Đáp án đúng là: B

Diện tích hình thang cân ABCD là \({{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{{3{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Mà \({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow SA = a\)

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC

Suy ra PQ là đường trung bình của tam giác ABC

Do đó PQ // AC \( \Rightarrow ({\rm{SAC}})\,{\rm{//}}\,({\rm{MPQ}}){\rm{ }}\)

Do đó: \(\widehat {\left( {{\rm{MN;}}\left( {SAC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {MN;({\rm{MPQ}})} \right)} = (\widehat {{\rm{MN}};{\rm{NH}}}) = \widehat {{\rm{MNH}}}\) với H là hình chiếu của N trên PQ

Xét tam giác SAB có P, M lần lượt là trung điểm của AB, BS

Suy ra PM là đường trung bình

Do đó PM // SA \( \Rightarrow {\rm{MP}} \bot ({\rm{ABCD}})\)

Suy ra tam giác MPN vuông tại P

Khi đó \({\rm{MN}} = \sqrt {{\rm{M}}{{\rm{P}}^2} + {\rm{N}}{{\rm{P}}^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3{\rm{a}}}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\) (định lý Pytago)

Ta có \({\rm{NH}} \bot {\rm{PQ}}\)

\( \Rightarrow {\rm{NH}} = \frac{3}{2}\;{\rm{d}}(\;{\rm{N}};({\rm{PQ}})) = \frac{3}{2}\;{\rm{d}}(\;{\rm{B}};({\rm{PQ}})) = \frac{3}{4}\)

Tam giác NMH vuông tại H, có \(\sin \widehat {MNH} = \frac{{NH}}{{MN}} = \frac{3}{4}:\frac{{\sqrt {10} }}{2} = \frac{{3\sqrt {10} }}{{20}}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là C

Vì ABCD là hình vuông nên AC = BD

Vì tam giác ABD vuông tại A nên \(B{\rm{D}} = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2}} \)

Suy ra \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2}} \)

Vì tam giác AA’C’ vuông tại A’ nên \(AC' = \sqrt {AA{'^2} + A'C{'^2}} \)

Mà A’C’ = AC nên \(AC' = \sqrt {AA{'^2} + A{C^2}} \)

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có bán kính mặt cầu ngoại tiếp

\(R = \frac{1}{2}AC' = \frac{1}{2}\sqrt {A{C^2} + A'{A^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}} = \frac{1}{2}a\sqrt 3 \)

Diện tích mặt cầu đó là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi {a^2}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là D

Hàm số y = ln(x³ – 3m²x + 72m) xác định trên (0; +∞)

\( \Leftrightarrow {x^3} - 3{m^2}x + 72m > 0,\forall x > 0\)

Xét hàm số \(f(x) = {x^3} - 3{m^2}x + 72m\)

Ta có

\(\begin{array}{l}f'(x) = 3{x^2} - 3{m^2}\\f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3{m^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = m}\\{x = - m}\end{array}} \right.\end{array}\)

Với m nguyên dương ta có bảng biến thiên:

Do đó: \(f(x) > 0,\forall x > 0 \Leftrightarrow - 2{m^3} + 72m > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - 6}\\{0 < m < 6}\end{array}} \right.\)

Vì \(m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \{ 1;2;3;4;5\} \)

Suy ra có 5 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy ta chọn đáp án D.

1122. log3(x cawnxx 3)

Đáp án đúng là: C

Điều kiện: x > 0

Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {1 + \sqrt x } \right)\) (vì \(1 + \sqrt x > 1 \Rightarrow t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {1 + \sqrt x } \right) > 0\))

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {3^t}}\\{1 + \sqrt x = {2^t}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {3^t}}\\{x = {{\left( {{2^t} - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right.} \right.\\ \Rightarrow {3^t} = {\left( {{2^t} - 1} \right)^2} \Leftrightarrow {3^t} = {4^t} - {2.2^t} + 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = 1 - 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^t} + {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t}\\ \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} + 2 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^t} - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t} = 1\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} + 2 - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t}\) trên (0; +∞) có:

\(\begin{array}{l}f'\left( t \right) = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{3}{4} + 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{1}{2} - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{1}{4}\\ = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{3}{4} + 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{1}{2} + 2 \cdot {\left( {\frac{1}{4}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{1}{2}\end{array}\)

Mà \({\rm{ln}}\frac{3}{4} < 0,{\rm{ln}}\frac{1}{2} < 0\) nên f’(t) < 0; ∀ t > 0

Do đó hàm số f(t) nghịch biến trên (0; +∞)

