Đáp án A.

Từ bảng biến thiên, ta thấy \(M = \frac{1}{2},m = - \frac{1}{2}.\)

Vậy \(P = {M^2} + {m^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}.\)

Đáp án A.

Ta có: \({u_3} = {u_1}.{q^2} = {2.2^2} = 8.\)

Đáp án A.

\(f'\left( x \right) >0\) với \(x \in \left( { - 2;0} \right)\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right).\)

Đáp án B.

\(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Hai mặt bên \(\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)\) cùng vuông góc với mặt đáy nên \(SA \bot \left( {ABC} \right).\)

Trong tam giác vuông \(SAC\) ta có: \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 .\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\)

Đáp án C.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)

Ta có \(y' = - \frac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\) với mọi \(x \in D.\) Suy ra, hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Đáp án D.

Ta có \(g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2}} \right) - 2{x^5} + 4{x^3} - 2x.\)

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

Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right),\) khi đó \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 1\\t = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left( 1 \right)\) có nghiệm \(x = 0,x = \pm 1,x = \pm \sqrt 2 .\)

\(f'\left( t \right) >{t^2} - 2t + 1 \Leftrightarrow 0 < t < 1 \Leftrightarrow 0 < {x^2} < 1 \Leftrightarrow - 1 < x < 1.\)

\(f'\left( t \right) < {t^2} - 2t + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < 0\\t >1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x >1\end{array} \right..\)

Bảng biến thiên

Suy ra, hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2}} \right) - \frac{{{x^6}}}{3} + {x^4} - {x^2}\) đạt cực tiểu tại một điểm.

Đáp án A.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là trục \(Ox \Rightarrow m - 2n - 3 = 0\).

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là trục \(Oy \Rightarrow m + n = 0.\)

Suy ra \(\left( {m,n} \right)\) là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}m - 2n - 3 = 0\\m + n = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = - 1\end{array} \right. \Rightarrow S = 0.\)

Đáp án B.

Có \(\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \angle SDA.\)

Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\) có: \(\tan SDA = \frac{{SA}}{{AD}} = \sqrt 3 \Rightarrow \angle SDA = {60^0} \Rightarrow \left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = {60^0}.\)

Đáp án C.

Hàm số liên tục trên đoạn [1;3].

+ Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 16x + 16;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 16x + 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4 \notin \left[ {1;3} \right]\\x = \frac{4}{3} \in \left[ {1;3} \right]\end{array} \right.\)

+ \(f\left( 1 \right) = 0;f\left( 3 \right) = - 6;f\left( {\frac{4}{3}} \right) = \frac{{13}}{{27}}.\) Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = \frac{{13}}{{27}}.\)

Đáp án D.

Hình mười hai mặt đều có 20 đỉnh.

Đáp án C.

Giả sử hình chóp có đáy là đa giác \(n\) cạnh \(\left( {n \ge 3} \right)\) nên có \(n\) cạnh bên.

Tổng số cạnh của hình chóp là \(2n = 20 \Leftrightarrow n = 10.\) Khi đó hình chóp có 10 mặt bên và 1 mặt đáy. Vậy hình chóp có 11 mặt.

Đáp án B.

Đồ thị hình vẽ là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số \(a >0,\) đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\) nên chỉ có hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) thỏa mãn điều kiện trên.

Đáp án D.

Số hạng thứ \(k + 1\) trong khai triển là:

\({T_{k + 1}} = C_7^k{\left( {{x^2}} \right)^{7 - k}}{\left( {\frac{2}{x}} \right)^k} = C_7^k{2^k}.{x^{14 - 3k}}.\)

Vì số hạng có chứa \({x^5}\) nên: \(14 - 3k = 5 \Leftrightarrow k = 3.\)

Vậy hệ số cần tìm là \(h = C_7^3{.2^3} = 280.\)

Đáp án D.

