d + {30^0} + 3d = {120^0} + 6d = {360^0}\)

\( \Leftrightarrow f = {40^0} \Rightarrow D = {30^0} + {3.40^0} = {150^0} < {180^0}\) (thỏa mãn)

Nếu \(B = {30^0} \Rightarrow {S_4} = A + B + C + D = {30^0} - d + {30^0} + {30^0} + d + {30^0} + 2d = {360^0}\)

\( \Leftrightarrow {120^0} + 2d = {360^0} \Leftrightarrow d = {120^0}\)

\( \Rightarrow D = {30^0} + 2d = {30^0} + {2.120^0} = {270^0}\) (không thỏa mãn)

Nếu \(C = {30^0} \Rightarrow {S_4} = A + B + C + D = {30^0} - 2d + {30^0} - d + {30^0} + {30^0} + d = {360^0}\)

\( \Leftrightarrow {120^0} - 2d = {360^0} \Leftrightarrow d = - {120^0}\) (không thỏa mãn)

Nếu \(D = {30^0} \Rightarrow {S_4} = A + B + C + D = {30^0} - 3d + {30^0} - 2d + {30^0} - d + {30^0} = {360^0}\)

\( \Leftrightarrow {120^0} - 6d = {360^0} \Leftrightarrow d = - {40^0}\) (không thỏa mãn).

Vậy góc lớn nhất của tứ giác là \({150^0}.\)

Đáp án A.

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{2}{a^2}.\)

\(BB' = a.\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.BB' = \frac{1}{2}{a^3}.\)

Đáp án C.

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\)

Do \(ABCD\) là tứ diện đều nên \(AG \bot \left( {BCD} \right).\)

Ta có \(BG = \frac{2}{3}BI = \frac{2}{3}.\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\)

Suy ra \(AG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}.\)

Lại có \({S_{BCD}} = \frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 .\)

Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.AG = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 6 }}{3} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.\)

Đáp án D.

Xét \(g\left( x \right) = x + \sqrt {16 - {x^2}} \)

TXĐ: \(D = \left[ { - 4;4} \right],g\left( x \right)\) liên tục trên đoạn [-4;4]

Ta có: \(g'\left( x \right) = 1 - \frac{{2x}}{{2\sqrt {16 - {x^2}} }} = 1 - \frac{x}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\)

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {16 - {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\16 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)

Khi đó: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} g\left( x \right) = 4\sqrt 2 ;\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} g\left( x \right) = - 4\)

Từ đó ta được: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = 4\sqrt 2 + a;\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = a\)

Khi đó: \(m + M = {a^2} \Leftrightarrow 4\sqrt 2 + a + a = {a^2} \Leftrightarrow {a^2} - 2a - 4\sqrt 2 = 0 \Rightarrow P = - 4\sqrt 2 \) nên chọn đáp án C.

Vì \(AB//CD\) nên \(\left( {\widehat {SA;CD}} \right) = \left( {\widehat {SA;AB}} \right)\) mà \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều và \(SA = AB = a\) nên \(\Delta SAB\) đều. Vậy \(\widehat {\left( {SA;AB} \right)} = {60^0},\) khi đó góc giữa \(SA\) và \(CD\) là \({60^0}\) nên chọn đáp án A.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {3{x^2} - 2} \right) = 3.{\left( { - 2} \right)^2} - 2 = 10 >0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - 2} \right) = 2 - 2 = 0\\x \to {2^ - } \Rightarrow x < 2 \Rightarrow x - 2 < 0\end{array} \right. \Rightarrow I = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{3{x^2} - 2}}{{x - 2}} = - \infty .\)

Đáp án B.

Ta có: \(y' = - 4{x^3} + 2\left( {{m^2} - m} \right)x = - 2x\left( {2{x^2} - {m^2} + m} \right)\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} = {m^2} - m\left( * \right)\end{array} \right.\)

Để hàm số đã cho có đúng một cực trị

\( \Leftrightarrow \) phương trình \(y' = 0\) phải có duy nhất một nghiệm \(x = 0\)

\( \Leftrightarrow \) Phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \(x = 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - m \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 1.\)

Đáp án C.

Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{x}\left( {\frac{{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}} \right) = 0\)

Nên đường \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Xét \({x^3} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right..\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = - \frac{1}{2}\). Nên đường \(x = 1\) không là đường tiệm cận đứng.

Nên đường \(x = 1\) không là đường tiệm cận đứng.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^3} - x}} = + \infty \)

Nên đồ thị hàm số có các đường tiệm cận đứng là: \(x = - 1;x = 0\)

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Đáp án B.

Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\) ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(I\) là trung điểm của OA

\( \Rightarrow MI//SO \Rightarrow MI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle MNI = {60^0}\)

Xét \(\Delta NCI\) có \(CN = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2};CI = \frac{3}{4}AC = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}a;\angle NCI = {45^0}\)

Suy ra \(NI = \sqrt {C{N^2} + C{I^2} - 2CN.CI.\cos C} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{18{a^2}}}{{16}} - 2.\frac{a}{2}.\frac{{3\sqrt 2 }}{4}.a.\cos {{45}^0}} = a\frac{{\sqrt {10} }}{4}.\)

\(MI = NI.\tan {60^0} = a\frac{{\sqrt {30} }}{4} \Rightarrow SO = a\frac{{\sqrt {30} }}{2}.\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC//\left( {SAD} \right)\\DM \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {BC,DM} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right) = 2h.\)

Xét tứ diện \(\left( {SAOD} \right)\) có \(SO;OA;OD\) đôi một vuông góc

Nên ta có: \(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{2}{{15{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{{62}}{{15{a^2}}} \Rightarrow h = a\sqrt {\frac{{15}}{{62}}} \)

Do đó \(d\left( {BC,DM} \right) = 2h = 2a\sqrt {\frac{{15}}{{62}}} = a\sqrt {\frac{{30}}{{31}}} \)

Đáp án C.

Xét khai triển:

\({\left( {1 - x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - x} \right)}^k}} \)

\( = C_n^0 - C_n^1.x + C_n^2.{x^2} - C_n^3.{x^3} + ... + {\left( { - 1} \right)^k}.{x^k}.C_n^k + ... + C_n^2.{\left( { - x} \right)^n}\)

Lấy đạo hàm cả hai vế ta được:

\( - n{\left( {1 - x} \right)^{n - 1}} = - C_n^1 + 2.C_n^2.x - 3.{x^2}.C_n^3 + ... + {\left( { - 1} \right)^k}.k.{x^{k - 1}}.C_n^k + ... - C_n^n.n.{\left( { - x} \right)^{n - 1}}\)

\( \Rightarrow n{\left( {1 - x} \right)^{n - 1}} = C_n^1 - 2.x.C_n^2 + 3.{x^2}.C_n^3 - ... - {\left( { - 1} \right)^k}.k.{x^{k - 1}}.C_n^k - ... + C_n^n.n.{\left( { - x} \right)^{n - 1}}\)

Cho \(x = 2\) ta được

\(n.{\left( { - 1} \right)^{n - 1}} = C_n^1 - 2.2.C_n^2 + {3.2^2}.C_n^3 - {4.2^3}.C_n^4 + {5.2^4}.C_n^5 + ... + {\left( { - 1} \right)^n}.n{.2^{n - 1}}.C_n^n\)

\( \Leftrightarrow n.{\left( { - 1} \right)^{n - 1}} = - 2022 \Leftrightarrow n = 2022\)

Xét khai triển: \({\left( {x - \frac{2}{x}} \right)^{2020}} = \sum\limits_{k = 0}^{2022} {C_{2022}^k.{x^{2022 - k}}.{{\left( {\frac{{ - 2}}{x}} \right)}^k}} \)

\( = \sum\limits_{k = 0}^{2022} {C_{2022}^k.{{\left( { - 2} \right)}^k}.{x^{2022 - 2k}}} \)

Số hạng không chứa \(x\) ứng với: \(2022 - 2k = 0\)

\( \Leftrightarrow k = 1011\)

Vậy số hạng không chứa \(x\) là: \( - C_{2022}^{1011}{.2^{1011}}\)

Đáp án D.

Vì \(AB//CD\) nên \(\left( {\widehat {SC;AB}} \right) = \left( {\widehat {SC;CD}} \right) = \widehat {SCD}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD\)

\( \Rightarrow \Delta SCD\) vuông tại D.

