Đáp án A

Thể tích khối cầu có bán kính r là $\frac{4}{3}\pi r^3$

Đáp án D

Tổng n số hạng đầu tiên của CSN có số hạng đầu $u_1$, công bội q là $S_n=\frac{u_1\left(1-q^n\right)}{1-q}$.

Tổng ba số hạng đầu của cấp số nhân có $u_1=1$ và q=2 là $S_3=\frac{u_1\left(1-q^3\right)}{1-q}=\frac{1.\left(1-2^3\right)}{1-2}=7$

Đáp án C

- Hàm số $y={\log }_{a}x \left(0<a\ne 1\right)$ có TXĐ $D=\left(0;+\infty \right)$.

+ Khi a>1, hàm số đồng biến trên D.

+ Khi 0<a<1, hàm số nghịch biến trên D.

- Hàm số $y=a^x \left(0<a\ne 1\right)$ có TXĐ D=R.

+ Khi a>1, hàm số đồng biến trên D.

+ Khi 0<a<1, hàm số nghịch biến trên D.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên  nên chỉ có đáp án C thỏa mãn, tức là hàm số $y=3^x$

Đáp án D

- Sử dụng công thức ${\left(\frac{1}{a}\right)}^m=a^{-m}$.

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

Ta có:

$$\begin{gathered} {\left(\frac{2020}{2021}\right)}^{4x}={\left(\frac{2021}{2020}\right)}^{2x-6} \\ \iff {\left(\frac{2020}{2021}\right)}^{4x}={\left(\frac{2020}{2021}\right)}^{6-2x} \\ \iff 4x=6-2x\iff 6x=6\iff x=1 \end{gathered}$$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{1\right\}$

Đáp án B

- Hàm căn thức xác định khi biểu thức trong căn không âm.

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

Hàm số $y=\frac{1}{\sqrt{{\log }_3\left(x^2-2x+3m\right)}}$ có TXĐ là  khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array}{l}{\log }_3\left(x^2-2x+3m\right)>0 \forall x\in R\\ x^2-2x+3m>0 \forall x\in R\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x+3m>1 \forall x\in R\\ x^2-2x+3m>0 \forall x\in R\end{array}\right.$

$\iff x^2-2x+3m>1 \forall x\in R\iff x^2-2x-1>-3m \forall x\in R \left(*\right)$

Đặt $f\left(x\right)=x^2-2x-1$ ta có $f\text{'}\left(x\right)=2x-2=0\iff x=1$.

BBT:

Dựa vào BBT và từ (*) ta có $f\left(x\right)>-3m \forall x\in R\iff -3m<\underset{R}{minxf\left(x\right)}=-2\iff m>\frac{2}{3}$ .

Vậy $m\in \left(\frac{2}{3};+\infty \right)$

Đáp án A

Sử dụng định nghĩa CSC: Cho dãy số $\left(u_n\right)$ là cấp số cộng có công sai d thì $u_{n+1}$ có công thức là $u_{n+1}=u_n+d \forall n\in N^{*}$

Đáp án A

- Sử dụng định lí: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường thẳng này tới mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia.

- Đổi tính khoảng cách từ chân đường vuông góc với mặt phẳng, sử dụng công thức $AA\text{'}\cap \left(P\right)=M\Rightarrow \frac{d\left(A;\left(P\right)\right)}{d\left(A\text{'};\left(P\right)\right)}=\frac{AM}{A\text{'}M}$.

- Dựng khoảng cách, sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Ta có $AB//CD\Rightarrow AB//\left(SCD\right)\supset SC\Rightarrow d\left(AB;SC\right)=d\left(AB;\left(SCD\right)\right)=d\left(A;\left(SCD\right)\right)$

Mà $AO\cap \left(SCD\right)=\left\{C\right\}\Rightarrow \frac{d\left(A;\left(SCD\right)\right)}{d\left(O;\left(SCD\right)\right)}=\frac{AC}{OC}=2\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=2d\left(O;\left(SCD\right)\right)$

Gọi M là trung điểm của CD.

Vì OM là đường trung bình của tam giác $ACD\Rightarrow OM//AD\Rightarrow OM\perp CD$ và $OM=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}CD\perp OM\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOM\right)$.

