Đáp án B.

Ta có \({\log _5}\left( {{5^a}{{25}^b}} \right) = {5^{{{\log }_5}a + {{\log }_5}b + 1}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}{5^a} + {\log _5}{25^b} = {5^{{{\log }_5}a}}{.5^{{{\log }_5}b}}.5\)

\( \Leftrightarrow a + b{\log _5}25 = a.b.5\)

\( \Leftrightarrow a + 2b = 5ab\)

Đáp án C.

Ta có: \(SB = \frac{{OB}}{{\sin \widehat {BSO}}} = \frac{a}{{\frac{1}{2}}} = 2a\)

\({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .a.2a = 2{a^2}\pi .\)

Đáp án A.

Từ đồ thị của hàm số ta suy ra:

Tiệm cận đứng \(x = - \frac{d}{c} < 0 \Rightarrow cd >0\left( 1 \right)\)</>

Tiệm cận ngang \(y = \frac{a}{c} >0 \Rightarrow ac >0\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra \(ad >0.\)

Giao điểm với trục hoành \(x = - \frac{b}{a} >0 \Rightarrow ab < 0.\)

Vậy ta có \(ab < 0\) và \(ad >0.\)

Đáp án A.

Vẽ đường cao

\(SO\) của tam giác đều \(SAB.\)

Ta có \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Do đó \(SO\) là đường cao của hình nón \(S.ABCD\) và \(SO = \frac{{6a\sqrt 3 }}{2} = 3a\sqrt 3 .\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD:V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.{\left( {6a} \right)^2}.3a\sqrt 3 = 36\sqrt 3 {a^3}.\)

Đáp án B.

Ta có tam giác \(SAB\) là tam giác đều cạnh \(2a\) nên \(SA = SB = AB = 2a\)

Khi đó: \(R = OA = a,l = SA = 2a.\) Nên \(h = SO = a\sqrt 3 .\)

Vậy chọn đáp án B.

Đáp án B.

Ta có tam giác \(SAB\) là tam giác đều cạnh 4 nên \(SA = SB = AB = 4.\)

Khi đó: \(R = OA = 2,l = SA = 4.\) Nên \(h = SO = 2\sqrt 3 .\)

Ta có: \({S_{tp}} = \pi Rl + \pi {R^2} = \pi .2.4 + \pi {.2^2} = 12\pi \) nên chọn đáp án B.

Đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(y = {x^3} - 2{x^2} + 3x - 2\) với trục hoành là

\({x^3} - 2{x^2} + 3x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\) (do \({x^2} - x + 2 >0,\forall x \in \mathbb{R}).\)

Vậy số giao điểm cần tìm là 1.

Đáp án D.

Ta có \(V = \frac{1}{3}B.h\) suy ra \(h = \frac{{3V}}{B} = \frac{{3.36}}{6} = 18\left( {cm} \right).\)

Đáp ánB.

Đáp ánB.

Đáp ánA.

Ta có: \[y' >0\]khi \[x \in ( - \infty ;0)\] và \[x \in (2; + \infty )\]. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \[(2; + \infty )\].

Đáp án B.

Số hạng thứ \[k + 1\] của khai khiển \[{(a + b)^n}\]là \[C_n^k{a^{n - k}}{b^k},k = 0,1,2,....,n\].

Đáp án D.

Ta có: \({u_8} = {u_1}.{q^7} \Leftrightarrow 384 = {u_1}{.2^7} \Leftrightarrow {u_1} = 3.\)

Đáp án D.

Dựa vào đồ thị hàm số \(f'\left( x \right),\) ta có \(f'\left( x \right) < 0\) với mọi \(x \in \left( { - 3; - 2} \right)\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3; - 2} \right).\)

Đáp án A.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0\) nên \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} f\left( x \right) = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( 0 \right)}^ + }} f\left( x \right) = + \infty \) nên \(x = - 2,x = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Đáp án D.

Xét khai triển \({\left( {1 - x} \right)^{11}} = \sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k.{{\left( { - 1} \right)}^k}.{x^k}.} \)

Ta có hệ số của số hạng chứa \({x^3}\) là \( - C_{11}^3.\)

Đáp án C.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 2\) nên loại đáp án A; D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y = 1\) nên loại đáp án B.

Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}.\)

Đáp án A.

Ta có \(d = {u_{n + 1}} - {u_n} = 4\left( {n + 1} \right) - 3 - \left( {4n - 3} \right) = 4.\)

Đáp án D.

Đặt \(t = {\sin ^2}x \Rightarrow 0 \le t \le 1.\)

Phương trình \(f\left( {{{\sin }^2}x} \right) = m \Leftrightarrow f\left( t \right) = m\left( * \right),0 \le t \le 1.\)

Nhìn vào đồ thị suy ra phương trình (*) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) có nghiệm khi và chỉ khi \( - 1 \le m \le 3.\)

Đáp án A.

Số các tứ giác được tạo thành từ 4 đỉnh của một đa giác đều 24 đỉnh là: \(C_{24}^4 = 10626\)

\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 10626.\)

Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được 4 đỉnh là 4 đỉnh của một hình vuông”.

Ta có:

Số các đường chéo là đường kính: \(\frac{{C_{24}^1}}{2} = 12.\)

Trong đó số cặp đường kính vuông góc với nhau: \(\frac{{12}}{2} = 6.\)

Suy ra số hình vuông được tạo thành là: 6

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 6.\)

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{10626}} = \frac{1}{{1771}}.\)

Đáp án C.

Thể tích khối tứ diện \(OABC:V = \frac{1}{6}OA.OB.OC = \frac{{3a.2a.2a}}{6} = 2{a^3}.\)

Đáp án B.

Các mặt của hình bát diện đều cạnh \(a\) đều là tam giác đều có diện tích \({S_1} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Vậy tổng diện tích 8 mặt là \(S = 8.{S_1} = 2\sqrt 3 {a^2}.\)

Đáp án C.

Diện tích \(\Delta ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = AA'.{S_{ABC}} = {a^3}\sqrt {15} .\)

Đáp án D.

Vì \(\sqrt 3 \) không nguyên nên tập xác định của hàm số là \(D = \left( {0; + \infty } \right).\)

Đáp án C.

Ta có: \({\log _{16}}81 = \frac{4}{2}{\log _4}3 = \frac{2}{{{{\log }_3}4}} = \frac{2}{a}\)

Đáp án A.

Số cách chọn 4 bạn tùy ý trong 30 bạn là: \(C_{30}^4 = 27405.\)

Số cách chọn 4 bạn trong 30 bạn mà không có bạn nào làm cán sự lớp là: \(C_{27}^4 = 17550\)

Số cách chọn 4 bạn thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \(C_{30}^4 - C_{27}^4 = 9855\)

Đáp án A.

Hàm số có hai điểm cực trị \(x = - 1\) và \(x = 0.\)

Đáp án B.

Giá trị cực đại của hàm số bằng 0 tại \(x = 0\)

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng \( - \frac{1}{6}\) tại \(x = 1.\)

Đáp án B.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

\(y' = 6{x^2} - 6,y' = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right..\)

Căn cứ vào bảng biến thiên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đáp án A.

\(3f\left( x \right) + 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{2}{3}\)

Căn cứ vào bảng biến thiên thì phương trình \(3f\left( x \right) + 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{2}{3}\) có 3 nghiệm phân biệt.

Đáp án B.

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

\(y' = \frac{{ - 14}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D \Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên hai khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Đáp án C.

Ta có: \(y' = 1 - \frac{8}{{{x^3}}} = \frac{{{x^3} - 8}}{{{x^3}}};y' = 0 \Leftrightarrow {x^3} = 8 \Leftrightarrow x = 2.\)

Bảng biến thiên:

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 3.\)

Đáp án C.

Ta có: \(P = {x^{\frac{1}{3}}}.\sqrt[6]{x} = {x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{2}}} = \sqrt x .\)

Đáp án A.

