Đáp án D

- Hàm số y=sinx xác định với mọi $x\in R$.

- Hàm phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.

Hàm số $y=\frac{2020}{\sin x}$ xác định khi và chỉ khi $\sin x\ne 0\iff x\ne k\pi \left(k\in Z\right)$.

Vậy TXĐ của hàm số là $D=R\backslash \left\{k\pi ; k\in Z\right\}$

Đáp án B

- Khai triển nhị thức Niu-tơn ${\left(a+b\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{a}^k{b}^{n-k}$.

- Tìm hệ số của số hạng chứa $x^{12}$ trong khai triển.

Ta có: ${\left(2x-x^2\right)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{\left(2x\right)}^{10-k}{\left(-x^2\right)}^k=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{\left(-1\right)}^k{2}^{10-k}{x}^{10+k}$.

Khi đó để tìm hệ số của số hạng chứa $x^{12}$, ta cho $10+k=12\iff k=2 \left(tm\right)$.

Vậy hệ số của số hạng chứa $x^{12}$ trong khai triển trên là $C_{10}^2{\left(-1\right)}^2.2^8=2^8{C}_{10}^2$

Đáp án A

- Tính thể tích chóp S.ABCD, sử dụng tỉ lệ thể tích Simpson tính thể tích khối chóp $V_{S.AMN}$.

- Sử dụng công thức $V_{S.AMN}=\frac{1}{3}d\left(S;\left(AMN\right)\right).S_{AMN}\Rightarrow d\left(S;\left(AMN\right)\right)=\frac{3V_{S.AMN}}{S_{AMN}}$.

- Sử dụng định lí Pytago, định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông, tính chất đường trung bình của tam giác tính độ dài các cạnh của tam giác AMN, sau đó sử dụng công thức Hê-rông tính diện tích tam giác AMN: $S_{AMN}=\sqrt{p\left(p-AM\right)\left(p-AN\right)\left(p-MN\right)}$ với p là nửa chu vi $∆AMN$.

Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông SAB, SAD, ABD ta có

$$\begin{gathered} SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4a^2+4a^2}=2\sqrt{2}a \\ SD=\sqrt{\mathit{S}{\mathit{A}}^{\mathit{2}}\mathit{+}\mathit{A}{\mathit{D}}^{\mathit{2}}}=\sqrt{\mathit{4}{\mathit{a}}^{\mathit{2}}\mathit{+}{\mathit{a}}^{\mathit{2}}}=\sqrt{\mathit{5}}a \\ BD=\sqrt{\mathit{A}{\mathit{B}}^{\mathit{2}}\mathit{+}\mathit{A}{\mathit{D}}^{\mathit{2}}}=\sqrt{\mathit{4}{\mathit{a}}^{\mathit{2}}\mathit{+}{\mathit{a}}^{\mathit{2}}}=\sqrt{\mathit{5}}a \end{gathered}$$

Khi đó ta có $AM=\frac{1}{2}SB=\sqrt{2}a; AN=\frac{1}{2}SD=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ (đường trung tuyến trong tam giác vuông).

Ta có: MN là đường trung bình của $∆SBD$ nên $MN=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Gọi p là nửa chu vi tam giác AMN ta có: $p=\frac{AM+AN+MN}{2}=\frac{\sqrt{2}a+\frac{a\sqrt{5}}{2}+\frac{a\sqrt{5}}{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{5}}{2}a$.

⇒ Diện tích tam giác AMN là $S_{AMN}=\sqrt{p\left(p-AM\right)\left(p-AN\right)\left(p-MN\right)}=\frac{a^2\sqrt{6}}{4}$

Ta có: $\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABD}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SD}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABD}=\frac{1}{8}{V}_{S.ABCD}$ .

Mà $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.2a.2a.a=\frac{4a^3}{3}\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{1}{8}.\frac{4a^3}{3}=\frac{a^3}{6}$ .

Lại có $V_{S.AMN}=\frac{1}{3}d\left(S;\left(AMN\right)\right).S_{AMN}$, do đó $d\left(S;\left(AMN\right)\right)=\frac{3V_{S.AMN}}{S_{AMN}}=\frac{3.\frac{a^3}{6}}{\frac{a^2\sqrt{6}}{4}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Vậy $d\left(S;\left(AMN\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Đáp án C

Sử dụng MTCT, chức năng MODE 7.