Trong (SOM) kẻ $OH\perp SM \left(H\in SM\right)$ ta có $\left\{\begin{array}{l}OH\perp SM\\ OH\perp CD \left(CD\perp \left(SOM\right)\right)\end{array}\right.\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right)$

$\Rightarrow d\left(O;\left(SCD\right)\right)=OH\Rightarrow d\left(AB;SC\right)=2OH$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM ta có $OH=\frac{SO.OM}{\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}}=\frac{a.\frac{a}{2}}{\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$

Vậy $d\left(AB;SC\right)=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$

Đáp án B

Giải phương trình $u_n=21$ tìm n.

Xét $u_n=21\iff n^2+n+1=21\iff [\begin{array}{c}n=4 \left(tm\right)\\ n=-5 \left(ktm\right)\end{array}$.

Vậy số 21 là số hạng thứ 4 của dãy.

Đáp án B

Sử dụng các quy tắc tính giới hạn.

Ta có $\lim \left(2n^2-1\right)=+\infty$

Đáp án A

Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của một thương và công thức tính đạo hàm ${\left(\ln u\right)}^{\text{'}}=\frac{u\text{'}}{u}$

Ta có:

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

Khi đó ta có $y\text{'}\left(1\right)=\frac{1-\ln 2}{1}=-\ln 2+1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=1\end{array}\right.$.

Vậy $a-b=-1-1=-2$

Đáp án D

Giải bất phương trình ${\log }_{a}f\left(x\right)\le b\iff \left\{\begin{array}{l}0<a<1\\ f\left(x\right)\ge a^b\end{array}\right.$.

Ta có:

$$\begin{gathered} {\log }_{\frac{1}{3}}\left(x^2-2x+6\right)\le -2\iff x^2-2x+6\ge {\left(\frac{1}{3}\right)}^{-2} \\ \iff x^2-2x-3\ge 0\iff [\begin{array}{c}x\ge 3\\ x\le -1\end{array} \end{gathered}$$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-\infty ;-1\right]\cup \left[3;+\infty \right)$

Đáp án D

Sử dụng tương giao đồ thị hàm số, xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Đồ thị hàm số cắt qua trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -2. Do đó đáp án đúng là D.

Đáp án A

Sử dụng tổ hợp.

Trong hộp có tất cả 8+9+10=27 quả cầu.

Số cách chọn 1 quả cầu từ hộp trên là $C_{27}^1=27$ cách

Đáp án A

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

Gọi $x_0$ là điểm cực tiểu của hàm số đã cho, khi đó ta có $y\text{'}\left(x_0\right)=0$

Vậy tiếp tuyến của hàm số tại điểm cực tiểu có hệ số góc bằng 0, tức là song song với trục hoành.

Đáp án C

Đường thẳng x=a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)\iff \underset{x\to \alpha }{\lim }f\left(x\right)=\infty$

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d} \left(x\ne -\frac{d}{c}\right)$ có TCĐ: $x=-\frac{d}{c}$ với $x=-\frac{d}{c}$ không là nghiệm của phương trình ax+b=0

Ta có: đồ thị hàm số $y=\frac{2x-4}{x-m}=\frac{2\left(x-2\right)}{x-m}$ có tiệm cận đứng $\iff x-m\ne x-2\iff m\ne 2.$

Đáp án C

Cho mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R

Khi đó, mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính $r=\sqrt{R^2-d^2\left(I; \left(P\right)\right)}.$

Chu vi của đường tròn bán kính r là: $C=2\pi r.$

Theo đề bài ta có: $d\left(O; \left(P\right)\right)=OH=\frac{r}{2}.$

Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là:

$HA=\sqrt{O{A}^2-O{H}^2}=\sqrt{r^2-{\left(\frac{r}{2}\right)}^2}=\frac{r\sqrt{3}}{2}.$

⇒ Chu vi đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là

$C=2\pi .\frac{r\sqrt{3}}{2}=\pi r\sqrt{3} \left(dvdd\right).$

Đáp án A

Sử dụng lý thuyết về Cực trị của hàm số:

Ta có: $x=x_0$ là điểm cực trị của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$ tại điểm $x=x_0$ thì hàm số có y'  đổi dấu từ dương sang âm hoặc ngược lại.

Điểm $x=x_0$ là điểm cực tiểu của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$ tại điểm $x=x_0$ thì hàm số có y' đổi dấu từ âm sang dương.

Điểm $x=x_0$ là điểm cực đại của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$ tại điểm $x=x_0$ thì hàm số có y'  đổi dấu từ dương sang âm.