Xét hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\left( {a \ne 0} \right).\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } = - \infty \) nên \(a < 0\) và \({x_{CD}} + {x_{CT}} = 0 + \left( { - 2} \right) = - 2 < 0 \Rightarrow - \frac{{2b}}{{3a}} < 0,\) mà \(a < 0 \Rightarrow b < 0.\)

Đáp án D.

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

Trong đó \(x = 2\) là nghiệm kép \(x = 0,x = \frac{2}{3}\) là nghiệm đơn, nên dấu của đạo hàm \(f'\left( x \right) = x{\left( {x - 2} \right)^2}\left( {3x - 2} \right),\forall x \in \mathbb{R}\) bị đổi dấu 2 lần. Suy ra hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Đáp án D.

Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 8{x^2} + \left( {{m^2} + 5} \right)x - 2{m^2} + 14\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow {x^3} - 8{x^2} + \left( {{m^2} + 5} \right)x - 2{m^2} + 14 = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

+) \({x^3} - 8{x^2} + \left( {{m^2} + 5} \right)x - 2{m^2} + 14 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left[ {\left( {x - 7} \right)\left( {x + 1} \right) - {m^2}} \right] = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 6x - 7 + {m^2} = 0\left( 1 \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt \(\left( {x \ne 2} \right)\)

Đáp ánC.

Mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm do vậy thí sinh được 6 điểm thì phải làm đúng số câu là \(\frac{6}{{0,2}} = 30\) câu

Mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng vì vậy xác suất trả lời đúng một câu là \(\frac{1}{4} = 0,25\) và xác suất trả lời sai một câu là \(\frac{3}{4} = 0,75\)

Số cách chọn 30 câu trả lời đúng trong 50 câu là \(C_{50}^{30}\)

Vậy xác suất để thí sinh đó được 6 điểm là \({0,25^{30}}{.0,75^{20}}.C_{50}^{30}.\)

Đáp án A.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(BC,G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)

Hình chiếu vuông góc của điểm \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) trùng với trọng tâm tam giác \(\left( {ABC} \right)\) nên \(A'G \bot \left( {ABC} \right)\)

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AN \bot BC\left( 1 \right)\)

Lại có \(A'G \bot BC\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BC \bot \left( {A'AN} \right)\)

Trong mặt phẳng \(\left( {A'AN} \right)\) từ \(N\) kẻ \(NH \bot A'A\) suy ra \(NH\) là ddonanj vuông góc chung của \(AA'\) và \(BC\) do đó \(d\left( {A'A;BC} \right) = NH = \frac{{\sqrt {17} }}{6}a\)

Đặt \(AB = 2x\)

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(BC = 2x\sqrt 2 ;AN = \frac{1}{2}BC = x\sqrt 2 \)

\(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AN = \frac{{2x\sqrt 2 }}{3}\)

Trong tam giác vuông \(A'AG\) có \(A'{G^2} = A'{A^2} - A{G^2} = 4{a^2} - \frac{{8{x^2}}}{9}\)

Trong mặt phẳng \(\left( {A'AN} \right)\) kẻ \(GK//NH \Rightarrow GK = \frac{2}{3}NH = \frac{{a\sqrt {17} }}{9}\)

Trong tam giác vuông \(A'AG\) có

\(\frac{1}{{G{K^2}}} = \frac{1}{{A'{G^2}}} + \frac{1}{{A{G^2}}} \Leftrightarrow \frac{{81}}{{17{a^2}}} = \frac{1}{{4{a^2} - \frac{{8{x^2}}}{9}}} + \frac{1}{{\frac{{8{x^2}}}{9}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{81}}{{17{a^2}}} = \frac{{4{a^2}}}{{\left( {4{a^2} - \frac{{8{x^2}}}{9}} \right).\frac{{8{x^2}}}{9}}}\)

\( \Leftrightarrow 64{x^4} - 288{a^2}{x^2} + 68{a^4} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = \frac{{17}}{4}{a^2} \Rightarrow x = \frac{{\sqrt {17} }}{2}a \Rightarrow AB = a\sqrt {17} \\{x^2} = \frac{1}{4}{a^2} \Rightarrow x = \frac{1}{2}a \Rightarrow AB = a\end{array} \right.\)