Giải chi tiết:

Sử dụng MODE 7, nhập $f\left(X\right)=X^3-2X^2-4X+1$, chọn Start = 1, End = 3, Step = 0,1.

Vậy $\underset{[1;3]}{max}f\left(x\right)=-2$

Đáp án C

Sử dụng tính chất của cấp số cộng: Nếu ba số a,b,c lần lượt lập thành một cấp số cộng thì a+c=2b.

Vì 5+m, 7+2m, 17+m theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có

$5+m+17+m=2\left(7+2m\right)\iff 2m+22=4m+14\iff m=4$

Đáp án C

- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng, từ đó xác định góc giữa SB và (ABC).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài cạnh SA.

- Sử dụng công thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

- Tính thể tích khối chóp $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}$

Vì $SA\perp \left(ABC\right) \left(gt\right)$ nên AB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC), do đó $\angle \left(SB;\left(ABC\right)\right)=\angle \left(SB;AB\right)=\angle SBA={60}^0$

Xét tam giác vuông SAB ta có: $SA=AB.\tan \angle SBA=a.\tan {60}^0=a\sqrt{3}$.

Tam giác ABC đều cạnh a nên $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4}$

Đáp án A

- Giải phương trình lượng giác cơ bản $\sin x=\sin \alpha \iff \left[\begin{array}{c}x=\alpha +k2\pi \\ x=\pi -\alpha +k2\pi \end{array}\right(k\in Z)$.

- Giải bất phương trình $0\le x<\frac{\pi }{2}$ tìm các số nguyên k thỏa mãn, từ đó suy ra số nghiệm thỏa mãn.

Ta có: $\sin x=\frac{1}{2}\iff [\begin{array}{c}x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{array}\left(k\in Z)\right)$.

Xét họ nghiệm $x=\frac{\pi }{6}+k2\pi$, cho $0\le x<\frac{\pi }{2}\iff 0\le \frac{\pi }{6}+k2\pi <\frac{\pi }{2}\iff -\frac{1}{12}\le k<\frac{1}{6}$, mà $k\in Z\Rightarrow k=0$.

Xét họ nghiệm $x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi$, cho $0\le x<\frac{\pi }{2}\iff 0\le \frac{5\pi }{6}+k2\pi <\frac{\pi }{2}\iff -\frac{5}{12}\le k<-\frac{1}{6}$, mà $k\in Z\Rightarrow k\in \varnothing$.

Vậy phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm thuộc $\left[0;\frac{\pi }{2}\right) là x=\frac{\pi }{6}$

Đáp án C

- Sử dụng tổ hợp chọn 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.

- Sử dụng hoán vị.

Chọn 2 chữ số chẵn khác nhau và khác 0 có $C_4^2$ cách chọn.

Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau có $C_5^2$ cách chọn.

Hoán đổi 4 chữ số đã chọn có 4! cách.

Vậy có tất cả $4!C_4^2.C_5^2$ số thỏa mãn

Đáp án C

Dựa vào BBT xác định các khoảng nghịch biến của hàm số là khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm không dương.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-2\right) và \left(0;2\right)$

Đáp án D

Thể tích khối lập phương cạnh a bằng $a^3$.

Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng ${\left(2a\right)}^3=8a^3$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số xác định các khoảng nghịch biến là khoảng mà hàm số liên tục và có đồ thị đi xuống theo hướng từ trái qua phải.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên (-1;1) và (2;3).

Chú ý khi giải: Khi đọc cá khoảng nghịch biến, các em chú ý đọc trên trục Ox, không đọc trên trục Oy là hàm số nghịch biến thiên (-3;1) và (-3;3).

Đáp án B

Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân có số hạng đầu $u_1$ và công bội q là $u_n=u_1{q}^{n-1}$.

Ta có $u_5=u_1.q^4=\left(-3\right).{\left(\frac{2}{3}\right)}^4=-\frac{16}{27}$

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số f'(x) xác định khoảng mà f'(x)>0 (phần đồ thị f'(x) nằm phía trên trục hoành) và f'(x)<0 (phần đồ thị f'(x) nằm phía dưới trục hoành), từ đó suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số y=f(x).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: $\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)>0\iff [\begin{array}{c}x<-1\\ x>3\end{array}\\ f\text{'}\left(x\right)<0\iff -1<x<3\end{array}\right.$

Do đó hàm số y=f(x) đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right); \left(3;+\infty \right)$ và nghịch biến trên (-1;3)

Đáp án B

Giải phương trình mũ: $a^{f\left(x\right)}=a^{g\left(x\right)}\iff f\left(x\right)=g\left(x\right)$.