Ta có: $x=x_0$ là điểm cực trị của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$$f\text{'}\left(x_0\right)=0$

Điểm $x=x_0$ là điểm cực đại của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$$\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x_0\right)=0\\ f\text{'}\text{'}\left(x_0\right)<0\end{array}\right.$

Điểm $x=x_0$ là điểm cực tiểu của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$$\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x_0\right)=0\\ f\text{'}\text{'}\left(x_0\right)>0\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Ta có: $x=x_0$ là điểm cực trị của hàm số  tại điểm $x=x_0$ thì hàm số có y' đổi dấu từ dương sang âm hoặc ngược lại.

⇒ Đáp án A đúng.

Đáp án B

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy r và đường sinh l là: $V=\frac{1}{3}\pi R^2\sqrt{l^2-R^2}.$

Thể tích khối nón đã cho là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi R^2\sqrt{l^2-R^2}=\frac{1}{3}\pi .2^2.\sqrt{3^2-2^2}=\frac{4\sqrt{5}\pi }{3}.$

Đáp án B

Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ V=Bh, trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao.

Vì ABC là tam giác vuông tại B nên $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}.2a.a=a^2$.

Vậy $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=AA\text{'}.S_{\Delta ABC}=2a\sqrt{3}.a^2=2\sqrt{3}{a}^3$

Đáp án C

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng định lí Cô-sin trong tam giác để tính góc: Cho $∆ABC$, ta có $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB.AC}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{c}\left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\\ AB\subset \left(SAB\right), AB\perp SA\end{array}\\ AC\subset \left(SAC\right), AC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow \angle \left(\left(SAB\right);\left(SAC\right)\right)=\angle \left(AB;AC\right)$

Xét tam giác ABC ta có: $\cos \angle BAC=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB.AC}$

$=\frac{a^2+a^2-3a^2}{2.a^2}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle BAC={120}^0$

Vậy $\angle \left(\left(SAB\right);\left(SAC\right)\right)={60}^0$

Đáp án D

- Rút x theo y hoặc ngược lại.

- Thế vào biểu thức x,y, đưa biểu thức về 1 biến.

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của hàm số trên 1 đoạn

Vì $\left\{\begin{array}{l}x, y\ge 0\\ x+y=1\end{array}\right.\Rightarrow 0\le x,y\le 1$ và y=1-x.

Khi đó ta có $x.y=x.\left(1-x\right)=-x^2+x=f\left(x\right)$, với $0\le x\le 1$.

Ta có

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=-2x+1=0\iff x=\frac{1}{2}\in \left[0;1\right] \\ f\left(0\right)=0; f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}; f\left(1\right)=0 \end{gathered}$$

Vậy $\underset{\left[0;1\right]}{maxf\left(x\right)}=f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}$ hay giá trị lớn nhất của x,y là $\frac{1}{4}$, đạt được khi $x=y=\frac{1}{2}$.

Chú ý khi giải: Các em HS có thể giải quyết bài toán trên bằng cách sử dụng BĐT như sau:

$xy\le {\left(\frac{x+y}{2}\right)}^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}x=y\\ x+y=1\end{array}\right.\iff x=y=\frac{1}{2}$

Đáp án A

Sử dụng công thức lãi kép $A_n=A{\left(1+r\right)}^n$ trong đó:

$A_n$: số tiền nhận được sau  kì hạn (cả gốc lẫn lãi).

A: số tiền gửi ban đầu.

r: lãi suất 1 kì hạn.

n: số kì hạn.

Giả sử sau n tháng thì bạn An nhận được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1 300 000 đồng, khi đó ta có:

$$\begin{gathered} A_n=A{\left(1+r\right)}^n=1000000.{\left(1+0,58\%\right)}^n>1300000 \\ \iff {\left(1+0,58\%\right)}^n>1,3\iff n>{\log }_{1+0,58\%}1,3\approx 45,36 \end{gathered}$$

Vậy sau ít nhất 46 tháng thì bạn An nhận được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1 300 000 đồng.

Đáp án B

Sử dụng chỉnh hợp.

Số cách chọn một bạn làm lớp trưởng và một bạn làm lớp phó từ một lớp học gồm 35 học sinh là $A_{35}^2$ cách.