Mà \(AB < a\sqrt 3 \) nên \(AB = a\)

Cách để tính AB

Ta có \(NH.AA' = A'G.AN\) (vì cùng bằng 2 lần diện tích tam giác \[A'NA)\]

\( \Leftrightarrow \frac{{a\sqrt {17} }}{6}.2a = \sqrt {4{a^2} - \frac{{8{x^2}}}{9}} .x\sqrt 2 \)

\( \Leftrightarrow 16{x^4} - 72{a^2}{x^2} + 17{a^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = \frac{{17}}{4}{a^2} \Rightarrow x = \frac{{\sqrt {17} }}{2}a \Rightarrow AB = a\sqrt {17} \\{x^2} = \frac{1}{4}{a^2} \Rightarrow x = \frac{1}{2}a \Rightarrow AB = a\end{array} \right.\)

Mà \(AB < a\sqrt 3 \) nên \(AB = a.\)

\(A'{G^2} = A'{A^2} - A{G^2} = 4{a^2} - \frac{{8{x^2}}}{9} = \frac{{34{a^2}}}{9} \Rightarrow A'G = \frac{{a\sqrt {34} }}{3}\)

Thể tích \(V\) của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là

\(V = A'G.{S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt {34} }}{3}.\frac{1}{2}.a.a = \frac{{\sqrt {34} {a^3}}}{6}.\)

Đáp án D.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}DE \bot IC\\DE \bot SI\end{array} \right. \Rightarrow DE \bot \left( {SIC} \right) \Rightarrow \left( {SIC} \right) \bot \left( {SDE} \right).\) Suy ra A đúng/

+ \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AI\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAI} \right).\) Suy ra B đúng

+ \(DE \bot \left( {SCI} \right);BC \bot \left( {SAI} \right)\) nên \(\left( {\left( {SIC} \right),\left( {SAB} \right)} \right) = \left( {BC,DE} \right) = \angle DEC = \angle BIC.\)

Suy ra D sai.

Vậy D sai.

Đáp án D.

TH1: \(H\) thuộc đoạn thẳng \(AC.\)

+ Kẻ \(SH \bot AC \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\) mặt khác \({S_{\Delta SAC}} = \frac{1}{2}SH.AC = 4 \Leftrightarrow SH = \frac{8}{5}\)

\(AH = \frac{6}{5};\sin \widehat {SAC} = \frac{{SH}}{{SA}} = \frac{4}{5}.\)

+ Kẻ \(BK \bot AC \Rightarrow BK \bot \left( {SAC} \right)\) kẻ \(KL \bot SA \Rightarrow SA \bot \left( {BKL} \right) \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SBC} \right)} \right) = \widehat {BLK}\)

Ta có: \(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{B{A^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} \Rightarrow BK = \frac{{12}}{5}\) và \(AK = \frac{9}{5};KL = AK.\sin \widehat {SAC} = \frac{{36}}{{25}}\)

\(BL = \frac{{12\sqrt {34} }}{{25}};\cos \widehat {BLK} = \frac{{KL}}{{BL}} = \frac{{3\sqrt {34} }}{{34}}\)

TH2. \(H\) không thuộc đoạn thẳng \(AC.\)

+ Kẻ \(SH \bot AC \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\) mặt khác \({S_{\Delta SAC}} = \frac{1}{2}SH.AC = 4 \Leftrightarrow SH = \frac{8}{5}\)

\(AH = \frac{6}{5};\sin \widehat {SAH} = \frac{{SH}}{{SA}} = \frac{4}{5}.\)

+ Kẻ \(BK \bot AC \Rightarrow BK \bot \left( {SAC} \right)\) kẻ \(KE \bot SA \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SBC} \right)} \right) = \widehat {BEK}\)

Ta có: \(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{B{A^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} \Rightarrow BK = \frac{{12}}{5}\) và \(AK = \frac{9}{5};KE = AK.\sin \widehat {SAH} = \frac{{36}}{{25}}\)

\(BE = \frac{{12\sqrt {34} }}{{25}};\cos \widehat {BEK} = \frac{{KL}}{{BL}} = \frac{{3\sqrt {34} }}{{34}}\)

Đáp án B.