Ta có: $3^{2x-1}=27\iff 3^{2x-1}=3^3\iff 2x-1=3\iff x=2$.

Vậy nghiệm của phương trình là x=2

Đáp án C

Sử dụng các công thức: ${\log }_{a}b.{\log }_{b}c={\log }_{a}c \left(0<a,b\ne 1, c>0\right);{\log }_{a}x-{\log }_{a}y={\log }_a\frac{x}{y} \left(0<a\ne 1, x,y>0\right)$

Ta có:

$$\begin{gathered} \frac{{\log }_{7}m.{\log }_{2}7}{{\log }_{2}10-1}=3+\frac{1}{{\log }_{n}5} \\ \iff \frac{{\log }_{2}7.{\log }_{7}m}{{\log }_{2}10-{\log }_{2}2}=3+\frac{1}{{\log }_{n}5} \\ \iff \frac{{\log }_{2}m}{{\log }_{2}5}=3+\frac{1}{{\log }_{n}5} \\ \iff \frac{{\log }_{2}m}{{\log }_{2}5}=\frac{3{\log }_{n}5+1}{{\log }_{n}5} \end{gathered}$$

Đồng nhất hệ số ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}n=2\\ {\log }_{2}m=3{\log }_{n}5+1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}n=2\\ {\log }_{2}m=3{\log }_{2}5+1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}n=2\\ {\log }_{2}m={\log }_{2}125+{\log }_{2}2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}n=2\\ m=125.2=125n\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy m=125n

Đáp án B

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d} \left(ad\ne bc\right)$ có đường TCN $y=\frac{a}{c}$ và TCĐ $x=-\frac{d}{c}$.

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ có TCN y=2 và TCĐ x=-1.

Do đó đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ có 2 đường tiệm cận.

Đáp án C

- Đặt $t=\sin x$, xét trên khoảng $x\in \left(\frac{\pi }{2};\pi \right)$, tìm khoảng giá trị tương ứng của t, xét xem t có cùng tính tăng giảm với x hay không.

- Đưa bài toán về dạng tìm m để hàm số y=f(t) đơn điệu trên khoảng cho trước.

Đặt t=sinx, với $x\in \left(\frac{\pi }{2};\pi \right)$ thì t giảm từ 1 về 0.

Khi đó bài toán trở thành: Tìm m để hàm số $y=\frac{t+m}{t-1}$ đồng biến trên (0;1) (*).

TXĐ: $D=R\backslash \left\{1\right\}\Rightarrow$ Hàm số đã cho xác định trên (0;1). Ta có $y\text{'}=\frac{-1-m}{{\left(t-1\right)}^2}$.

Do đó $\left(*\right)\iff \frac{-1-m}{{\left(t-1\right)}^2}>0\iff -1-m>0\iff m<-1$.

Kết hợp điều kiện đề bài ta có $-20\le m<-1, m\in Z\Rightarrow m\in \left\{-20;-19;-18;...;-2\right\}$.

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn là $-20-19-18-...-2=-209$

Đáp án D

- Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}=0\\ y\text{'}\text{'}<0\end{array}\right.$ tìm điểm cực đại của hàm số.

- Thay điểm cực đại vào hàm số và tính giá trị cực đại.

Ta có: $y\text{'}=3x^2-3; y\text{'}\text{'}=6x$.

Xét hệ $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}=0\\ y\text{'}\text{'}<0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}3x^2-3=0\\ 6x<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\pm 1\\ x<0\end{array}\right.\iff x=-1$ là điểm cực đại của hàm số.

Ta có $y_{CD}=y\left(-1\right)=4$.

Vậy giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 4.

Đáp án B

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}Bh$ trong đó B,h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của khối chóp.

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$

Đáp án C

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

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

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là $y=1.\left(x-1\right)+2\iff y=x+1$

Đáp án A

- Tìm ĐKXĐ của hàm số.

- Giải phương trình mẫu số, số tiệm cận đứng là số nghiệm của phương trình mẫu số thỏa mãn ĐKXĐ.