Chú ý khi giải:

Do chức vụ đã rõ ràng, tức là đây là một bài toán có thứ tự, phải dùng chỉnh hợp chứ không được dùng tổ hợp.

Đáp án A

- Xác định góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc giữa cạnh bên và hình chiếu của cạnh bên trên mặt đáy.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp, cũng chính là chiều cao hình nón.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy r là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$

Gọi O là trọng tâm $\Delta ABC\Rightarrow SO\perp \left(ABC\right)$ và O cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có $SO\perp \left(ABC\right)\Rightarrow OA$ là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC).

$\Rightarrow \angle \left(SA;\left(ABC\right)\right)=\angle \left(SA;OA\right)=\angle SAO={60}^0$

Xét $∆SOA$ vuông tại O có $\left\{\begin{array}{l}OA=SA.\cos {60}^0=2a.\frac{1}{2}=a\\ SO=SA.\sin {60}^0=2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\end{array}\right.$.

Vậy khối nón có đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp $∆ABC$ có thể tích là

$V=\frac{1}{3}\pi .O{A}^2.SO=\frac{1}{3}\pi .a^2.a\sqrt{3}=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}$

Đáp án D

- Sử dụng công thức ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$.

- Đặt ẩn phụ $t=5^{{\sin }^{2}x} \left(t\ge 1\right)$, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.

- Giải phương trình tìm t.

- Sử dụng công thức hạ bậc: ${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$, sau đó giải phương trình lượng giác cơ bản tìm x: $\cos x=\cos \alpha \iff x=\pm \alpha +k2\pi \left(k\in Z\right)$.

- Giải bất phương trình $0\le x\le 2\pi$ và tìm các nghiệm thỏa mãn

Ta có:

$$\begin{gathered} 5^{{\sin }^{2}x}+5^{{\cos }^{2}x}=2\sqrt{5}\iff 5^{{\sin }^{2}x}+5^{1-{\sin }^{2}x}=2\sqrt{5} \\ \iff 5^{{\sin }^{2}x}+\frac{5}{5^{{\sin }^{2}x}}=2\sqrt{5} \end{gathered}$$

Đặt $t=5^{{\sin }^{2}x} \left(t\ge 1\right)$, phương trình trở thành

$$\begin{gathered} t+\frac{5}{t}=2\sqrt{5}\iff t^2-2\sqrt{5}t+5=0 \\ \iff {\left(t-\sqrt{5}\right)}^2=0\iff t=\sqrt{5} \left(tm\right) \\ \Rightarrow 5^{{\sin }^{2}x}=\sqrt{5}=5^{\frac{1}{2}}\iff {\sin }^{2}x=\frac{1}{2} \\ \iff \frac{1-\cos 2x}{2}=\frac{1}{2}\iff \cos 2x=0 \\ \iff 2x=\frac{\pi }{2}+k\pi \iff x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2} \left(k\in Z\right) \end{gathered}$$

Xét $x\in \left[0;2\pi \right]$ ta có $0\le \frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}\le 2\pi \iff -\frac{1}{2}\le k\le \frac{7}{2}$. Mà $k\in Z\Rightarrow k\in \left\{0;1;2;3\right\}$.

$\Rightarrow x=\left\{\frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4};\frac{5\pi }{4};\frac{7\pi }{4}\right\}$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình trên đoạn $\left[0; 2\pi \right]$ là $T=\frac{\pi }{4}+\frac{3\pi }{4}+\frac{5\pi }{4}+\frac{7\pi }{4}=4\pi$

Đáp án C

- Để điểm M nằm phía trên đường thẳng y=2 thì $y_0>2$.

- Giải bất phương trình logarit: ${\log }_{a}x>b\iff \left\{\begin{array}{l}a>1\\ x>a^b\end{array}\right.$.

Vì $M\left(x_0; y_0\right)$ là điểm thuộc đồ thị hàm số $y={\log }_{3}x$ nên $y_0={\log }_3{x}_0$.

Để điểm  nằm phía trên đường thẳng y=2 thì $y_0>2\iff {\log }_3{x}_0>2\iff x_0>9$

Đáp án C

- Sử dụng công thức $C_n^k=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$, giải phương trình $C_n^0+C_n^1+C_n^2=11$ tìm n.