Đặt \(y = h\left( x \right) = \left| {\frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}}} \right|\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + mx + m}}{{x + 1}} = \frac{{{x^2}}}{{x + 1}} + m,\) ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} >0,\forall x \in \left[ {1;2} \right].\)

Suy ra hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {1;2} \right].\)

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{1}{2} + m,\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \frac{4}{3} + m.\)

Nếu \(\frac{1}{2} + m >0 \Leftrightarrow m >- \frac{1}{2}\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} h\left( x \right) = m + \frac{4}{3},\) suy ra: \(\frac{4}{3} + m = 2 \Leftrightarrow m = \frac{2}{3}\) (thỏa mãn).

Nếu \(\frac{4}{3} + m < 0 \Leftrightarrow m < - \frac{4}{3}\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} h\left( x \right) = \left| {m + \frac{1}{2}} \right|,\) suy ra: \(\left| {m + \frac{1}{2}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{3}{2}\left( l \right)\\m = - \frac{5}{2}\end{array} \right..\)

Nếu \(\frac{1}{2} + m < 0 < \frac{4}{3} + m \Leftrightarrow - \frac{4}{3} < m < - \frac{1}{2}\) thì: \(\left| {m + \frac{1}{2}} \right| \le \left| m \right| + \frac{1}{2} \le \frac{4}{3} + \frac{1}{2} = \frac{{11}}{6} < 2,\) suy ra:

\(\left| {m + \frac{4}{3}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + \frac{4}{3} = 2\\m + \frac{4}{3} = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{2}{3}\\m = - \frac{{10}}{3}\end{array} \right.\) (không thỏa mãn).

Vậy có hai giá trị \(m\) thỏa mãn: \(m = - \frac{5}{2}\) và \(m = \frac{2}{3}.\)

Đáp án C.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \frac{1}{4};\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \frac{1}{4} \Rightarrow \) đường thẳng \(y = \frac{1}{4}\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án A.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)

*) Nếu \(m = 0\) ta có \(y = 5x.\) Đồ thị hàm số luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

*) Nếu \(m \ne 0.\) Ta có: \(y' = m{x^2} - 4mx + 3m + 5.\)

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}.\)

\( \Leftrightarrow m{x^2} - 4mx + 3m + 5 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \le 0\\a >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} - m\left( {3m + 5} \right) \le 0\\m >0\end{array} \right..\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 5m \le 0\\m >0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le m \le 5\\m >0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 5\)

Kết hợp với điều kiện ta có: \(0 < m \le 5.\)

Vậy \(0 < m \le 5,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}.\)

Đáp án C.

Dựa vào đồ thị ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = 10\) khi \(x = 4\) và \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} y = - 10\) khi \(x = - 4.\)

Tuy nhiên hàm số không có GTLN, GTNN trên \(\left( { - 4;4} \right).\)

Đáp án B.

Phát biểu đúng là “nếu \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in K\) và \(f'\left( x \right) = 0\) chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên

Đáp án C.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 10!\)

Gọi A là biến cố “xếp 5 nam và 5 nữ ngồi đối diện nhau”

Đánh số cặp ghế đối diện nhau là \({C_1},{C_2},{C_3},{C_4},{C_5}\)

Xếp 5 bạn nam vào 5 cặp ghế có 5! cách.

Xếp 5 bạn nữ vào 5 cặp ghế có 5! cách.

Ở mỗi cặp ghế, ta có 2 cách xếp một cặp nam, nữ ngồi đối diện.

\( \Rightarrow \) Số phần tử của \(A\) là \(n\left( A \right) = 5!.5!{.2^5} = 460800.\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{460800}}{{10!}} = \frac{8}{{63}}.\)

Đáp án A.

Do đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = - 2\) nên loại đáp án C và D.

Xét đáp án A có \(y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D,\) tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = - 2,\) tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 1\) nên chọn.

Xét đáp án B có \(y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} >0,\forall x \in D\) nên loại.

Đáp án D.

