Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'BA} \right) \Rightarrow \widehat {A'BA} = 30^\circ \)

Khi đó \(AA' = AB.\tan 30^\circ = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{4{a^2}}}{2}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(\widehat {ABC} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = 60^\circ \) suy ra tam giác ABD là tam giác đều cạnh a.

Khi đó A’.ABD là chóp đều cạnh đáy bằng a.

Như vậy hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt đáy trùng với trọng tam tam giác ABD.

Ta có: \(A'H = HA.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3 = a\)

\( \Rightarrow {V_{A'.ABD}} = \frac{1}{3}A'H.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Do đó \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 3.{V_{A'.ABCD}} = 6.{V_{A'.ABD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi vận tốc lúc lên dốc và vận tốc lúc xuống dốc theo thứ tự là x, y (km/h) (x, y > 0)

* Lúc đi từ A đến B: Đoạn lên dốc dài 4 km và đoạn xuống dốc dài 5 km

* Lúc đi từ B đến A: Đoạn lên dốc dài 5 km và đoạn xuống dốc dài 4 km

Thời gian đi lên dốc là \(\frac{4}{x}\) (h), thời gian xuống dốc là: \(\frac{5}{y}\) (h)

Theo đầu bài thời gian đi A đến B là 40 phút \( = \frac{2}{3}\) (h) nên:

\(\frac{4}{x} + \frac{5}{y} = \frac{2}{3}\) (1)

* Lúc đi từ B đến A qua C: Đoạn lên dốc dài 5 km và đoạn xuống dốc dài 4 km

Thời gian đi lên dốc là \(\frac{5}{x}\) (h), thời gian xuống dốc là: \(\frac{4}{y}\) (h)

Theo đầu bài thời gian đi A đến B là 41 phút \( = \frac{{41}}{{60}}\) (h) nên:

\(\frac{5}{x} + \frac{4}{y} = \frac{{41}}{{60}}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{4}{x} + \frac{5}{y} = \frac{2}{3}\\\frac{5}{x} + \frac{4}{y} = \frac{{41}}{{60}}\end{array} \right.\)

Đăth \(X = \frac{1}{x};Y = \frac{1}{y}\) khi đó hệ phương trình trên trở thành:

\(\left\{ \begin{array}{l}4X + 5Y = \frac{2}{3}\\5X + 4Y = \frac{{41}}{{60}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}X = \frac{1}{{12}}\\Y = \frac{1}{{15}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 12\\y = 15\end{array} \right.\) (TMĐK)

Vậy tốc độ lúc lên dốc là 12 km/h, vận tốc lúc xuông dốc là 15 km/h.

Đáp án đúng là: B

Lắp ghép 2 khối hộp chưa chắc được 1 khối đa diện lồi.

Đáp án đúng là: D

Không thể tồn tại khối chóp tứ giác đều là khối đa diện đều.

Đáp án đúng là: C

Gọi số phải tìm là: \(\overline {ab} \). Viết thêm chữ số 9 vào bên trai ta được số \(\overline {9ab} \).

Theo đề bài, ta có:

\(6\overline {ab} = \overline {ab} \times 13\)

\(600 + \overline {ab} = \overline {ab} \times 13\)

\(600 = \overline {ab} \times 13 - \overline {ab} \)

\(600 = \overline {ab} \left( {13 - 1} \right)\)

\(600 = 12 \times \overline {ab} \)

\(\overline {ab} = 600:12 = 50\)

Vậy số cần tìm là 50.

Đáp án đúng là: A

Đặt t = 4^x > 0

Phương trình trở thành:

(m + 1).t² – 2(2m – 3)t + 6m + 5 = 0 (*)

Phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn x₁ < 0 < x₂

\( \Rightarrow 0 < {4^{{x_1}}} < {4^0} < {4^{{x_2}}}\)

Suy ra: 0 < t₁ < 1 < t₂

YCBT trở thành:

Phương trình (*) có hai nghiệm t₁; t₂ thỏa mãn

0 < t₁ < 1 < t₂ \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\\left( {m + 1} \right)f(1) < 0\\\left( {m + 1} \right)f(0) > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \ne 0\\\left( {m + 1} \right)\left( {3m + 12} \right) < 0\\\left( {m + 1} \right)\left( {6m + 5} \right) > 0\end{array} \right.\)

⇔ −4 < m < −1

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 4\\b = - 1\end{array} \right. \Rightarrow P = 4\)

Vậy P = 4.