Dễ thấy f(2) = 1 nên phương trình f(t) = 1 có nghiệm duy nhất t = 2

Suy ra \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x = 2 \Leftrightarrow x = 9\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: B

Vì \({x^2} + 4{y^2} = 12xy\) nên \({(x + 2y)^2} = 16xy\) hay \({\log _2}{(x + 2y)^2} = {\log _2}16xy\)

Do đó: \(2{\log _2}(x + 2y) = 4 + {\log _2}x + {\log _2}y\)

Suy ra \(\log 2\left( {x + 2y} \right) = 2 + \frac{1}{2}\left( {{{\log }_2}x + {{\log }_2}y} \right)\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: B

Dựng hình bình hành AGCE. Ta có

\(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AE} = \overrightarrow {ME} \)

Kẻ \(EF \bot BC,F \in BC \Rightarrow |\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} | = |ME| \ge EF\)

Do đó: \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} } \right|\) nhỏ nhất khi M ≡ F

Gọi P là trung điểm AC, Q là hình chiếu của P trên BC

Ta có: \(BP = 3PG = \frac{3}{4}BE\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}PQ \bot BC\\F{\rm{E}} \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow PQ//F{\rm{E}}\) nên \(\widehat {BQP} = \widehat {BF{\rm{E}}}\) (hai góc đồng vị)

Xét ∆BPQ và ∆BEF có:

\(\widehat {EBF}\) là góc chung

\(\widehat {BQP} = \widehat {BF{\rm{E}}}\) (chứng minh trên)

Do đó (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{BQ}}{{BF}} = \frac{{BP}}{{BE}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \overrightarrow {BF} = \frac{4}{3}\overrightarrow {BQ} \)

Mặt khác: \(\overrightarrow {BH} = \frac{1}{3}\overrightarrow {HC} \) nên PQ là đường trung bình của tam giác AHC

Suy ra \(\overrightarrow {HQ} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HC} \)

Ta có:

\(\overrightarrow {BQ} = \overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HQ} = \frac{1}{3}\overrightarrow {HC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {HC} = \frac{5}{6}\overrightarrow {HC} = \frac{5}{8}\overrightarrow {BC} \Rightarrow \overrightarrow {BF} = \frac{4}{3}\overrightarrow {BQ} = \frac{5}{6}\overrightarrow {BC} \Rightarrow x = \frac{5}{6}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: B

Gọi O là trung điểm của AC

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH} \right.\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot SB}\\{AH \bot BC}\end{array} \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot HC} \right.\)

Suy ra tam giác AHC vuông tại H

Do đó H thuộc mặt cầu tâm \({\rm{O}}\) đường kính AC

Vì tam giác AKC vuông tại K nên K thuộc mặt cầu tâm \({\rm{O}}\) đường kính AC

Vì tam giác ABC vuông tại B nên B thuộc mặt cầu tâm \({\rm{O}}\) đường kính AC

Suy ra 5 điềm A, H, K, B, C đều thuộc mặt cầu tâm O đường kính AC hay khối chóp A.HKCB nội tiếp mặt cầu tâm O đường kính AC

Khi đó bán kính mặt cầu là: \(R = \frac{{AC}}{2}\)

Tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông cân tại B và BC = a \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \Rightarrow R = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKCB là:

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

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \({\log _2}\sqrt[6]{{360}} = \frac{1}{6}\left( {{{\log }_2}{3^2} + {{\log }_2}5 + {{\log }_2}{2^3}} \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{3}{\log _2}3 + \frac{1}{6}{\log _2}5\)

Mà \({\log _2}\sqrt[6]{{360}} = \frac{1}{2} + a{\log _2}3 + b{\log _2}5\)

Suy ra \[{\rm{a}} = \frac{1}{3},b = \frac{1}{6}\]

Khi đó \[{\rm{a}} + b = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2}\]

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

3^x > 0 với mọi x

Suy ra phương trình trình 3^x = m có nghiệm thực khi và chỉ khi m > 0

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

ТХÐ: D = ℝ

Ta có:

\(\begin{array}{l}{x^2} + \left( {{m^3} - 4m} \right)x \ge m\ln \left( {{x^2} + 1} \right);\forall x\\ \Leftrightarrow {x^2} + \left( {{m^3} - 4m} \right)x - m\ln \left( {{x^2} + 1} \right) \ge 0;\forall x{\rm{              }}(*)\end{array}\)