ĐKXĐ: $x-7\ge 0\iff x\ge 7$.

Xét phương trình $x^2+3x-4=0\iff [\begin{array}{c}x=1\\ x=-4\end{array}\left(ktm\right)$.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{x-7}}{x^2+3x-4}$ không có tiệm cận đứng.

Đáp án B

- Giải phương trình y'=0 và lập BBT.

- Từ BBT xác định số điểm cực trị của hàm số.

TXĐ: D=R.

Ta có: $y=\sqrt[3]{x^2}=x^{\frac{2}{3}}\Rightarrow y\text{'}=\frac{2}{3}{x}^{-\frac{1}{3}}=\frac{2}{3\sqrt[3]{x}}$, khi đó ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho có 1 điểm cực trị x=0

Đáp án B

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”, tính số phần tử của biến cố đối $\stackrel{-}{A}$.

- Sử dụng công thức $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=6^2=36$.

Gọi A là biến cố: “ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”, suy ra biến cố đối $\stackrel{-}{A}$: “không có lần nào xuất hiện mặt 6 chấm” $\Rightarrow n\left(\overline{A}\right)=5^2=25$.

Vậy xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}$

Đáp án C

Hàm đa thức $y=\left|f\left(x\right)\right|$ có số điểm cực trị là m+n trong đó m là số điểm cực trị của hàm số y=f(x), n là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và trục hoành.

Xét hàm số $g\left(x\right)=2f\left(x-1\right)+m$ ta có $g\text{'}\left(x\right)=2f\text{'}\left(x-1\right)=0\iff f\text{'}\left(x-1\right)=0$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Phương trình f'(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt, do đó phương trình f'(x-1)=0 cũng có 3 nghiệm phân biệt, và là 3 nghiệm bội lẻ, nên hàm số $g\left(x\right)=2f\left(x-1\right)+m$ có 3 điểm cực trị.

Để hàm số $g\left(x\right)=\left|2f\left(x-1\right)+m\right|$ có đúng 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số $g\left(x\right)=2f\left(x-1\right)+m$ phải cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

$\Rightarrow 2f\left(x-1\right)+m=0\iff f\left(x-1\right)=-\frac{m}{2}$ phải có 2 nghiệm phân biệt (các nghiệm cắt qua, không tính điểm tiếp xúc).

$\Rightarrow [\begin{array}{c}-\frac{m}{2}\ge 2\\ -6<-\frac{m}{2}\le -3\end{array}\iff [\begin{array}{c}m\le -4\\ 6\le m<12\end{array}$

Kết hợp điều kiện đề bài ta có $m\in \left[-12;-4\right]\cup \left[6;12\right), m\in Z$

Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

- Xác định thiết diện của thiết của hình lập phương khi cắt bởi (DIC').

- Phân chia khối đa diện chứa đỉnh C thành tổng hiểu của các khối đa diện có thể tính thể tích dễ dàng, so sánh thể tích của nó với thể tích khối lập phương. Từ đó suy ra tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn.

Trong (BCC'B') gọi $E=IC\text{'}\cap BC$, trong (ABCD) gọi $M=ED\cap AB$.

Khi đó (DIC') cắt hình lập phương theo thiết diện là tứ giác DC'IM.

Gọi $V_1$ là thể tích phần khối đa diện bị chia bởi ( chứa điểm C, khi đó ta có $V_1=V_{C\text{'}.ECD}-V_{I.EBM}$.

Ta có: $V_{C\text{'}.ECD}=\frac{1}{3}CC\text{'}.S_{ECD}=\frac{1}{3}CC\text{'}.\frac{1}{2}EC.CD$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{EB}{EC}=\frac{MB}{CD}=\frac{1}{2}\Rightarrow EC=2BC$.

Khi đó ta có: $V_{C\text{'}.ECD}=\frac{1}{6}CC\text{'}.2BC.CD=\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}$

$V_{I.EBM}=\frac{1}{3}IB.S_{EBM}=\frac{1}{3}IB.\frac{1}{2}.EB.BM$

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{IB}{CC\text{'}}=\frac{EB}{EC}=\frac{1}{2}\Rightarrow IB=\frac{1}{2}CC\text{'}$.