Đáp án đúng là: A

Ta có: mx – m = 0 vô nghiệm

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \)

Vậy không tồn tại m để phương trình đã cho vô nghiệm hay m ∈ ∅.

Ta có: (m² – 4)x = 3m + 6 ⇔ (m² – 4)x – 3m – 6 = 0 vô nghiệm

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 = 0\\ - 3m - 6 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 2\end{array} \right.\\m \ne - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\)

Vậy với m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: B

Gọi V,h,S lần lượt là thể tích, chiều cao, và diện tích đáy của hình chóp ban đầu.

V′, h′, S′ lần lượt là thể tích, chiều cao, và diện tích đáy của hình chóp khi đã thay đổi kích thước.

Theo giả thiết: \(h' = \frac{h}{2}\), S’ = 4S.

Ta có: \(V' = \frac{1}{3}.S'.h' = \frac{1}{3}.4S.\frac{h}{2} = 2.\left( {\frac{1}{3}.S.h} \right) = 2V\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(2{\sin ^2}x + \sqrt 3 \sin 2x = 3\)

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

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

\( \Leftrightarrow - \cos 2x + \sqrt 3 \sin 2x = 2\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin 2x - \cos 2x = 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x - \frac{1}{2}\cos 2x = 1\)

\( \Leftrightarrow \cos \frac{\pi }{6}.\sin 2x - \sin \frac{\pi }{6}.\cos 2x = 1\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow 2x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \), k ∈ ℤ

\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi \), k ∈ ℤ.

Vậy phương trình có họ nghiệm là: \(x = \frac{\pi }{3} + k\pi \), k ∈ ℤ.

Đáp án đúng là: C

Xét hình lăng trụ như hình vẽ:

Tam giác ABC đều nên có diện tích \({S_{ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Chiều cao của khối lăng trụ là AA’ = 2a suy ra thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ là \(V = AA'.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) (đvtt)

Đáp án đúng là: C

Thể tích của khối lăng trụ đứng tam giác đều có cạnh bên bằng a, cạnh đáy bằng 2a là:

\(V = a{\left( {2a} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^3}\sqrt 3 \).

Đáp án đúng là: C

TXĐ: D = ℝ \ {0}

Ta có: y = log₂x²

\( \Rightarrow y' = \frac{{{{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }}}{{{x^2}\ln 2}} = \frac{{2x}}{{{x^2}\ln 2}}\)

Ta thấy y’ > 0 ⇔ x > 0 nên hàm số đồng biến trên (0; +∞)

y’ < 0 ⇔ x < 0 nên hàm số nghịch biến trên (−∞; 0)

Lại có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \, \pm \,\infty } y = + \infty \) nên hàm số đã cho không có tiệm cận ngang

Đồ thị hàm số có một tiệm cận đúng là x = 0.

Vậy đáp án C là khẳng định sai.

Đáp án đúng là: B

2f(x² – 1) – 5 = 0

Đặt t = x² – 1 (t ≥ −1)

Phương trình (1) trở thành

2f(t) – 5 = 0

\( \Leftrightarrow \left( t \right) = \frac{5}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = a(a < - 3)\\t = b\left( {b \in \left\{ { - 2; - 1} \right\}} \right)\\t = c\left( {c \in \left\{ { - 1;0} \right\}} \right)\end{array} \right.\)

Ta có t = c (thỏa mãn)

⇒ c = x² – 1 \( \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {c + 1} \)

Vậy số nghiệm thực của phương trình (1) là 2.

Đáp án đúng là: A

Ta có: tan30° + cot30° \( = \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \sqrt 3 = \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \frac{3}{{\sqrt 3 }} = \frac{4}{{\sqrt 3 }}\).

Đáp án đúng là: A

Ta có:

\({5^x}{.8^{\frac{{x - 1}}{x}}} = 500 = {2^2}{.5^3}\)

\( \Leftrightarrow {5^x}{.2^{\frac{{3\left( {x - 1} \right)}}{x}}} = {2^2}{.5^3}\)

\( \Leftrightarrow {2^{\frac{{3\left( {x - 1} \right)}}{x} - 2}} = {5^{x - 3}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}{2^{\frac{{x - 3}}{x}}} = {\log _2}{5^{3 - x}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{x} = \left( {3 - x} \right){\log _2}5\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {\frac{1}{x} + {{\log }_2}5} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 3 = 0\\\frac{1}{x} + {\log _2}5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = \frac{{ - 1}}{{{{\log }_2}5}} = - {\log _5}2\end{array} \right.\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3 hoặc x = −log₅2.