Ta có \(AB = BC = a\) nên \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B.\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) và \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = a\sqrt 2 .\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\) (đvtt).

Gọi \(E\) là trung điểm \(BB'.\) Khi đó \(B'C//EM \Rightarrow B'C//\left( {AME} \right).\)

Vậy \(d\left( {AM,B'C} \right) = d\left( {\left( {AME} \right),B'C} \right) = d\left( {C,\left( {AME} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {AME} \right)} \right).\)

Gọi \(h\) là khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( {AME} \right).\)

Ta nhận thấy tứ diện \(B.AME\) có \(BE,BM,BA\) đôi một vuông góc.

Khi đó \(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{B{M^2}}} + \frac{1}{{B{E^2}}} + \frac{1}{{B{A^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{h^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{a\sqrt 7 }}{7}.\)

Đáp án B.

Ta có: \(P = 2\left( {{x^3} + {y^3}} \right) - 3xy = 2\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} - xy} \right) - 3xy = 2\left( {x + y} \right)\left( {2 - xy} \right) - 3xy.\)

Đặt \(t = x + y \Rightarrow {t^2} = {x^2} + {y^2} + 2xy \Rightarrow {t^2} = 2 + 2xy \Leftrightarrow \frac{{{t^2} - 2}}{2} = xy.\)

Do \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy \Leftrightarrow {t^2} \ge 2\left( {{t^2} - 2} \right) \Leftrightarrow {t^2} \le 4 \Leftrightarrow - 2 \le t \le 2.\)

Suy ra \(P = 2t\left( {2 - \frac{{{t^2} - 2}}{2}} \right) - \frac{{3\left( {{t^2} - 2} \right)}}{2} = - {t^3} - \frac{3}{2}{t^2} + 6t + 3 = f\left( t \right)\) với \(t \in \left[ { - 2;2} \right].\)

Khi đó: \(f'\left( t \right) = - 3{t^2} - 3t + 6;f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{t^2} - 3t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = - 2\end{array} \right..\)

Suy ra \(f( - 2) = - 7,f(1) = \frac{{13}}{2},f(2) = 1 \Rightarrow M = \frac{{13}}{2};m = - 7 \Rightarrow M + m = - \frac{1}{2}.\)

Đáp ánA.

Cách 1:

Ta có \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc nên \(AD \bot \left( {ABC} \right).\)

Gọi \(K\) là trung điểm của \(AB,\) vì \(F\) là trung điểm của \(BD\) suy ra \(FK//AD\) mà \(AD \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow FK \bot \left( {ABC} \right)\) hay \(FK \bot \left( {AKE} \right).\)

Kẻ \(\left\{ \begin{array}{l}KG \bot AE\left( {G \in AE} \right)\\KH \bot FG\left( {H \in GF} \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {K,\left( {AEF} \right)} \right) = KH.\) Mặt khác \(BK\) cắt mặt phẳng \(\left( {AEF} \right)\) tại \(A.\)

Suy ra \(\frac{{d\left( {B,\left( {AEF} \right)} \right)}}{{d\left( {K,\left( {AEF} \right)} \right)}} = \frac{{BA}}{{KA}} = 2 \Rightarrow d\left( {B,\left( {AEF} \right)} \right) = 2d\left( {K,\left( {AEF} \right)} \right).\)

Trong tam giác \(AKE\) vuông tại \(K\) và tam giác \(FKG\) vuông tại \(K,\) ta có:

\(\frac{1}{{K{H^2}}} = \frac{1}{{K{F^2}}} + \frac{1}{{K{G^2}}} = \frac{1}{{K{F^2}}} + \frac{1}{{K{A^2}}} + \frac{1}{{K{E^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {6a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {3a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {4a} \right)}^2}}} = \frac{{29}}{{144{a^2}}} \Rightarrow KH = \frac{{12\sqrt {29} a}}{{29}}.\)

Vậy \(d = \frac{{24\sqrt {29} a}}{{29}}.\)