Gọi \(O\) là tâm của hình bình hành \(ABCD.\)

Trong \(\left( {SAC} \right).\) Gọi \(I = SO \cap AE.\)

Từ \(I,\) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng \(BD\) cắt hai cạnh \(SB,SD\) lần lượt tại \(M,N.\)

Gọi \(K\) là trung điểm \(EC \Rightarrow SE = EK = KC.\)

Do \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(CAE \Rightarrow OK//IE \Rightarrow \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SE}}{{SK}} = \frac{1}{2}.\)

Do \(MN//BD \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{1}{2}\)

Ta có: \({V_{S.AMBN}} = {V_{S.AMB}} + {V_{S.ABN}}.\)

\(\frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.AME}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABC}}.\)

\(\frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ANE}} = \frac{1}{6}{V_{S.ACD}}.\)

\({V_{S.AMBN}} = {V_{S.AMB}} + {V_{S.ABN}} = \frac{1}{6}\left( {{V_{S.ABC}} + {V_{S.ACD}}} \right) = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}.\)

\( \Rightarrow {V_{S.AMBN}} = \frac{1}{6}V.\)

Đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = m\) có ba nghiệm thực phân biệt khi \(m \in \left( { - \sqrt 2 ; - 1} \right).\)

Đáp án C.

Diện tích của hình chữ nhật \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = AB.AD = a.2a = 2{a^2}.\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .2{a^2} = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\) (đvtt).

Đáp án B.

Số tập hợp con khác rỗng của tập hợp \(A\) mà có \(k\) phần tử là \(C_{20}^k\left( {k \in \mathbb{N},0 \le k \le 20} \right).\)

Khi đó tổng số tập hợp con khác rỗng mà có số phần tử chẵn là \(S = C_{20}^2 + C_{20}^4 + ... + C_{20}^{20}.\)

Xét \({\left( {1 + x} \right)^{20}} = C_{20}^0 + C_{20}^1x + C_{20}^2{x^2} + ... + C_{20}^{20}{x^{20}}.\)

Cho \(x = 1,\) ta được \({2^{20}} = C_{20}^0 + C_{20}^1 + C_{20}^2 + ... + C_{20}^{20}\left( 1 \right)\)

Cho \(x = - 1,\) ta được \(0 = C_{20}^0 - C_{20}^1 + C_{20}^2 - ... + C_{20}^{20}\left( 2 \right).\)

Công vế theo vế (1) và (2), ta được

\({2^{20}} = 2\left( {C_{20}^0 + C_{20}^2 + C_{20}^4 + ... + C_{20}^{20}} \right) \Leftrightarrow 2\left( {S + 1} \right) = {2^{20}} \Leftrightarrow S = {2^{19}} - 1.\)

Đáp án C.

Từ đồ thị hàm số dễ thấy đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 1 điểm nên phương trình \(f\left( x \right) = 1\) có đúng 1 nghiệm.

Vậy mệnh đề C đúng.

Đáp án C.

Trong mp \(\left( {ABC} \right)\) kẻ hình bình hành \(ABDC,AE \bot BD;\) trong mp \(\left( {SAE} \right)\) kẻ \(AH \bot SE.\)

Theo giả thiết:

\(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\AE \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right)\)

\( \Leftrightarrow BD \bot AH\) mà \(AH \bot SE\) nên \(AH \bot \left( {SBD} \right).\)

Ta lại có \(BD//AC \Rightarrow AC//\left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {AC,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {ABD} \right)} \right) = AH\).

Mặt khác: Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0},SA = AB.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\)

Vì \(ABDC\) là hình bình hành nên \(\widehat {ABD} = {180^0} - \widehat {BAC} = {120^0}\) do đó điểm \(E\) nằm ngoài đoạn thẳng \(BD\) và góc \(\widehat {ABE} = {60^0} \Rightarrow AE = AB\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Tam giác \(SAE\) vuông có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}} \Rightarrow A{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)

Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)

Đáp án C.

Dựa vào đồ thị của hàm số ta thấy hàm số có 4 điểm cực trị

Vậy đáp án đúng là đáp án C.

Đáp án D.

Hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow \) Tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right)\) có phương trình là:

\(y = \left( {3x_M^2 - 6{x_M}} \right)\left( {x - {x_M}} \right) + x_M^3 - 3x_M^2 + 2\)

Tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) cắt \(\left( C \right)\) tại điểm \(N\left( {{x_N};{y_N}} \right)\) (khác \(M)\) nên \({x_M};{x_N}\) là nghiệm của phương trình: \({x^3} - 3{x^2} + 2 = \left( {3x_M^2 - 6{x_M}} \right)\left( {x - {x_M}} \right) + x_M^3 - 3x_M^2 + 2\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^3} - x_M^3} \right) - 3\left( {{x^2} - x_M^2} \right) - \left( {3x_M^2 - 6{x_M}} \right)\left( {x - {x_M}} \right) = 0\)

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

\(M\) khác \(N \Leftrightarrow {x_M} \ne - 2{x_M} + 3 \Leftrightarrow 3{x_M} \ne 3 \Leftrightarrow {x_M} \ne 1 \Rightarrow {x_N} = - 2{x_M} + 3\)

Khi đó: \(P = 5x_M^2 + x_N^2 = 5x_M^2 + {\left( { - 2x_M^{} + 3} \right)^2} = 9x_M^2 - 12{x_M} + 9 = {\left( {3{x_M} - 2} \right)^2} + 5 \ge 5\) với \(\forall {x_M}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\left( {3{x_M} - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow 3{x_M} - 2 = 0 \Leftrightarrow 3{x_M} = 2 \Leftrightarrow {x_M} = \frac{2}{3}\) (thỏa mãn)

Với \({x_M} = \frac{2}{3} \Rightarrow {y_M} = \frac{{26}}{{27}} \Rightarrow OM = \sqrt {{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{26}}{{27}}} \right)}^2}} = \frac{{10\sqrt {10} }}{{27}}\)

Vậy \(OM = \frac{{10\sqrt {10} }}{{27}}.\)

Đáp án B.

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

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

Đáp án D.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}}{{x\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 + \frac{1}{x}}}{{1 - \frac{1}{x}}} = 2.\)

Đáp án A.

Thể tích của khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}Bh.\)

Đáp án D.

\(M\left( {0;2} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Đáp án C.

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD,M\) là trung điểm của \(CD\) ta có:

\(BM = 2\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 ;BG = \frac{2}{3}BM = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

\[AG \bot (BCD) = >AG \bot BG = >SG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}} = \sqrt {{2^2} - {{(\frac{{2\sqrt 3 }}{3})}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}.\]

\[{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}BM.CD = \frac{1}{2}.\sqrt 3 .2 = \sqrt 3 \]

\[ = >{V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AG.{S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 6 }}{3} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\]

Đáp án A.

Xét mặt phẳng chứa tam giác \(ABD\). Gọi \(D'\) trên \(IE\) sao cho \[DD'//AQ\] ta có: \(\frac{{DD'}}{{MQ}} = \frac{{ED}}{{EQ}} = \frac{2}{3}\)

Mà \(\Delta KDD' \sim \Delta KAM \Rightarrow \frac{{KD}}{{KA}} = \frac{{DD'}}{{AM}} = \frac{{DD'}}{{2MQ}} = \frac{1}{3}\)

Gọi \(M'\) trên \(BD\) sao cho \(MM'//AB.\) Ta có:

\(M'Q = \frac{1}{3}BQ = \frac{1}{3}.\frac{1}{4}BE = \frac{1}{{12}}BE \Rightarrow EM' = 3EQ + QM' = \left( {\frac{3}{4} + \frac{1}{{12}}} \right)BE = \frac{5}{6}BE\)

\( \Rightarrow \frac{{MM'}}{{IB}} = \frac{{EM'}}{{EB}} = \frac{5}{6} \Rightarrow MM' = \frac{5}{6}IB\)

Xét mặt tam giác \(ABQ\). Ta có \(\frac{{MM'}}{{AB}} = \frac{{QM}}{{QA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{5}{6}\frac{{IB}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{IB}}{{AB}} = \frac{2}{5} \Rightarrow \frac{{AI}}{{AB}} = \frac{3}{5}\)

Vì \(MN//PQ//CD \Rightarrow MN//\left( {ACD} \right) \Rightarrow MN//JK//CD \Rightarrow \frac{{AJ}}{{AC}} = \frac{{AK}}{{AD}} = \frac{3}{4}\)

Vì \(ABCD\) là tứ diện đều có cạnh bằng \(a \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Ta lại có: \(\frac{{{V_{AIJK}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AI}}{{AB}}.\frac{{AJ}}{{AC}}.\frac{{AK}}{{AD}} = \frac{3}{5}.\frac{3}{4}.\frac{3}{4} = \frac{{27}}{{80}} \Rightarrow {V_{AIJK}} = \frac{{27}}{{80}}{V_{ABCD}} = \frac{{27}}{{80}}\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{9\sqrt 2 {a^3}}}{{320}}\)

Đáp án A.