Đáp án đúng là: C

\(\sin 3x - \frac{2}{{\sqrt 3 }}{\sin ^2}x = 2\sin x.\cos 2x\)

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

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin 3x - 2{\sin ^2}x = \sqrt 3 \sin 3x - \sqrt 3 \sin x\)

\( \Leftrightarrow \sin x\left( {2\sin x - \sqrt 3 } \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm là: x = kp; \(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \); \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \) (k ∈ ℤ).

Đáp án đúng là: C

Số nghiệm của phương trình 2f(x) + 5 = 0 \( \Leftrightarrow f(x) = - \frac{5}{2}\) là số giao điểm của đường thẳng \(y = - \frac{5}{2}\) và đồ thị hàm số y = f(x)

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y = - \frac{5}{2}\) cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại hai điểm phân biệt.

Do đó 2f(x) + 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt.

Đáp án đúng là: C

Ta có:

4^x – 3.2^x+2 + 32 = 0

⇔ (2^x)² – 12.2^x + 32 = 0

⇔ (2^x – 8)(2^x – 4) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 8\\{2^x} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 2\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {3; 2}

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 3 + 2 = 5.

Đáp án đúng là: C

Đặt t = 2^x > 0. Khi đó bất phương trình trở thành:

t² – 12t + 32 ≤ 0

⇔ 4 ≤ t ≤ 8

⇒ 4 ≤ 2^x ≤ 8

⇔ 2 ≤ x ≤ 3

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: [2; 3].

Đáp án đúng là: B

Không thể tồn tại khối chóp tứ giác đều là khối đa diện đều.

Vậy mệnh đề sai là mệnh đề B.

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{4^x} + 4} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{2x + 1}} - {{3.2}^x}} \right)\)

⇔ 4^x – 3.2^x – 4 ≥ 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} \le - 1\\{2^x} \ge 4\end{array} \right.\)

⇔ 2^x ≥ 4

⇔ x ≥ 2.

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là [2; +∞)

Đáp án đúng là: B

Ta có:

5^x + 25^1-x = 6

⇔ 5^x + 5^2(1-x) = 6

\( \Leftrightarrow {5^x} + \frac{{{5^2}}}{{{5^{2x}}}} = 6\)

⇔ 5^3x + 25 = 6.5^2x

Đặt t = 5^x > 0

Khi đó phương trình trở thành:

t³ – 6t² + 25 = 0

⇔ (t – 5)(t² – t – 5) = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5\\t = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}\\t = \frac{{1 - \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\)

Vì t > 0 nên ta có: \(\left[ \begin{array}{l}t = 5\\t = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\)

Với t = 5 ⇒ 5^x = 5 ⇔ x = 1

Với \(t = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2} \Rightarrow {5^x} = \frac{{1 + \sqrt {21} }}{2} \Leftrightarrow x = {\log _5}\left( {\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}} \right)\)

Vậy tích các nghiệm của phương trình bằng: \({\log _5}\left( {\frac{{1 + \sqrt {21} }}{2}} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Ta có SB tạo với mp (ABCD) là: \(\widehat {SBM} = 60^\circ \)

\(BM = \frac{3}{4}BD = 3a\)

\(SM = BM.\tan 60^\circ = 3\sqrt 3 a\)

\(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}MH\)

Xét ∆SMK vuông tại M có:

\(\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{M{K^2}}} + \frac{1}{{M{S^2}}}\)

\( = \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{4}.2\sqrt 3 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {3\sqrt 3 a} \right)}^2}}} = \frac{5}{{27{a^2}}}\)

\( \Rightarrow MH = \sqrt {\frac{{27}}{5}} a\)

Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{4}MH = \frac{{4\sqrt {15} a}}{5}\).

Đáp án đúng là: A

Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó SH ⊥ (ABCD).

Do tam giác ABC vuông cân tại A nên AH ⊥ BC và \(AH = \frac{a}{2}\).

Dựng điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.

Khi đó d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(H, (SAD)).

Kẻ HI ⊥ SA.

Khi đó d(H, (SAD)) = HI \( = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(R = OH = \frac{a}{2}\)

\(SH = \sqrt {S{O^2} + O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\)

Vậy \({S_{xq}} = \pi .\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt {17} }}{2} = \frac{{\pi {a^2}\sqrt {17} }}{4}\)

3^{x – 1} = 9

⇔ 3^{x – 1} = 3²

⇔ x – 1 = 2

⇔ x = 3

Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình.