Trong tam giác vuông \(SAD\) có

\(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 6 .\)

Trong tam giác vuông \(SCD\) có

\(\tan \widehat {SCD} = \frac{{SD}}{{CD}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SCD} = {60^0}.\)

Vậy góc giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(AB\) bằng \({60^0}.\)

Đáp án B.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^3} - 9{x^2} + 12x + m + 2,\) ta có:

\(g'\left( x \right) = 9{x^2} - 18x + 12 = 9{\left( {x - 1} \right)^2} + 3 >0\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {1;3} \right].\)

Suy ra: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = m + 8,\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 3 \right) = m + 38.\)

Vì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( x \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:

\(f\left( x \right) >0\forall x \in \left[ {1;3} \right],\) suy ra: \(g\left( 1 \right).g\left( 3 \right) >0 \Leftrightarrow \left( {m + 8} \right)\left( {m + 38} \right) >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >- 8\\m < - 38\end{array} \right..\)

Suy ra trên đoạn \(\left[ { - 20;30} \right]\) thì \(m >- 8.\)

\(f\left( 1 \right) = \left| {8 + m} \right| = m + 8,f\left( 2 \right) = \left| {14 + m} \right| = m + 14,f\left( 3 \right) = \left| {38 + m} \right| = m + 38.\)

Mặt khác với mọi số thực \(a,b,c \in \left[ {1;3} \right]\) thì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( x \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác khi và chỉ khi \(f\left( 1 \right),f\left( 1 \right),f\left( 3 \right)\) cũng là độ dài ba cạnh của tam giác.

$\iff f\left(1\right)+f\left(1\right)>f\left(3\right)\iff 2m+16>m+38\iff m>22.$

Với \(m \in \left[ { - 20;30} \right]\) thì ta có 8 giá trị nguyên.

Đáp án C.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\) Các điểm \(M,N,P\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) trên các cạnh \(AB,AC,BC.\)

Khi đó ta có: \(\widehat {SMH} = \widehat {SNH} = \widehat {SPH} = {60^0},\) suy ra: \(HM = HN = HP\) hay \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC.\)

Xé tam giác \(ABC\) ta có:

Nửa chu vi: \(p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{5a + 5a + 6a}}{2} = 8a.\)

Diện tích: \({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \sqrt {8a.3a.3a.2a} = 12{a^2}.\)

Áp dụng công thức \(S = pr \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{{12{a^2}}}{{8a}} = \frac{{3a}}{2}.\)

Suy ra: \(HM = r = \frac{{3a}}{2},SH = HM.\tan {60^0} = \frac{{3a}}{2}.\sqrt 3 = \frac{{3\sqrt 3 a}}{2}.\)

Vậy \({V_{ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.12{a^2}.\frac{{3\sqrt 3 a}}{2} = 6\sqrt 3 {a^3}.\)

Đáp án A.

\(g\left( x \right) = f\left( {1 - 2x} \right) + {x^2} - x.\)

\(g'\left( x \right) = - 2f'\left( {1 - 2x} \right) + 2x - 1.\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {1 - 2x} \right) = - \frac{{1 - 2x}}{2}\left( 1 \right).\)

Đặt \(t = 1 - 2x;\left( 1 \right) \Leftrightarrow f'\left( t \right) = - \frac{t}{2}.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\\t = 0\\t = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - 2x = - 2\\1 - 2x = 0\\1 - 2x = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{3}{2}\\x = \frac{1}{2}\\x = - \frac{3}{2}\end{array} \right..\)

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{2};1} \right).\)

Đáp án B.

\(h\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{3}{2}x\)

\(h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \frac{3}{2}.\)

\(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{3}{2}\left( 1 \right)\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là số giao điểm của hai đường \(y = f'\left( x \right)\) và \(y = \frac{3}{2}.\)

Ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{3}{2}x\) có 2 điểm cực tiểu.

Đáp án D.

Ta có: \(y = {x^4} - 2m{x^2} - 2{m^2} + {m^4}\) có 3 điểm cực trị A, B, C.

\(y' = 4{x^3} - 4m = 4x\left( {{x^2} - m} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow m >0\)

Không làm mất tính tổng quát giả sử:

\(A\left( {0;{m^4} - 2{m^2}} \right);B\left( {\sqrt m ;{m^4} - 3{m^2}} \right);C\left( { - \sqrt m ;{m^4} - 3{m^2}} \right);\)

Gọi \(I = AD \cap BC\left( {A,D \in Oy} \right)\)

\(I\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow I\left( {0;{m^4} - 3{m^2}} \right)\)

\(I\) là trung điểm của \(AD \Rightarrow I\left( {0;\frac{{{m^4} - 2{m^2} - 3}}{2}} \right)\)

Đồng nhất ta có: \(\frac{{{m^4} - 2{m^2} - 3}}{2} = {m^4} - 3{m^2} \Leftrightarrow {m^4} - 4{m^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \pm 1\\m = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Kết hợp với đk ta có \(m = 1,m = \sqrt 3 \Rightarrow S = 1 + \sqrt 3 \)

Vậy \(S \in \left( {2;4} \right).\)

Đáp án A.