Trong các công thức về số các chỉnh hợp và số các tổ hợp công thức đúng là \(C_{n + 1}^k = C_n^k + C_n^{k - 1}\) (với \(1 \le k \le n).\)

Công thức \(A_n^k = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}},C_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}},C_{n + 1}^k = C_n^{k + 1}\) là các công thức sai.

Đáp án B.

Gọi \({R_1},{R_2},{R_3}\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(\Delta HAB,\Delta HBC,\Delta HAC\)

Áp dụng định lý sin vào các \(\Delta HAB,\Delta HBC,\Delta HAC\) ta có:

\(AB = 2{R_1}\sin \widehat {AHB} \Rightarrow {R_1} = \frac{{AB}}{{2\sin \widehat {AHB}}} = 2.\)

\(BC = 2{R_2}\sin \widehat {BHC} \Rightarrow {R_2} = \frac{{BC}}{{2\sin \widehat {BHC}}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\)

\(AC = 2{R_3}\sin \widehat {CHA} \Rightarrow {R_1} = \frac{{AC}}{{2\sin \widehat {CHA}}} = 1.\)

Gọi \({r_1},{r_2},{r_3}\) lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp các tứ diện \(S.HAB,S.HBC,S.HAC.\)

Nhận xét: Trong hình chóp \(S.HAB\) với \(SH \bot \left( {HAB} \right)\) ta có \(r_1^2 = R_1^2 + {\left( {\frac{{SH}}{2}} \right)^2}.\)

Khi đó \(r_1^2 = R_1^2 + {\left( {\frac{{SH}}{2}} \right)^2};r_2^2 = R_2^2 + {\left( {\frac{{SH}}{2}} \right)^2};r_3^2 = R_3^2 + {\left( {\frac{{SH}}{2}} \right)^2}\).

Suy ra \(r_1^2 + r_2^2 + r_3^2 = R_1^2 + R_2^2 + R_3^2 + \frac{{3.S{H^2}}}{4}.\)

Do tổng diện tích các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp \(S.HAB,S.HBC,S.HCA\) là \(\frac{{124}}{3}\pi \)

Ta có: \(4\pi \left( {r_1^2 + r_2^2 + r_3^2} \right) = \frac{{124}}{3}\pi \Leftrightarrow r_1^2 + r_2^2 + r_3^2 = \frac{{31}}{3}.\)

Khi đó: \(\frac{{31}}{3} = R_1^2 + R_2^2 + R_3^2 + \frac{{3.S{H^2}}}{4} \Leftrightarrow S{H^2} = \frac{4}{3}\left( {\frac{{31}}{3} - R_1^2 + R_2^2 + R_3^2} \right) = \frac{{16}}{3} \Rightarrow SH = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{4}{3}\) (đvtt).

Đáp án D.

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \left( {{x^2} + \frac{3}{2}x - \frac{3}{2}} \right) = f'\left( x \right) - h\left( x \right).\)

Ta vẽ đồ thị hàm số \(h\left( x \right) = {x^2} + \frac{3}{2}x - \frac{3}{2}\) và \(y = f'\left( x \right)\) trên cùng một hệ trục:

Đồ thị hàm số \(y = h\left( x \right)\) có đỉnh \(I\left( { - 1; - 2} \right)\) và đi qua các điểm \(\left( { - 3; - 3} \right),\left( {1;1} \right).\)

\(\left( I \right)\)\(g\left( 0 \right) < g\left( 1 \right).\) Đúng.

\(\left( {II} \right)\)\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( { - 1} \right).\) Đúng.

\(\left( {III} \right)\)Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 3; - 1} \right).\) Đúng.

\(\left( {IV} \right)\)\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} g\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} \left\{ {g\left( { - 3} \right);g\left( 1 \right)} \right\}.\) Đúng.

Vậy cả bốn mệnh đề đều đúng.