Cách 2: Ta có \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc nên \(AD \bot \left( {ABC} \right).\) Chọn hệ trục tọa độ \(Axyz\) như hình vẽ, chọn \(a = 1,\) ta có \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {0;6;0} \right),E\left( {4;3;0} \right),F\left( {0;3;6} \right).\)

Ta có \(\overrightarrow {AE} = \left( {4;3;0} \right),\overrightarrow {AF} = \left( {0;3;6} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AE} ,\overrightarrow {AF} } \right] = \left( {18; - 24;12} \right) = 6\left( {3; - 4;2} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( {AEF} \right)\) nhận \(\overrightarrow n = \left( {3; - 4;2} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến và đi qua \(A\left( {0;0;0} \right)\) có phương trình là: \(3x - 4y + 2z = 0.\)

Vậy \(d\left( {B,\left( {AEF} \right)} \right) = \frac{{\left| {3.0 - 4.6 + 2.0} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{{24\sqrt {29} }}{{29}}.\)

Vì \(a = 1\) nên \(d = \frac{{24\sqrt {29} a}}{{29}}.\)

Đáp án C.

Ta có \(f\left( x \right) < 2x + m \Leftrightarrow m >f\left( x \right) - 2x\left( * \right).\)</>

Xét \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - 2x,\forall x \in \left( {0;2} \right).\)

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2 < 0,,\forall x \in \left( {0;2} \right)\) nên hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0;2} \right).\)

Do đó (*) đúng với mọi \(x \in \left( {0;2} \right)\) khi và chỉ khi \(m \ge g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right).\)

Đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\) là: \(\frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = x + m \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ne 0\\2x + 1 = \left( {x + 1} \right)\left( {x + m} \right)\end{array} \right.\)

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

\(\left( C \right)\) cắt \(d\) tại hai điểm phân biệt \(A,B \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 1{\rm{ }}({x_A},{x_B}\) là nghiệm phương trình \(\left( 1 \right)) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{\left( 1 \right)}} >0\\{\left( { - 1} \right)^2} + \left( {m - 1} \right)\left( { - 1} \right) + m - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 1} \right)^2} - 4\left( {m - 1} \right) >0\\1 - m + 1 + m - 1 \ne 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m - 1} \right)\left( {m - 5} \right) >0\\1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 1\\m >5\end{array} \right.\)</>

Theo định lí Viet: \({x_A} + {x_B} = 1 - m,{x_A}{x_B} = m - 1\)

\(A\left( {{x_A};{x_A} + m} \right),B\left( {{x_B};{x_B} + m} \right)\)

\(\overrightarrow {OA} = \left( {{x_A};{x_A} + m} \right),\overrightarrow {OB} = \left( {{x_B},{x_B} + m} \right)\)

\(\Delta OAB\) vuông tại \(O \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow {x_A}.{x_B} + \left( {{x_A} + m} \right)\left( {{x_B} + m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{x_A}{x_B} + m\left( {{x_A} + {x_B}} \right) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow 2m - 2 + m\left( {1 - m} \right) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow 3m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{2}{3}\) (nhận)

Theo đề bài ta có \(a = 2,b = 3.\) Vậy \(S = 5.\)

Đáp án A.

\(y = 3{\cos ^4}x + \frac{3}{2}{\sin ^2}x + m\cos x - \frac{5}{2} \Leftrightarrow y = 3{\cos ^4}x - \frac{3}{2}{\cos ^2}x + m\cos x - 1\)

Đặt \(t = \cos x.\) Vì \(x \in \left( {\frac{\pi }{3};\frac{{2\pi }}{3}} \right]\) nên \(t \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right).\)

Hàm số trở thành \(f\left( t \right) = 3{t^4} - \frac{3}{2}{t^2} + mt - 1,f'\left( t \right) = 12{t^3} - 3t + m\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow f'\left( t \right) \le 0,\forall t \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)(f'\left( t \right) = 0\) chỉ tại một số điểm) \( \Leftrightarrow 12{t^3} - 3t + m \le 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow m \le - 12{t^3} + 3t{\rm{ }}\forall t \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\)

Đặt \(g\left( t \right) = - 12{t^3} + 3t,g'\left( t \right) = - 36{t^2} + 3,g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{\sqrt 3 }}{6} \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\\t = - \frac{{\sqrt 3 }}{6} \in \left[ { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\end{array} \right.\)

Ta có

Dựa vào bảng biến thiên \(m \le - \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\)

Đáp án A.