Đáp án đúng là: B

Ta có ln(3e^x – 2) = 2x

⇔ 3e^x – 2 = e^2x

⇔ e^2x – 3e^x + 2 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{e^x} = 1\\{e^x} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \ln 2\end{array} \right.\)

Vậy S có 2 phần tử nên có tất cả 2² = 4 tập con.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ln(1 – x) < 0

⇔ 0 < 1 – x < e⁰

⇔ 0 < x < 1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (0; 1)

Gọi số lẻ đang xét có dạng \(\overline {abcd} \)

Ta có:

d ∈ {1; 3; 5}

a ∈ {1; 2; 3; 4; 5}

b và c ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5}

Khi đó ta có:

• d có 3 cách chọn

• a có 4 cách chọn

• b có 4 cách chọn

• c có 3 cách chọn

Vậy các số lẻ có thể lập được là 3.4.4.3 = 144.

Xét số tự nhiên có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}{a_9}{a_{10}}} \).

TH1: a₁ có thể bằng 0 hoặc khác 0.

Với a₁ có thể bằng 0 hoặc khác 0, mỗi số có dạng trên là một hoán vị của 10 chữ số đã cho.

Do đó, số các số có thể lập được trong trường hợp 1 là:

P₁₀ = 10! (số).

Trường hợp 2: a₁ = 0.

Vì a₁ = 0 cố định nên 9 chữ số sau a₁ đều khác 0 và chỉ có 9 chữ số đó thay đổi.

Suy ra, mỗi số có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}{a_9}{a_{10}}} \) là một hoán vị của 9 chữ số khác 0 đã cho.

Do đó, số các số có thể lập được trong trường hợp 2 là:

P₉ = 9! (số).

Vậy số các số tự nhiên có 10 chữ số đôi một khác nhau có thể lập được là:

10! – 9! = 3 265 920 (số).

Đáp án đúng là: B

Vì O và O’ riêng biệt, R = R’

Suy ra chỉ có duy nhất 1 phép vị tự biến (O; R) thành (O’; R’).

Đáp án đúng là: A

Từ giả thiết suay ra tam giác ABD đều cạnh a.

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

Do SA = SB = SC nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.

Suy ra \(HI = \frac{1}{3}AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) và \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}\)

Vì ABCD là hình thoi nên HI ⊥ BD

Tam giác SBD cân tại S nên SI ⊥ BD

Do đó \(\widehat {\left( {\left( {SBD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SI,\,\,AI} \right)} = \widehat {SIH}\)

Trong tam giác vuông SHI, có \(\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 \).

Đáp án đúng là: A

Ta có: C’B ⊥ (ABB’A’) nên suy ra ∆AB’C’ vuông tại B’.

(AB’)² = a² + c²

Khi đó ta có: \(AC' = \sqrt {{{(AB')}^2} + {{(B'C')}^2}} \)

\( = \sqrt {{a^2} + {c^2} + {b^2}} \).

Ta có: n³ + 5n = n³ – n + 6n = n(n² – 1) + 6n

= n(n – 1)(n + 1) + 6n

Vì n là số nguyên dương nên suy ra:

Tích của ba số nguyên dương liên tiếp: n – 1; n; n + 1 chia hết cho 2 và 3

Nên n.(n – 1)(n + 1) chia hết cho 6.

Mà 6n chia hết cho 6 nên suy ra:

n(n – 1)(n + 1) + 6n chia hết cho 6.

Suy ra với mọi số nguyên dương ta luôn có n³ + 5n chia hết cho 6 (đpcm)

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({\left( {x + \frac{2}{{\sqrt x }}} \right)^{30}} = \sum\limits_{k = 0}^{30} {C_{30}^k{{\left( x \right)}^{30 - k}}.{{\left( {\frac{2}{{\sqrt x }}} \right)}^k}} \)

\( = \sum\limits_{k = 0}^{30} {C_{30}^k.{{\left( 2 \right)}^k}.{{\left( x \right)}^{\frac{{60 - 3k}}{2}}}} \)

Số hạng không chứa x tương ứng \(\frac{{60 - 3k}}{2} = 0 \Leftrightarrow k = 20\)

Vậy số hạng không chứa x là: \({2^{20}}\,.\,C_{30}^{20} = {2^{20}}\,.\,C_{30}^{10}\).

Đáp án đúng là: D

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [−2; 3]

Ta có y¢ = 4x³ – 8x

\(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Ta có: f(−2) = 9; f(3) = 54; f(0) = 9; \(f\left( { - \sqrt 2 } \right) = 5\); \(f\left( {\sqrt 2 } \right) = 5\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [−2; 3] bằng f(3) = 54.