Đặt \(f(x) = {x^2} + \left( {{m^3} - 4m} \right)x - m\ln \left( {{x^2} + 1} \right)\)

Ta có f(0) = 0, do đó \((*) \Leftrightarrow f(x) \ge f(0)\forall x \in \mathbb{R}\)

Lại có hàm số f(x) xác định trên R, nên x = 0 là điểm cực trị của hàm số

Do đó f’(0) = 0

Ta có: \(f'(x) = 2x + {m^3} - 4m - m \cdot \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}\)

\( \Rightarrow f'(0) = 0 \Leftrightarrow {m^3} - 4m = 0 \Leftrightarrow m\left( {{m^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\\begin{array}{l}m = 2\\m = - 2\end{array}\end{array}} \right.\)

+ Với m = 0 ta có \({x^2} \ge 0;\forall x\) (thỏa mãn)

+ Với m = 2 ta có \({x^2} \ge 2\ln \left( {{x^2} + 1} \right);\forall x\) (loại)

+ Với m = –2 ta có \({x^2} \ge - 2\ln \left( {{x^2} + 1} \right);\forall x\) (thỏa mãn)

Suy ra chỉ có 2 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định của hàm số là x² – x – 2 ≠ 0

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

Suy ra D = R \ {–1; 2}

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(|\Omega | = C_{12}^2 = 66\)

Gọi A là biến cố “ Bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau”

Gọi x là cặp số gồm 2 quyển Toán và Vật lý

y là cặp số gồm 2 quyển Toán và Hóa học

z là cặp số gồm 2 quyển Vật lý và Hóa học

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 12}\\{x + y = 7}\\{y + z = 9}\\{z + x = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = 5}\\{x + y = 7}\\{y + z = 9}\\{z + x = 8}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 4}\\{z = 5}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra số phần tử của biến cố A là: \(\left| {{\Omega _A}} \right| = C_3^2 + C_4^2 + C_5^2\)

Vậy xác suất cần tính là: \(P(A) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{|\Omega |}} = \frac{{C_3^2 + C_4^2 + C_5^2}}{{C_{12}^2}} = \frac{{19}}{{66}}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Ta có \(P\left( x \right) = {a_{2018}}{x^{2018}} + {a_{2017}}{x^{2017}} + ... + {a_1}x + {a_0}\)

Mà S = a₂₀₁₈ + a₂₀₁₇ + ... + a₁ + a₀

Suy ra S = P(1) = (1 – 2)²⁰¹⁷ + (3 – 2 . 1)²⁰¹⁸ = –1 + 1 = 0

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: B

Gọi M là trung điểm của BC. Vì ∆ABC cân tại A nên AM ⊥ BC và AM là phân giác của \(\widehat {BAC}\)

Suy ra \(\widehat {BAM} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = \frac{1}{2}.120^\circ = 60^\circ \)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AM \bot BC}\\{SM \bot BC}\\{(SBC) \cap (ABC) = BC}\end{array}} \right.\)

Suy ra góc giữa (SBC) và (ABC) là \(\widehat {SMA}\) nên \(\widehat {SMA} = 45^\circ \)

Xét tam giác BAM có:

\(\sin \widehat {BAM} = \frac{{BM}}{{AB}} \Rightarrow AB = \frac{{BM}}{{\sin \widehat {BAM}}} = \frac{a}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 3 }}\)

\(\tan \widehat {BAM} = \frac{{BM}}{{AM}} \Rightarrow AM = \frac{{BM}}{{\tan \widehat {BAM}}} = \frac{a}{{\tan 60^\circ }} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Xét tam giác SAM vuông tại A có

\(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} \Rightarrow SA = AM.\tan \widehat {SMA} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}.\tan 45^\circ = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Diện tích tam giác ABC là \[{{\rm{S}}_{ABC}} = \frac{1}{2}AM.BC = \frac{1}{2}.\frac{{\rm{a}}}{{\sqrt 3 }}.2{\rm{a}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\]

Tính thể tích khối chóp S.ABC là

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{{\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{a^3}}}{9}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: A

Xét mặt phẳng qua trục SO của hình nón ta được thiết diện là tam giác cân SAB.

Mặt phẳng đó cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính r (bán kính mặt cầu) và nội tiếp trong tam giác cân SAB.

Trong tam giác vuông SOB, gọi I là giao điểm của đường phân giác trong góc B với đường thẳng SO.

Chứng minh được I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác và bán kính r = IO = IE (E là hình chiếu vuông góc của I trên SB).