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

- Để tìm số hạng chứa $x^7$ ta cho số mũ của x trong khai triển bằng 7, giải phương trình tìm k. Với k vừa tìm được ta suy ra số hạng chứa $x^7$

Ta có:

$$\begin{gathered} C_n^0+C_n^1+C_n^2=11 \left(n\ge 2, n\in N\right) \\ \iff 1+n+\frac{n\left(n-1\right)}{2}=11\iff 2+2n+n^2-n=22 \\ \iff n^2+n-20=0 \end{gathered}$$

$\iff [\begin{array}{c}n=4 \left(tm\right)\\ n=-5 \left(ktm\right)\end{array}$

Khi đó ta có ${\left(x^3-\frac{1}{x^2}\right)}^4=\sum _{k=0}^4{C}_4^k{\left(x^3\right)}^{4-k}{\left(-\frac{1}{x^2}\right)}^k=\sum _{k=0}^4{C}_4^k{\left(-1\right)}^k{x}^{12-5k} \left(0\le k\le 4; k\in N\right)$.

Để tìm số hạng chứa $x^7$ ta cho $12-5k=7\iff k=1 \left(tm\right)$.

Vậy số hạng chứa $x^7$ trong khai triển trên là $C_4^1.{\left(-1\right)}^1{x}^7=-4x^7$

Đáp án A

Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là $S_{xq}=2\pi Rh$.

Theo bài ra ta có R=a và $h=2.\left(2R\right)=4R=4a$.

Vậy diện tích xung quanh hình trụ là $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi .a.4a=8\pi a^2$

Đáp án C

Chia cả tử và mẫu cho x

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-1}{2-3x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2-\frac{1}{x}}{\frac{2}{x}-3}=\frac{2}{-3}=-\frac{2}{3}$

Đáp án D

Sử dụng hoán vị.

Số cách sắp xếp 8 học sinh thành một hàng dọc là 8! cách.

Đáp án D

Sử dụng định lí Cô-sin trong tam giác.

Ta có $\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{6}\iff \alpha >{60}^0$.

Xét đáp án A: $\angle \left(AB;AM\right)=\angle BAM$.

Vì $∆ABC$ đều nên AM là phân giác của $\angle BAC\Rightarrow \angle BAM={30}^0$.

Do đó loại đáp án A.

Xét đáp án B và C: Giả sử ABCD là tứ diện đều cạnh 1.

Xét tam giác AMD có $AM=DM=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác AMD có:

$\cos \angle AMD=\frac{A{M}^2+M{D}^2-A{D}^2}{2AM.MD}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{3}{4}-1}{2.\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow \cos \left(AM;DM\right)=\frac{1}{3}$⇒ Loại đáp án B.

$\cos \angle ADM=\frac{A{D}^2+M{D}^2-A{M}^2}{2AD.MD}=\frac{1+\frac{3}{4}-\frac{3}{4}}{2.1.\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \cos \left(AD;DM\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}$⇒ Loại đáp án B.

Xét đáp án D: Gọi N là trung điểm của AC.

Ta có $MN//AB\Rightarrow \angle \left(AB;DM\right)=\angle \left(MN;DM\right)$.

Ta có $MN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}; DM=\frac{\sqrt{3}}{2}; DM=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác DMN có:

$=\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}-\frac{3}{4}}{2.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{6}\Rightarrow \cos \left(AB;DM\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}$ (thỏa mãn).

Đáp án D

- Dựa vào chiều nhánh cuối cùng của đồ thị xác định dấu của hệ số a.

- Thay x=0 tìm hệ số c.

- Dựa vào các điểm cực trị của hàm số chọn đáp án đúng.

BBT trên là của đồ thị hàm đa thức bậc ba dạng $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d \left(a\ne 0\right)$.

Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên a>0, do đó loại đáp án A.

Thay $x=0\Rightarrow c=2$ (do đồ thị hàm số đi qua điểm (0;2)) nên loại đáp án C.

Hàm số có 2 điểm cực trị x=0; x=2 nên loại đáp án C, do $y\text{'}=3x^2+6x=0\iff [\begin{array}{c}x=0\\ x=-2\end{array}$

Đáp án D

Xét các TH:

+ lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Văn

+ lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Tiếng Anh

+ lấy 1 quyển sách Văn và 1 quyển sách Văn

Sử dụng chỉnh hợp và quy tắc cộng.

Số cách lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Văn là 6.7=42 cách.

Số cách lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Tiếng Anh là 6.8=48 cách.