\(AH = h\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên đáy \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) suy ra là chiều cao

Gọi \(I\) là hình chiếu của \(A\) trên \(A'B' \Rightarrow \widehat {AIH} = {45^0}\)

Gọi \(J\) là hình chiếu của \(A\) trên \(A'D' \Rightarrow \widehat {AJH} = {60^0}\)

Ta có \(\Delta AIH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow IH = AH = h\)

\(\Delta AJH\) vuông tại \(H \Rightarrow JH = \frac{h}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{{h\sqrt 3 }}{3}\)

Tứ giác \(A'JHI\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow A'H = \frac{{2h\sqrt 3 }}{3}\)

\(\Delta AA'H\) vuông tại \(H \Rightarrow 1 = {h^2} + {\left( {\frac{{2h\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} \Rightarrow h = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\)

\({S_{ABCD}} = AB.AD = \sqrt {21} \)

\( \Rightarrow V = {S_{ABCD}}.h = \sqrt {21} .\frac{{\sqrt {21} }}{7} = 3\)

Đáp án D.

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 2} }} - \frac{1}{2},h'\left( x \right) = 3\cos x.f'\left( {3\sin x} \right).\)

Phương trình: \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\f'\left( {3\sin x} \right) = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Với \(x \in \left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right],\) suy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \in \mathbb{Z}\\\frac{\pi }{6} \le \frac{\pi }{2} + k\pi \le 6\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \in \mathbb{Z}\\ - \frac{1}{3} \le k \le \frac{{11}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}.\)

Trên đoạn \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có 6 nghiệm.

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f'\left( {3\sin x} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{3\sin x - 1}}{{\sqrt {{{\left( {3\sin x - 1} \right)}^2} + 2} }} - \frac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {3\sin x - 1} \right) = \sqrt {{{\left( {3\sin x - 1} \right)}^2} + 2} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x >\frac{1}{3}\\4{\left( {3\sin x - 1} \right)^2} = {\left( {3\sin x - 1} \right)^2} + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x >\frac{1}{3}\\{\left( {3\sin x - 1} \right)^2} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x >\frac{1}{3}\\\sin x = \frac{{3 \pm \sqrt 6 }}{9}\end{array} \right. \Rightarrow \sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9}\left( { \approx 0.605} \right)\)

Mặt khác: \(\sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9} >\frac{1}{2} = \sin \frac{\pi }{6}\) nên:

+) Trên \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) thì phương trình \(\sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9}\) cho hai nghiệm.

+) Trên mỗi chu kỳ \(2\pi \) thì phương trình \(\sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9}\) cũng cho hai nghiệm.

Suy ra trên \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) thì phương trình (2) cho 6 nghiệm.

Vậy trên \(\left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right]\) thì phương trình \(h'\left( x \right) = 0\) cho 12 nghiệm.

Đáp án A.

Ta có: \(g'\left( x \right) = - 4f'\left( {3 - 4x} \right) - 16x + 12 = - 4\left[ {f'\left( {3 - 4x} \right) + 4x - 3} \right]\)

\(g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 4x} \right) + 4x - 3 >0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 4x} \right) >3 - 4x\left( * \right)\)</>

Đặt \(t = 3 - 4x\) ta có \(\left( * \right)\) trở thành: \(f'\left( t \right) >t.\)

Từ đồ thị trên ta có: \(f'\left( t \right) >t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < t < 2\\t >4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < 3 - 4x < 2\\3 - 4x >4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{1}{4} < x < \frac{5}{4}\\x < - \frac{1}{4}\end{array} \right..\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{4};\frac{5}{4}} \right).\)

Đáp án D.

\(g\left( x \right) = 10f\left( {x - m} \right) - \frac{{11}}{3}{m^2} + \frac{{37}}{3}m.\)

\(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {x - m} \right) = \frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m.\)

Đặt \(x - m = t,\) khi đó ta có \(f\left( t \right) = \frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m.\)

Để \(y = \left| {g\left( x \right)} \right|\) có 3 điểm cực trị thì phương trình \(f\left( t \right) = 0\) có 3 – 2 = 1 nghiệm đơn.

Khi đó \(\left[ \begin{array}{l}\frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m \ge 3\\\frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m \le - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le \frac{{ - 18}}{{11}}\\m \ge 5\\\frac{{15}}{{11}} \le m \le 2\end{array} \right..\)

Kết hợp với điều kiện trên đoạn \(\left[ { - 20;20} \right]\). Khi đó ta có \(19 + 1 + 16 = 36\) giá trị \(m\) nguyên.