Call \ (O = AC \ cap BD. \) Ta có \ (\ left ({SD, \ left ({ABCD} \ right)} \ right) = \ left ({SD, OD} \ right) = \ widehat {SDO} \ Rightarrow \ widehat {SDO} = {60 ^ 0}. \)

\ (\ Rightarrow SO = OD \ tan \ widehat {SDO} = \ frac {{a \ sqrt 2}} {3} \ sqrt 3 = \ frac {{a \ sqrt 6}} {2} \ Rightarrow {V_ { S.ABCD}} = \ frac {1} {3} VẬY. {S_ {ABCD}} = \ frac {{{a ^ 3} \ sqrt 6}} {6}. \)

Ta has \ ({V_ {S.AEMF}} = 2 {V_ {S.AEM}} = 2 \ frac {{SA}} {{SA}}. \ Frac {{SE}} {{SB}}. \ frac {{SM}} {{SC}}. {V_ {S.ABC}} = \ frac {2} {3}. \ frac {1} {2} {V_ {S.ABCD}} = \ frac {1} {3}. \ Frac {{{a ^ 3} \ sqrt 6}} {6} = \ frac {{{a ^ 3} \ sqrt 6}} {{18}}. \)

Đáp án C.

Ta có \ (y = 3 {x ^ 2} - 6 \ left ({2m + 1} \ right) x + 12m + 5. \)

Hàm biến số trên khoảng \ (\ left ({2; + \ infty} \ right) \ Leftrightarrow y '\ ge 0, \ forall x \ in \ left ({2; + \ infty} \ right). \)

\ (\ Leftrightarrow 3 {x ^ 2} - 6 \ left ({2m + 1} \ right) x + 2m + 5 \ ge 0, \ forall x \ in \ left ({2; + \ infty} \ right) . \ Leftrightarrow \ frac {{3 {x ^ 2} - 6x + 5}} {{x - 1}} \ ge 12m, \ forall x \ in \ left ({2; + \ infty} \ right). \ )

Xét \(f\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x + 5}}{{x - 1}}\) trên \(\left( {2; + \infty } \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{3{x^2} - 6x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\) Ta có BBT:

Vậy \(12m \le 5 \Leftrightarrow m \le \frac{5}{{12}} \Rightarrow S = \left\{ { - 10; - 9; - 8;...;0} \right\}.\) Do đó số phần tử của \(S\) bằng 11.

Đáp án B.

Call \ (g \ left (x \ right) = \ sqrt {{{\ left ({{x ^ 3} - 3x + 2m} \ right)} ^ 2}} = \ left | {{x ^ 3} - 3x + 2m} \ phải | \)

Trên đoạn \ (\ left [{0; 3} \ right] \) ta thấy: \ (\ mathop {Min} \ giới hạn _ {\ left [{0; 3} \ right]} f \ left (x \ right) = 2 \ Leftrightarrow \ mathop {Max} \ limit _ {\ left [{0; 3} \ right]} g \ left (x \ right) = 16 \)

Hàm số \ (y = {x ^ 3} - 3x + 2m \) trên đoạn \ (\ left [{0; 3} \ right] \)

\ (y '= 3 {x ^ 2} - 3 = 0 \ Leftrightarrow {x ^ 2} = 1 \ Leftrightarrow x = \ pm 1 \)

\ (y \ left (0 \ right) = 2m; y \ left (1 \ right) = 2m - 2; y \ left (3 \ right) = 2m + 18 \)

Với \ (\ forall m \) ta luôn có: \ (2m + 18> 2m> 2m - 2. \) Do đó, bạn sẽ thấy hai trường hợp sau:

* TH1: If \ (\ left | {2m - 2} \ right | \ ge \ left | {2m + 18} \ right | \) thì \ (\ mathop {Max} \ giới hạn _ {\ left [{0; 3 } \ right]} g \ left (x \ right) = \ left | {2m - 2} \ right | \)

Khi đó: \ (\ left | {2m - 2} \ right | = 16 \ Leftrightarrow \ left [\ begin {array} {l} 2m - 2 = 16 \ Leftrightarrow 2m = 18 \ Leftrightarrow m = 9 \ left ({ Loai} \ right) \\ 2m - 2 = - 16 \ Leftrightarrow 2m = - 14 \ Leftrightarrow m = - 7 \ left ({thoa {\ rm {}} man} \ right) \ end {array} \ right. \ )

* TH2: If \ (\ left | {2m - 2} \ right | <\ left | {2m + 18} \ right | \) thì \ (\ mathop {Max} \ limit _ {\ left [{0; 3} \ right]} g \ left (x \ right) = \ left | {2m + 18} \ right | \)

Khi đó: \(\left| {2m + 18} \right| = 16 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2m + 18 = 16 \Leftrightarrow 2m = - 2 \Leftrightarrow m = - 1\left( {thoa{\rm{ }}man} \right)\\2m + 18 = - 16 \Leftrightarrow 2m = - 34 \Leftrightarrow m = - 17\left( {loai} \right)\end{array} \right.\)

Vậy tổng tất cả các phần tử của \(S\) bằng \(\left( { - 7} \right) + \left( { - 1} \right) = - 8.\)

Đáp án A.

Set \ (t = {x ^ 2} - 2x \) (with \ (t \ ge - 1), \) phương trình (*) trở thành: \ (f '\ left (t \ right) - \ left ( {t - 1} \ right) = 0 \ Leftrightarrow f '\ left (t \ right) = t - 1 \ left (1 \ right) \)

Đồ dùng vào đồ thị hàm số \ (y = f '\ left (x \ right) \) và đồ thị đường thẳng \ (\ left (d \ right): y = x - 1 \)

\ (\ Rightarrow \) File method \ (\ left (1 \ right) \) là \ (\ left \ {{- 1; 1; 2; 3} \ right \} \)

* \ (t = - 1 \ Rightarrow {x ^ 2} - 2x = - 1 \ Leftrightarrow {\ left ({x - 1} \ right) ^ 2} = 0 \ Leftrightarrow x - 1 = 0 \ Leftrightarrow x = 1 \)

* \ (t = 1 \ Rightarrow {x ^ 2} - 2x = 1 \ Leftrightarrow {\ left ({x - 1} \ right) ^ 2} = 2 \ Leftrightarrow x - 1 = \ pm \ sqrt 2 \ Leftrightarrow x = \ pm \ sqrt 2 + 1 \)

* \ (t = 2 \ Rightarrow {x ^ 2} - 2x = 2 \ Leftrightarrow {\ left ({x - 1} \ right) ^ 2} = 3 \ Leftrightarrow x - 1 = \ pm \ sqrt 3 \ Leftrightarrow x = \ pm \ sqrt 3 + 1 \)

* \ (t = 3 \ Rightarrow {x ^ 2} - 2x = 3 \ Leftrightarrow {\ left ({x - 1} \ right) ^ 2} = 4 \ Leftrightarrow x - 1 = \ pm 2 \ Leftrightarrow \ left [ \ begin {array} {l} x = - 1 \\ x = 3 \ end {array} \ right. \)

\ (\ Rightarrow \) Phương trình \ (g '\ left (x \ right) = 0 \) có 6 nghiệm đơn là \ (x = - 1; x = \ pm \ sqrt 2 + 1; x = \ pm \ sqrt 3 + 1; x = 3 \) và có 1 sqrt bội là \ (x = 1. \)

'Number function \ (g \ left (x \ right) = f \ left ({{x ^ 2} - 2x} \ right) - \ left ({\ frac {{{x ^ 4}}} {2} - 2 {x ^ 3} + {x ^ 2} + 2x + 1} \ right) \) có 7 điểm cực trị.