Số cách lấy 1 quyển sách Văn và 1 quyển sách Văn là 7.8=56 cách.

Vậy số cách lấy 2 quyển sách thuộc 2 môn khác nhau là: 42+48+56=146 cách

Đáp án B

Hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ đồng biến trên từng khoảng xác định của chúng.

TXĐ: $D=R\backslash \left\{-2\right\}$.

Ta có $y\text{'}=\frac{9}{{\left(x+2\right)}^2}>0 \forall x\ne -2$ nên hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và $\left(-2;+\infty \right)$

Đáp án B

- Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$.

- Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao SH.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}$

Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp HD\Rightarrow \Delta SHD$ vuông tại H.

Áp dụng định lí Pytago ta có:

$$\begin{gathered} HD=\sqrt{A{D}^2+A{H}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2} \\ SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{\frac{9a^2}{4}-\frac{5a^2}{4}}=a \end{gathered}$$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}$

Đáp án C

- Chuyển vế, đưa về cùng cơ số.

- Sử dụng công thức đổi cơ số: ${\log }_{a}b=\frac{{\log }_{c}b}{{\log }_{c}a} \left(0<a, c\ne 1, b>0\right)$

- Đưa phương trình đã cho về dạng tích.

- Giải phương trình lôgarit ${\log }_{a}f\left(x\right)={\log }_{a}g\left(x\right)\iff f\left(x\right)=g\left(x\right)>0$

ĐK: x>0.

Ta có:

$$\begin{gathered} {\log }_{2021}x+{\log }_{2020}x=0 \\ \iff {\log }_{2021}x+\frac{{\log }_{2021}x}{{\log }_{2021}2020}=0 \\ \iff {\log }_{2021}x.\left(1+{\log }_{2021}2020\right)=0 \\ \iff {\log }_{2021}x=0\iff x=1 \left(tm\right) \end{gathered}$$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1

Đáp án A

- Phân tích tử và mẫu thành nhân tử, rút gọn để khử dạng $\frac{0}{0}$ và tính giới hạn.

- Tìm các hệ số a, b và tính $a^2-b^2$.

Ta có

$$\begin{gathered} \underset{x\to -4}{\lim }\frac{x^2+3x-4}{x^2+4x}=\underset{x\to -4}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+4\right)}{x\left(x+4\right)}=\underset{x\to -4}{\lim }\frac{x-1}{x}=\frac{5}{4} \\ \Rightarrow a=5, b=4 \end{gathered}$$

Vậy $a^2-b^2=5^2-4^2=9$

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của phương trình.

- Đưa về cùng cơ số 10.

- Giải phương trình logarit: ${\log }_{a}f\left(x\right)={\log }_{a}g\left(x\right)\iff f\left(x\right)=g\left(x\right)>0$.

- Cô lập m, đưa phương trình về dạng m=f(x).

- Lập BBT của hàm số f(x), từ BBT tìm điều kiện của m để phương trình vô nghiệm.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}mx>0\\ x+1>0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}mx>0\\ x>-1\end{array}\right.\right.$

Ta có $\log \left(mx\right)=2\log \left(x+1\right)\iff \log \left(mx\right)=\log {\left(x+1\right)}^2\iff mx={\left(x+1\right)}^2 \left(*\right)$

Do $x>-1\iff x+1>0\Rightarrow {\left(x+1\right)}^2>0\Rightarrow mx>0$. Do đó $x\ne 0$.

Khi đó ta có $\left(*\right)\iff m=\frac{{\left(x+1\right)}^2}{x}=f\left(x\right)$, với $x>-1; x\ne 0$.

Ta có

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=\frac{2\left(x+1\right).x-{\left(x+1\right)}^2}{x^2} \\ f\text{'}\left(x\right)=\frac{2x^2+2x-x^2-2x-1}{x^2} \\ f\text{'}\left(x\right)=\frac{x^2-1}{x^2}=0\iff [\begin{array}{c}\mathrm{x}=1\\ \mathrm{x}=-1\end{array} \end{gathered}$$

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương (*) có nghiệm duy nhất $[\begin{array}{c}m<0\\ m=4\end{array}$.

Kết hợp điều kiện $m\in Z, m\in \left[-2020;2020\right]$ ta có $m\in \left[-2020;0\right)\cup \left\{4\right\}, m\in Z$.