Đáp án C.

Gọi \(H\) là trung điểm \(CD.\)

\(E,F\) lần lượt là điểm trên \(BD,BC\) sao cho \(BE = \frac{1}{3}BC,BF = \frac{1}{3}BD.\)

\(K\) là giao điểm của \(BH\) và \(EF.\) Kẻ \(GL\) vuông góc với \(AK\)

\(\left\{ \begin{array}{l}NP//CD\\NP \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD//\left( {MNP} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNP} \right)//\left( {AEF} \right)\\BK = KG = GH\end{array} \right.\) nên \(d\left( {G;\left( {AEF} \right)} \right) = d\left( {\left( {AEF} \right),\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {MNP} \right)} \right).\)

\(d\left( {CD,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {G,\left( {AEF} \right)} \right) = GL.\)

Ta có GA là chiều cao của khối chóp đều nên \(GA = \frac{{\sqrt 6 }}{3}.\)

\(GK = \frac{1}{3}BH = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}.\)

Trong tam giác \(AGK\) vuông tại \(G\) có \(GL = \sqrt {\frac{{G{A^2}.G{K^2}}}{{G{A^2} + G{K^2}}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{9}\).

Đáp án B.

Gọi

\(H\)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD,\) do \(SB = SC = SD\) nên \(SH\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD,\) suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Do tứ giác \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\) là đường trung trực của đường thẳng \(BD\) do đó \(H \in AC.\)

Đặt \(\alpha = \widehat {ACD},0 < \alpha < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \widehat {BCD} = 2\alpha ,\) suy ra \({S_{ABCD}} = 2{S_{BCD}} = BC.CD.\sin \widehat {BCD} = \sin 2\alpha .\)

Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow CD \bot SK,\) mà \(CD \bot SH\) suy ra \(CD \bot HK.\)

\(HC = \frac{{CK}}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{{2\cos \alpha }},SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {1 - \frac{1}{{4{{\cos }^2}\alpha }}} = \frac{{\sqrt {4{{\cos }^2}\alpha - 1} }}{{2\cos \alpha }}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}\frac{{\sqrt {4\cos \alpha - 1} }}{{2\cos \alpha }}.\sin 2\alpha = \frac{1}{3}\sin \alpha \sqrt {4{{\cos }^2}\alpha - 1} \)

Do đó \(V = \frac{1}{6}\left( {2\sin \alpha } \right)\sqrt {4{{\cos }^2}\alpha - 1} \le \frac{1}{6}\frac{{4{{\sin }^2}\alpha + 4{{\cos }^2}\alpha - 1}}{2} = \frac{1}{4}.\)

Dấu “=” xảy ra khi \(2\sin \alpha = \sqrt {4{{\cos }^2}\alpha - 1} \Leftrightarrow 4{\sin ^2}\alpha = 4{\cos ^2}\alpha - 1 \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{5}{8}\)

\( \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{\sqrt {10} }}{4}.\) Khi đó \(HC = \frac{2}{{\sqrt {10} }},SH = \frac{{\sqrt {15} }}{5}.\)

Gọi \(O = AC \cap BD,\) suy ra \(AC = 2OC = 2CD.\cos \alpha = \frac{{\sqrt {10} }}{2}.\)

\(AH = AC - HC = \frac{{\sqrt {10} }}{2} - \frac{2}{{\sqrt {10} }} = \frac{3}{{\sqrt {10} }}.\)

Vậy \(x = SA = \sqrt {S{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {\frac{3}{5} + \frac{9}{{10}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}.\)

Đáp án D.

Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: \(n\left( \Omega \right) = 10!\) cách.

Gọi \(A\) là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.

Sắp xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí, có 5! cách.

Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại

TH1: Xếp 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa (không xếp vào hai đầu), có \[A_4^3\] cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 trong 2 học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ 4 (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có 2 cách.

Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách.

Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.A_4^3.2.8\) cách.

TH2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào hai đầu, có \(C_3^1.2.A_4^2\) cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn 2 vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có 2 cách.

Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.C_3^1.2.A_4^2.2\) cách.

Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là:

\(n\left( A \right) = 5!.2.8 + 5!.C_3^1.2.A_4^2.2 = 63360\) cách.

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{63360}}{{10!}} = \frac{{11}}{{630}}.\)

Đáp án B.