Đáp án C.

Ta có: \(\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{{V_{S.MBCDN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - \frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = 1 - k\)

Với \(k = \frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{S_{\Delta AMN}}}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{{S_{\Delta AMN}}}}{{2{S_{ABD}}}} = \frac{1}{2}\frac{{AM.AN}}{{AB.AD}}\)

Mặt khác ta có: \(4 = \frac{{AB}}{{AM}} + 2\frac{{AD}}{{AN}} \ge 2\sqrt {\frac{{AB}}{{AM}}.2\frac{{AD}}{{AN}}} \Leftrightarrow 2 \ge \frac{{AB}}{{AM}}.\frac{{AD}}{{AN}} \Leftrightarrow \frac{{AM}}{{AB}}\frac{{AN}}{{AD}} \ge \frac{1}{2}.\)

Suy ra: \(k = \frac{1}{2}\frac{{AM.AM}}{{AB.AD}} \ge \frac{1}{4}.\)

\({k_{\min }} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{AM}} = \frac{{2AD}}{{AN}} = 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM = 2AM\\AD = AN\end{array} \right. \Leftrightarrow N \equiv D,M\) là trung điểm của \(AB.\)

Suy ra: \(\frac{{{V_1}}}{V} \le 1 - {k_{\min }} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}.\)

Đáp án B.

Ta có \(y = g\left( x \right) = f\left( {\left| {x - 3} \right|} \right) \Rightarrow y' = \frac{{x - 3}}{{\left| {x - 3} \right|}}.f'\left( {\left| {x - 3} \right|} \right).\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {x - 3} \right| = - 1\left( L \right)\\\left| {x - 3} \right| = 1\\\left| {x - 3} \right| = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \vee x = 4\\x = - 1 \vee x = 7\end{array} \right.\) (Hàm số không có đạo hàm tại \(x = 3).\)

BBT

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

Đáp án B.

Vì \(SA,SB,SC\) đôi một vuông góc nên \(AS \bot \left( {SBC} \right)\) và \(\Delta SBC\) vuông tại \(S.\)

Nên thể tích khối chóp \(SABC\) là \(V = \frac{1}{6}.SA.SB.SC = \frac{1}{6}.3a.4a.5a = 10{a^3}.\)

Đáp án C.

Hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{x}\) có tập xác định \(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right).\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1.\) Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y = 1.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = + \infty .\) Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 0.\)

Vậy đồ thị của hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{x}\) có tiệm cận.

Đáp án A.

Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\) có tập xác định \(D = \mathbb{R},\) có đạo hàm \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1.\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 1.\)\(\left( 1 \right)\)

Nhận xét số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 1.\)

Ta có đồ thị như sau:

Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 2\end{array} \right..\)

Với \(x = 1\) là nghiệm kép, \(x = - 1;x = 2\) là nghiệm đơn.

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra \(g\left( { - 1} \right) >g\left( 1 \right) >g\left( 2 \right).\)

Đáp án A.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x\)

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại \(M\) là \(k = y'\left( 1 \right) = - 3\)

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \(\left( C \right):y = {x^3} - 3{x^2}\) tại điểm \(M\left( {1; - 2} \right)\) là

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

Đáp án A.

\({\sin ^2}x + 2\sin x + 3 = \left( {2{{\cos }^3}x + m} \right)\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} + 2{\cos ^3}x + {\cos ^2}x + m\)

\( \Leftrightarrow {\sin ^3}x + 2\sin x + 1 - {\cos ^2}x + 2 = \left( {2{{\cos }^3}x + m} \right)\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} + 2{\cos ^3}x + m\)

\( \Leftrightarrow {\sin ^3}x + 2\sin x + {\sin ^2}x + 2 = \left( {2{{\cos }^3}x + m} \right)\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} + 2{\cos ^3}x + m\)

Đặt \(u = \sqrt {2{{\cos }^3} + m - 2} \Rightarrow {u^2} = 2{\cos ^3}x + m - 2\)

Phương trình trở thành:

\({\sin ^3}x + 2\sin x + {\sin ^2}x + 2 = \left( {{u^2} + 2} \right)u + {u^2} + 2\)