Vậy có 2021 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng, sử dụng định lí Pytago và định lí Côsin trong tam giác để tính góc.

Giả sử ABCD.A'B'C'D' là khối lập phương có cạnh bằng 1

Dễ thấy BC'EF là hình bình hành nên $EF=BC\text{'}=\sqrt{2}$.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác MEF ta có

Mà góc giữa hai mặt phẳng là góc nhọn, có giá trị côsin là số dương.

Vậy $\cos \angle \left(\left(MC\text{'}D\text{'}\right);\left(MAB\right)\right)=\frac{7\sqrt{85}}{85}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Không mất tính tổng quát, ta giả sử ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng để bài toán đơn giản hơn.

- Trong (ACC'A') kéo dài NC cắt AA' tại E. Sử dụng tỉ số thể tích Simpson tính $\frac{V_{C.MNP}}{V_{C.MEP}}$.

- Tính $\frac{V_{C.MEP}}{V_{C.ABB\text{'}A\text{'}}}=\frac{S_{MEP}}{S_{ABB\text{'}A\text{'}}}$, sử dụng phương pháp phần bù để so sánh $S_{MEP}$ với $S_{ABB\text{'}A\text{'}}$

- Sử dụng nhận xét $V_{C.ABB\text{'}A\text{'}}=\frac{2}{3}V$, từ đó tính $V_{CMNP}$ theo V.

Giải chi tiết:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng để bài toán đơn giản hơn

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số điểm cực trị của hàm số y=|f(x)| với f(x) là hàm đa thức = số điểm cực trị của hàm số  y=f(x)+ số giao điểm (không tính điểm tiếp xúc) của đồ thị hàm số f(x) và trục hoành.

Giải chi tiết:

Xét hàm số $f\left(x\right)=3x^4-8x^3-6x^2+24x-m$.

Đồ thị hàm số f(x) có nhiều nhất 3 điểm cực trị và cắt trục hoành tại nhiều nhất 4 điểm.

Do đó để đồ thị hàm số y=|f(x)| có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số f(x) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt và có 3 điểm cực trị.

$\Rightarrow$ đồ thị hàm số f(x) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt (vì khi đó chắc chắn hàm số y=f(x) sẽ có 3 điểm cực trị) ⇒ Phương trình $3x^4-8x^3-6x^2+24x-m=0\iff 3x^4-8x^3-6x^2+24x=m \left(*\right)$ phải có 4 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số $g\left(x\right)=3x^4-8x^3-6x^2+24x$ ta có $g\text{'}\left(x\right)=12x^3-24x^2-12x+24=0\iff [\begin{array}{c}x=-1\\ x=1\\ x=2\end{array}$.

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt $\iff 8<m<13$.

Mà $m\in Z\Rightarrow m\in S=\left\{9;10;11;12\right\}$.

Vậy tổng tất cả các phần tử của S là $9+10+11+12=42$

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Xác định giao điểm hai trục của hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD), chứng minh giao điểm đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

- Sử dụng định lí Pytago tính bán kính mặt cầu.

Giải chi tiết:

Gọi O là tâm hình vuông , H là trung điểm của AB, G là trọng tâm ΔSAB.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính g'(x).

- Giải phương trình g'(x)=0, xác định số nghiệm của phương trình f'(x)=0 dựa vào đồ thị hàm số y=f'(x).

- Lập BXD đạo hàm g'(x) và suy ra các khoảng nghịch biến của hàm số.

- Để hàm số nghịch biến trên (1;2) thì (1;2) phải là con của những khoảng nghịch biến của hàm số.

Giải chi tiết:

Vậy có 2021 giá trị nguyên của m thỏa mãn hay tập hợp  có 2021 phần tử.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh $BC\perp \left(SAM\right)$, từ đó xác định chiều cao hạ từ đỉnh S của khối chóp bằng cách sử dụng định lí: Cho hai mặt phẳng vuông góc, đường thẳng nằm trong mặt này và vuông góc với giao tuyến thì sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.

- Xác định tỉ số $\frac{d\left(T;\left(G_1{G}_2{G}_3\right)\right)}{d\left(S;\left(ABC\right)\right)}; \frac{S_{\Delta G_1{G}_2{G}_3}}{S_{\Delta ABC}}$, từ đó suy ra tỉ số $\frac{V_{T.G_1{G}_2{G}_3}}{V_{S.ABC}}$.