Theo tính chất phân giác, ta có \(\frac{{IS}}{{IO}} = \frac{{BS}}{{BO}} = \frac{{13}}{5}\).

Lại có \(IS + IO = SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = 12\).

Từ đó suy ra \(IS = \frac{{26}}{3},IO = \frac{{10}}{3}\).

Ta có \(\Delta SEI\Delta SOB\) nên

\(\frac{{IE}}{{IS}} = \frac{{BO}}{{BS}} = \frac{5}{{13}} \Rightarrow IE = \frac{5}{{13}}IS = \frac{{10}}{3}.\)

Thể tích khối cầu:

\(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{10a}}{3}} \right)^3} = \frac{{4000\pi {a^3}}}{{81}}({\rm{dvtt}})\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: B

Gọi I là trung điểm của BC thì \(AI \bot BC\)

Gọi K là trung điếm của MN thì \(AK \bot MN\)

Mặt khác \((AMN) \bot (SBC)\) nên \(AK \bot (SBC) \Rightarrow AK \bot SI\)

Suy ra tam giác SAI cân tại A do đó SA = AI

Vì tam giác ABC đều cạnh 2a có AI là đường cao, trung tuyến nên \(AI = a\sqrt 3 \)

Suy ra \(SA = a\sqrt 3 \)

Gọi H là trực tâm tam giác ABC thì \(AH = \frac{2}{3}AI = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Khi đó tam giác SAH vuông tại H

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

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AI.BC = \frac{1}{2}.a\sqrt 3 .2{\rm{a}} = {a^2}\sqrt 3 \)

Thể tích khối chóp S.ABC là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {15} }}{3}.{a^2}\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{3}\)

Vì \({V_{S.ANC}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABC}} \Rightarrow {V_{A.BCMM}} = \frac{3}{4}{V_{SABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{4}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: A

Vẽ đường sinh AA’ khi đó góc giữa AB và trục d là \(\widehat {A'AB} = 30^\circ \)

Xét tam giác AA’B vuông tại A’ có

\(A'B = A'A.\tan 30^\circ = R\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{3} = R\)

Kẻ O’H ⊥ A’B tại H khi đó O’H ⊥ (AA’B)

Vì tam giác O’HB vuông tại H nên

\[O'H = \sqrt {O{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{R^2} - \frac{{A'{B^2}}}{4}} = \sqrt {{R^2} - \frac{{{R^2}}}{4}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\]

Vì d // (AA’B) nên \[{\rm{d}}\left( {d;AB} \right) = d\left( {d;\left( {A'AB} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {A'AB} \right)} \right) = O'H = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\]

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: D

Gọi H là trung điểm của AB và M là trung điểm của SC

Suy ra \[{\rm{S}}M = MC = \frac{1}{2}SC = \frac{{{\rm{4a}}}}{2} = 2{\rm{a}}\]

Vì tam giác SAB vuông cân tại S nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD

Từ H kẻ đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (SAB), từ M kẻ đường thẳng d’ là trung trực của SC

Gọi giao điểm của d và d’ là I suy ra IA = IB = IC = IS

Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC

Vì tam giác SAB vuông tại S nên \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}} = \sqrt {{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2} + {{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2}} = 2\sqrt 2 a\)

Vì tam giác SAB vuông tại S nên

\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} = \sqrt 2 a\]

Vì tam giác SHI vuông tại H nên

\(SI = \sqrt {H{I^2} + S{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{SC}}{2}} \right)}^2} + S{H^2}} = \sqrt {{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} = \sqrt 6 a\)

Suy ra bán kính \[R = \sqrt 6 a\]

Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là:

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {a\sqrt 6 } \right)^3} = 8\pi {a^3}\sqrt 6 \)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là A

Gọi L là giao điểm của BM, CN

Suy ra L là trọng tâm tam giác ABC

Do đó \(BL = \frac{2}{3}BM;NL = \frac{1}{3}CN\)

Gọi độ dài cạnh AB, BC, AC lần lượt là c, a, b

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:

\(B{M^2} = \frac{{{c^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{b^2}}}{4}\)

\(C{N^2} = \frac{{{b^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{c^2}}}{4}\)

\(B{L^2} = \frac{4}{9}B{M^2} = \frac{{2\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}}{9} - \frac{{{b^2}}}{9}\)

\(N{L^2} = \frac{1}{9}C{N^2} = \frac{{\left( {{b^2} + {a^2}} \right)}}{{18}} - \frac{{{c^2}}}{{36}}\)