Khi đó ta có $V_{I.EBM}=\frac{1}{6}.\frac{1}{2}CC\text{'}.BC.\frac{1}{2}AB=\frac{1}{24}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}$

$\Rightarrow V_1=V_{C\text{'}.ECD}-V_{I.EBM}=\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}-\frac{1}{24}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{7}{24}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}$

Vậy tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn là $\frac{7}{17}$

Đáp án A

- Đặt ẩn phụ $t=2^{x^2+4y^2} \left(t\ge 1\right)$, đưa phương trình về dạng tích, giải phương trình tìm t.

- Tìm mối quan hệ giữa x,y dạng ${\left(ax\right)}^2+{\left(by\right)}^2=1$.

- Đặt $\left\{\begin{array}{l}ax=\sin \alpha \\ by=\cos \alpha \end{array}\right.$, thế vào biểu thức P.

- Quy đồng, đưa biểu thức về dạng $A\sin \alpha +B\cos \alpha =C$. Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, từ đó xác định M, m.

Ta có:

$$\begin{gathered} 4^{x^2+4y^2}-2^{x^2+4y^2+1}=2^{3-x^2-4y^2}-4^{2-x^2-4y^2} \\ \iff {\left(2^{x^2+4y^2}\right)}^2-2.2^{x^2+4y^2}=\frac{8}{2^{x^2+4y^2}}-\frac{16}{{\left(2^{x^2+4y^2}\right)}^2} \end{gathered}$$

Đặt $t=2^{x^2+4y^2} \left(t\ge 1\right)$, phương trình trở thành:

$$\begin{gathered} t^2-2t=\frac{8}{t}-\frac{16}{t^2}\iff t^2-2t=\frac{8t-16}{t^2} \\ \Rightarrow t^3\left(t-2\right)=8\left(t-2\right) \\ \Rightarrow \left(t^3-8\right)\left(t-2\right)=0 \\ \iff {\left(t-2\right)}^2\left(t^2+2t+4\right)=0 \\ \iff t=2 \left(tm\right) \left(do t^2+2t+4>0 \forall t\right) \end{gathered}$$

Với $2^{x^2+4y^2}=2\iff x^2+4y^2=1$. Khi đó tồn tại $\alpha$ sao cho $\left\{\begin{array}{l}x=\sin \alpha \\ 2y=\cos \alpha \end{array}\right.$.

Ta có:

$$\begin{gathered} P=\frac{x-2y-1}{x+y+4}=\frac{\sin \alpha -\cos \alpha -1}{\sin \alpha +\frac{1}{2}\cos \alpha +4} \\ \iff P\sin \alpha +\frac{1}{2}P\cos \alpha +4P=\sin \alpha -\cos \alpha -1 \\ \iff \left(P-1\right)\sin \alpha +\left(\frac{1}{2}P+1\right)\cos \alpha =-1-4P \left(*\right) \end{gathered}$$

Để P tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) phải có nghiệm

$$\begin{gathered} \Rightarrow {\left(P-1\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}P+1\right)}^2\ge {\left(-1-4P\right)}^2 \\ \iff P^2-2P+1+\frac{1}{4}{P}^2+P+1\ge 16P^2+8P+1 \\ \iff \frac{59}{4}{P}^2+9P-1\le 0\iff \frac{-18-4\sqrt{35}}{59}\le P\le \frac{-18+4\sqrt{35}}{59} \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M=\frac{-18+4\sqrt{35}}{59}\\ m=\frac{-18-4\sqrt{35}}{59}\end{array}\right.\Rightarrow M+m=-\frac{36}{59} \end{gathered}$$

Đáp án D

- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mạt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$.

Khi đó OB là hình chiếu của SB lên $\left(ABCD\right)\Rightarrow \angle \left(SB;\left(ABCD\right)\right)=\angle \left(SB;OB\right)=\angle SBO=\phi$.

Vì ABCD là hình vuông cạnh 2 nên $BD=2\sqrt{2}\Rightarrow BO=\frac{1}{2}BD=\sqrt{2}$.

Xét tam giác vuông SOB ta có $\cos \phi =\frac{OB}{SB}=\frac{\sqrt{2}}{3}$

Đáp án A

- Dựa vào đồ thị nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba, bậc bốn trùng phương.

- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số, suy ra dấu của hệ số a và chọn đáp án đúng.

Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba, nên loại đáp án B và C.

Lại có nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên hệ số a>0, do đó đáp án đúng là A.