\({\sin ^3}x + 2\sin x + {\sin ^2}x + 2 = {u^3} + {u^2} + 2u + 2\left( 1 \right)\)

Xét hàm đặc trưng: \(f\left( t \right) = {t^3} + {t^2} + 2t + 2\)

\(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 2t + 2 >0,\forall t \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( t \right)\) là hàm đồng biến

Phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {\sin x} \right) = f\left( u \right) \Leftrightarrow u = \sin x\)

Với \(u = \sin x\) ta có \(\sqrt {2{{\cos }^3}x + m - 2} = \sin x \Leftrightarrow 2{\cos ^3}x + m - 2 = {\sin ^2}x\)

\( \Leftrightarrow - m = 2{\cos ^3}x + {\cos ^2}x - 1\)

Đặt \(X = \cos x\) phương trình trở thành \( - m = 2{X^3} + {X^2} - 1\left( 2 \right)\)

Với \(x \in \left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right) \Rightarrow X \in \left( { - \frac{1}{2};1} \right].\)

Ứng với mỗi \(X \in \left( { - \frac{1}{2};1} \right]\) thì có duy nhất một giá trị của \(x \in \left[ {0;\frac{{2\pi }}{3}} \right)\) do đó phương trình ban đầu có đúng một nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{{2\pi }}{3}} \right)\) thì phương trình (2) có duy nhất một nghiệm thuộc \(X \in \left( { - \frac{1}{2};1} \right]\)

Xét hàm \(g\left( X \right) = 2{X^3} + {X^2} - 1\)

\(g'\left( X \right) = 6{X^2} + 2X;g'\left( X \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}X = 0\\X = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có phương trình (2) có duy nhất một nghiệm thuộc \(X \in \left( { - \frac{1}{2};1} \right]\) khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}m = - 3\\ - \frac{{80}}{{27}} < m \le 0\end{array} \right.\)

Mà \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0} \right\}\) do vậy có 4 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Đáp án C.

Hai tam giác \(AHE\) và \(CFG\) đồng dạng suy ra: \(\frac{{CG}}{{AE}} = \frac{{CF}}{{AH}} \Leftrightarrow \frac{y}{2} = \frac{3}{x} \Leftrightarrow xy = 6.\)

Ta có: \({S_{EFGH}} = {S_{ABCD}} - {S_{AHE}} - {S_{BEF}} - {S_{CFG}} - {S_{DGH}}\)

\( = 36 - \frac{1}{2}.2x - \frac{1}{2}.4.3 - \frac{1}{2}.3.y - \frac{1}{2}.\left( {6 - x} \right).\left( {6 - y} \right)\)

\( = 36 - x - 6 - \frac{3}{2}.y - \frac{1}{2}.\left( {36 - 6\left( {x + y} \right) + xy} \right)\)

\( = 36 - x - 6 - \frac{3}{2}.y - \frac{1}{2}.\left( {36 - 6\left( {x + y} \right) + 6} \right) = 9 + 2x + \frac{3}{2}y\)

Với \(y = \frac{6}{x},\) ta có: \({S_{EFGH}} = 9 + 2x + \frac{9}{x}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 9 + 2x + \frac{9}{x},\) trên khoảng \(\left( {0;6} \right)\) ta có: \(f'\left( x \right) = 2 - \frac{9}{{{x^2}}},\) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2 - \frac{9}{{{x^2}}} = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\)

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: \({\min _{{S_{EFGH}}}} = \mathop {\min }\limits_{\left( {0;6} \right)} f\left( x \right) = 9 + 6\sqrt 2 \) khi \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow y = 2\sqrt 2 .\)

Đáp án D.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right).\) Hình chóp \(S.ABCD\) đều nên \(H\) là tâm hình vuông \(ABCD,\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\) và \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có: \(HD \bot AC \Rightarrow HD \bot \left( {SAC} \right).\left( 1 \right)\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD,\) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HM\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right)\) mà \(CD \subset \left( {SCD} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \bot \left( {SHM} \right)\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {SHM} \right) = SM\end{array} \right.\) nên từ \(H\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(SM\) tại \(K,\) suy ra \(HK \bot \left( {SCD} \right)\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\alpha = \left( {\left( {SAC} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {HD,HK} \right) = \widehat {KHD}.\)

Tam giác \(KHD\) vuông tại \(K\) có \(HD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\sqrt 2 = a.\)

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{D^2} - H{D^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2} - {a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\)

Vậy \(\cos \alpha = \frac{{HK}}{{HD}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}.\)

Đáp án A.