Đáp án đúng là: A

Ta có: y¢ = −3x² + 6x + 24 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2 \in [ - 3;3]\\x = 4 \notin [ - 3;3]\end{array} \right.\)

y(−3) = −25; y(−2) = −35; y(3) = 65.

Vậy giá trị cần tìm là 65.

Đáp án đúng là: D

TXĐ: D = ℝ

Hàm số liên tục trên đoạn [0; 4]

Ta có: y¢ = 3x² + 4x – 7 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in [0;4]\\x = - \frac{7}{3} \notin [0;4]\end{array} \right.\)

Khi đó y(0) = 0; y(1) = −4; y(4) = 68

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là: −4.

Đáp án đúng là: B

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó SH ⊥ AB

Lại có (SAB) ⊥ (ABCD) suy ra SH ⊥ (ABCD)

Ta có: \(\widehat {ABC} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {BCD} = 60^\circ \)

Suy ra, tam giác BAD; BCD là tam giác đều.

Do đó DA = DB = DC.

Khi đó, D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì tam giác SAB; ABD là tam giác đều nên DH ⊥ (SAB)

Trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB cắt đường thẳng Dt (Dt // SH) tại I nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC.

Ta có: \(DH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = IG\); \(SG = \frac{2}{3}SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow R = \sqrt {I{G^2} + S{G^2}} = \frac{{a\sqrt {39} }}{6}\).

Lẫy ngẫu nhiên 8 bi từ hộp, không gian mẫu có: \[\left| \Omega \right| = C_{20}^8 = 125\,\,970\].

Số cách chọn 8 bi không có đủ cả 3 màu:

TH1: Chọn 8 bi chỉ có 1 màu (chỉ chọn được màu vàng): \(C_8^8 = 1\)

TH2: Chọn 8 bi có 2 màu: \(C_{12}^8 + C_{13}^8 + C_{15}^8 - 2C_8^8 = 8215\)

Gọi A là biến cố chọn 8 bi không đủ 3 màu

\( \Rightarrow \left| {{\Omega _A}} \right| = 8215 + 1 = 8216\)

Xác suất

\(P\left( A \right) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{8216}}{{C_{20}^8}} = \frac{{316}}{{4845}}\)

Gọi B là biến cố 8 bi được chọn có đủ cả 3 màu

\( \Rightarrow B = \overline A \)

Vậy xác suất: \(P\left( B \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{{4529}}{{4845}}\).

Đáp án đúng là: B

Do (B) đối xứng với (A) qua O nên (B) // (A)

Suy ra (B): 4x – 3y – 7z + D = 0 với D ≠ 3.

Chọn M(0; 1; 0) ∈ (A)

Suy ra tọa độ điểm N đối xứng với M qua I là: N(2; −3; 2) ∈ (B)

Thay toạn độ điểm N vào phương trình (B) ta được: D = 11

Vậy phương trình mặt phẳng (B) là: 4x – 3y – 7z + 11 = 0.

Đáp án đúng là: C

Ta có (P) ⊥ (Q) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \,.\,\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = 0\)

⇔ m.1 + 1(−3) + (−2).m = 0

⇔ −m – 3 = 0

⇔ m = −3

Vậy với m = −3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) x² – 4x + 4 = x² – 2.x.2 + 2² = (x – 2)².

b) x³ + 9x² + 27x + 27 = x³ + 3.x² . 3 + 3.x.3² + 3³ = (x + 3)³.

Đáp án đúng là: A

Hàm số đã cho xác định khi:

x² + 2x > 0

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

Vậy D = (−∞; −2) È (0; +∞).

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{N}\\x < 5\end{array} \right.\) ⇒ x ∈ {0; 1; 2; 3; 4}

⇒ B = {0; 1; 2; 3; 4} ⇒ A = B.

Đáp án đúng là: C

Số cách xếp ngẫu nhiên là 10!.

Ta tìm số cách xếp thoả mãn:

Đánh số hàng từ 1 đến 10. Có hai khả năng:

• 5 nam xếp vị trí lẻ và 5 nữ xếp vị trí chẵn có 5! . 5! = 120²

• 5 nam xếp vị trí chẵn và 5 nữ xếp vị trí lẻ có 5! . 5! = 120²

Theo quy tắc cộng ta có: 120² + 120² = 2 . 120² cách sắp xếp thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính: \(\frac{{2{{(5!)}^2}}}{{10!}} = \frac{1}{{126}}\).