Đáp án C

- Tỉ số thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao bằng tỉ số diện tích đáy.

- Tính diện tích hình thang MBCN, diện tích hình bình hành ABCD, từ đó suy ra tỉ số diện tích cũng chính là tỉ số thể tích $\frac{V_{S.MBCN}}{V_{S.ABCD}}$ và tính $V_{S.MBCN}$

Hai khối chóp S.ABCD và S.MBCN có cùng chiều cao (cùng là khoảng cách từ S đến ABCD) nên $\frac{V_{S.MBCN}}{V_{S.ABCD}}=\frac{S_{MBCN}}{S_{ABCD}}$.

Trong (ABCD) kẻ $MH\perp CD$, khi đó ta có

$$\begin{gathered} \frac{S_{MBCN}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{1}{2}\left(BM+CN\right).MH}{MH.CD}=\frac{1}{2}.\frac{\frac{1}{2}AB+\frac{2}{3}CD}{CD}=\frac{7}{12} do (AB=CD) \\ \Rightarrow \frac{V_{S.MBCN}}{V_{S.ABCD}}=\frac{7}{12}\Rightarrow V_{S.MBCN}=\frac{7}{12}{V}_{S.ABCD}=\frac{7}{12}.48=28 \end{gathered}$$

Đáp án D

So sánh hai lũy thừa cùng cơ số:

+ Nếu a>1 thì $\left\{\begin{array}{l}{a}^m>a^n khi m>n\\ a^m<a^n khi m<n\end{array}\right.$.

+ Nếu 0<a<1 thì $\left\{\begin{array}{l}{a}^m>a^n khi m<n\\ a^m<a^n khi m>n\end{array}\right.$.

Theo bài ra ta có: $\sqrt[15]{a^7}>\sqrt[5]{a^2}\iff a^{\frac{7}{15}}>a^{\frac{2}{5}}$.

Mà $\frac{7}{15}>\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$ nên a>1

Đáp án D

Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có dạng $y=a{x}^4+b{x}^2+c \left(a\ne 0\right)$.

- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số suy ra dấu của hệ số $\alpha$ và loại đáp án.

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra hệ số c và loại đáp án.

Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có dạng $y=a{x}^4+b{x}^2+c \left(a\ne 0\right)$.

Vì nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên $a<0\Rightarrow$ Loại đáp án A và C.

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm (0;2) nên $c=2\Rightarrow$ Loại đáp án B và chọn đáp án D.

Đáp án A

- Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCN $y=\frac{a}{c}$, TCĐ $x=-\frac{d}{c}$.

- Dựa vào đường TCN và dấu của hệ số a suy ra dấu của hệ số c.

- Dựa vào đường TCĐ và dấu của hệ số c suy ra dấu của hệ số d.

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số b.

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCN $y=\frac{a}{c}$, TCĐ $x=-\frac{d}{c}$.

Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang nằm phía trên trục hoành nên $\frac{a}{c}>0$, mà a>0 nên c>0.

Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm phía bên phải trục tung nên $-\frac{d}{c}>0\iff \frac{d}{c}<0$, mà $c>0\Rightarrow d<0$

Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hoành nên $\frac{b}{d}<0$, mà $d<0\Rightarrow b>0$

Vậy $b>0, c>0, d<0$

Đáp án D

- Sử dụng công thức $\ln \left(\frac{a}{b}\right)=\ln a-\ln b$

- Sử dụng công thức tính đạo hàm ${\left(\ln u\right)}^{\text{'}}=\frac{u\text{'}}{u}$

- Thay lần lượt $x=1; 2; ...; 2020$ rút gọn và tính S.

Ta có:

$f\left(x\right)=\ln 2020-\ln \left(\frac{x+1}{x}\right)=\ln 2020-\ln \left(x+1\right)+\ln x$

$\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$

Khi đó ta có

$$\begin{gathered} S=f\text{'}\left(1\right)+f\text{'}\left(2\right)+...+f\text{'}\left(2020\right) \\ S=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021} \\ S=1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021} \end{gathered}$$

Đáp án B

Số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm chính là số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $\left(x-2\right)\left(x^2+1\right)=0\iff x=2$ (do $x^2+1>0 \forall x$).

Vậy (C) cắt trục hoành tại một điểm

Đáp án C

- Hàm số $y={\log }_{a}x \left(0<a\ne 1\right)$ xác định khi và chỉ khi x>0.