Số nghiệm của \( - {x^4} + 2{x^2} = m\) là số điểm chung giữa đường thẳng \(y = m\) và đồ thị hàm số đã vẽ.

Phương trình đã cho có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m < 0\end{array} \right..\)

Đáp án D.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)

Nếu \(m = - 2\) thì \(y = 3{x^2} - 2x - 6\) là hàm số bậc hai nên không thể có hai điểm cực trị.

Xét \(m \ne - 2\) lúc đó \(y = \left( {m + 2} \right){x^3} + 3{x^2} + mx - 6\) là hàm số bậc ba, hàm số có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt.

Ta có \(y' = 3\left( {m + 2} \right){x^2} + 6x + m,\) phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' >0\)

\( \Leftrightarrow 9 - 3m\left( {m + 2} \right) >0 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 3 < 0 \Leftrightarrow - 3 < m < 1.\)

Vậy tập các giá trị \(m\) để hàm số có hai điểm cực trị là \(m \in \left( { - 3;1} \right)\backslash \left\{ { - 2} \right\}\). Do đó có tất cả là 2 số nguyên để hàm số \(y = \left( {m + 2} \right){x^3} + 3{x^2} + mx - 6\) có hai điểm cực trị là \(m = - 1\) và \(m = 0.\)

Đáp án A.

ĐK: \(x \ge - 1\) và \({x^2} - \left( {1 - m} \right)x + 2m >0\)

Xét phương trình \(1 + \sqrt {x + 1} = 0\) vô nghiệm.

Xét phương trình \({x^2} - \left( {1 - m} \right)x + 2m = 0\left( * \right).\) Để đồ thị hàm số có hai TCĐ thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐK \(x \ge - 1.\)

\( \Leftrightarrow \Delta >0 \Leftrightarrow {\left( {1 - m} \right)^2} - 8m >0 \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 1 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >5 + 2\sqrt 6 \\m < 5 - 2\sqrt 6 \end{array} \right..\)

Khi đó gọi hai nghiệm của phương trình là \({x_1} >{x_2}\) ta có:

\({x_1} >{x_2} \ge - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}af\left( { - 1} \right) \ge 0\\\frac{S}{2} >- 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 \ge 0\\2 - m >- 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 2\\m < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m < 4\)

Kết hợp điều kiện ta có: \(m \in \left[ { - 2;5 - 2\sqrt 6 } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{m \in \mathbb{Z}} m \in \left\{ { - 2; - 1;0} \right\}.\)

Thử lại:

Với \(m = - 2 \Rightarrow {x^2} - 3x - 4 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >4\\x < - 1\end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left( {4; + \infty } \right)\)

Khi đó hàm số có dạng \(y = \frac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - 3x - 4} }}\) có 1 tiệm cận đứng \(x = 4 \Rightarrow \) Loại.

Với \(m = - 1 \Rightarrow {x^2} - 2x - 2 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >1 + \sqrt 3 \\x < 1 - \sqrt 3 \end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left[ { - 1;1 - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {1 + \sqrt 3 ; + \infty } \right)\)

Khi đó hàm số có dạng \(y = \frac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - 2x - 2} }}\) có 2 tiệm cận đứng \(x = 1 \pm \sqrt 3 \Rightarrow TM.\)

Khi \(m = 0 \Rightarrow {x^2} - x >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >1\\x < 0\end{array} \right. \Rightarrow TXD:D = \left[ { - 1;1} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)\)

Khi đó hàm số có dạng \(y = \frac{{1 + \sqrt {x + 1} }}{{\sqrt {{x^2} - x} }}\) có 2 tiệm cận đứng \(x = 0;x = 1 \Rightarrow TM.\)

Vậy \(m \in \left\{ { - 1;0} \right\}.\)

Đáp án B.