- Nếu a>1 thì hàm số đồng biến trên khoảng xác định.

- Nếu 0<a<1 thì hàm số nghịch biến trên khoảng xác định.

Hàm số $y={\log }_{a}x \left(0<a\ne 1\right)$ xác định khi và chỉ khi x>0.

Vì a>1 nên hàm số đồng biến trên khoảng xác định là $\left(0;+\infty \right)$

Đáp án A

Sử dụng các công thức: $\sqrt[n]{x^m}=x^{\frac{m}{n}}; x^m.x^n=x^{m+n}$.

Với x>0 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 C

Vẽ hình, dựa vào khái niệm mặt phẳng đối xứng và đếm.

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng, quan sát hình vẽ:

Đáp án C

- Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: $\left|x\right|=a\iff x=\pm a$.

- Sau đó giải từng phương trình bằng tương giao đồ thị hàm số.

Ta có: $\left|f\left(x\right)-1\right|=1=1\iff [\begin{array}{c}f\left(x\right)-1=1\\ f\left(x\right)-1=-1\end{array}\iff [\begin{array}{c}f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=0\end{array}$.

Dụa vào đồ thị hàm số ta thấy:

- Phương trình f(x)=2 có 2 nghiệm phân biệt.

- Phương trình f(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình ban đầu có 5 nghiệm phân biệt.

Đáp án C

Sử dụng các công thức:

$$\begin{gathered} {\log }_a\frac{x}{y}={\log }_{a}x-{\log }_{a}y \left(0<a\ne 1, x,y>0\right) \\ {\log }_a\left(xy\right)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y \left(0<a\ne 1, x,y>0\right) \\ {\log }_{a}b.{\log }_{b}c={\log }_{a}c \left(0<a, b\ne 1, c>0\right) \end{gathered}$$

Vì $\left\{\begin{array}{l}{\log }_a\frac{x}{y}={\log }_{a}x-{\log }_{a}y \left(0<a\ne 1, x,y>0\right)\\ {\log }_a\left(xy\right)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y \left(0<a\ne 1, x,y>0\right)\end{array}\right.$ nên đáp án A, B, D sai.

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số xác định điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đồ thị hàm số chuyển hướng từ đi lên sang đi xuống (theo chiều từ trái sang phải).

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x=-1

Đáp án C

Sử dụng các công thức ${\log }_{a}b=\frac{1}{{\log }_{b}a} \left(0<a, b\ne 1\right)$, ${\log }_{a}x+{\log }_{a}y={\log }_a\left(xy\right) \left(0<a\ne 1, x,y>0\right)$.

Với $0<a, b\ne 1, x>0$ ta có

$P={\log }_{ab}x=\frac{1}{{\log }_{x}ab}=\frac{1}{{\log }_{x}a+{\log }_{x}b}=\frac{1}{\frac{1}{{\log }_{a}x}+\frac{1}{{\log }_{b}x}} =\frac{1}{\frac{1}{3}+\frac{1}{4}}=\frac{12}{7}$

Đáp án B

Sử dụng công thức tính đạo hàm: ${\left(a^u\right)}^{\text{'}}=u\text{'}.a^u\ln a$.

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}={\left(2^{x^2}\right)}^{\text{'}}={\left(x^2\right)}^{\text{'}}.2^{x^2}\ln 2 \\ =2x.2^{x^2}\ln 2=x.2^{1+x^2}\ln 2 \end{gathered}$$

Đáp án A

- Gọi $M_1, N_1, P_1$ lần lượt là trung điểm của BC,CD,BD sử dụng công thức tỉ lệ thể tích Simpson, so sánh $V_{AMNP}$ và $V_{A{M}_1{N}_1{P}_1}$.

- Tiếp tục so sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao $A.M_1{N}_1{P}_1$ và A.BCD, sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra tỉ số diện tích hai đáy.

- Tính thể tích khối tứ diện ABCD là $V_{ABCD}=\frac{1}{6}AB.AC.AD$, từ đó tính được $V_{AMNP}$

Gọi $M_1, N_1, P_1$ lần lượt là trung điểm của BC,CD,BD ta có $\frac{AM}{A{M}_1}=\frac{AN}{A{N}_1}=\frac{AP}{A{P}_1}=\frac{2}{3}$.