Vì tam giác BNL vuông tại L nên theo định lý Pytago có

BN² = BL² + NL²

\( \Leftrightarrow \frac{{{c^2}}}{4} = \frac{{2\left( {{a^2} + {c^2}} \right)}}{9} - \frac{{{b^2}}}{9} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{18}} - \frac{{{c^2}}}{{36}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{c^2}}}{4} = \frac{{2{a^2}}}{9} + \frac{{2{c^2}}}{9} - \frac{{{b^2}}}{9} + \frac{{{a^2}}}{{18}} + \frac{{{b^2}}}{{18}} - \frac{{{c^2}}}{{36}}\)

\( \Leftrightarrow 0 = \frac{{5{a^2}}}{{18}} + - \frac{{{b^2}}}{{18}} - \frac{{{c^2}}}{{18}}\)

\( \Leftrightarrow 5{{\rm{a}}^2} = {b^2} + {c^2}\)

Áp dụng công thức cos trong tam giác ABC có

\[\begin{array}{l}{{\rm{a}}^2} = {b^2} + {c^2} - 2bcco{\rm{s}}\widehat A = 5{{\rm{a}}^2} - 2bc.cos30^\circ \\ \Leftrightarrow 9 = 45 - \sqrt 3 bc\\ \Leftrightarrow bc = 12\sqrt 3 \end{array}\]

Diện tích tam giác ABC là:

\(S = \frac{1}{2}bc\sin \widehat A = \frac{1}{2}.12\sqrt 3 .\sin 30^\circ = 3\sqrt 3 \)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là C

Điều kiện xác định của hàm số là:

\(\left\{ \begin{array}{l}9{{\rm{x}}^2} - 25 \ne 0\\2{\rm{x}} + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} \ne \frac{{25}}{9}\\2{\rm{x}} > - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \pm \frac{5}{3}\\x > \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{5}{3}\\x > \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra tâp xác định là \(D = \left( { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\backslash \left\{ {\frac{5}{3}} \right\}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là B

Ta có: log₂a + log₂b = log₂(a + b)

⇔ log₂ab = log₂(a + b)

⇔ ab = a + b

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: D

Gọi P là giao điểm của mp(MNC) với cạnh SA.

Ta có: \[{\rm{x}} = \frac{{SC}}{{SC}} = 1;y = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2};z = \frac{{SP}}{{SA}};t = \frac{{SN}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}\]

\(\frac{1}{x} + \frac{1}{z} = \frac{1}{y} + \frac{1}{t} \Leftrightarrow 1 + \frac{1}{z} = 2 + 3 \Leftrightarrow \frac{1}{z} = 4 \Leftrightarrow z = \frac{1}{4}\)

Khi đó:

\({V_{S.CMPN}} = \frac{{xyzt}}{4}\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{t}} \right).{V_{S.ABC{\rm{D}}}}\)

\( = \frac{{1.\frac{1}{2}.\frac{1}{4}.\frac{1}{3}}}{4}.\left( {1 + 2 + 4 + 3} \right).1 = \frac{1}{{96}}.10 = \frac{5}{{48}}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: C

Ta có: y = x³ – 3mx² – 9m²x

y’ = 3x² – 6mx – 9m²

y’ = 3(x² – 2mx – 3m²)

y’ = 3(x + m)(x – 3m)

TH1: m > 0 suy ra y’ < 0 ⇔ –m < x < 3m

Nên hàm số nghịch biến trên (0; 1)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m > 1\\ - m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{1}{3}\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \frac{1}{3}\)

TH2: m < 0 suy ra y’ < 0 ⇔ 3m < x < –m

Nên hàm số nghịch biến trên (0; 1)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m < 0\\ - m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m < - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m < - 1\)

TH3: m = 0 suy ra y’ = 3x² ≥ 0; ∀ x ∈ (0; 1) nên hàm số đồng biến trên R

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: C

Ta có : log(3x + 1) = 1

⇔ 3x + 1 = 10

⇔ 3x = 10 – 1

⇔ 3x = 9

⇔ x = 3

Vậy đáp án cần chọn là: C.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

\({\log _{\frac{a}{b}}}\left( {{a^2}} \right) = 2{\log _{\frac{a}{b}}}a = \frac{2}{{{{\log }_a}\frac{a}{b}}} = \frac{2}{{{{\log }_a}a - {{\log }_a}b}} = \frac{2}{{1 - {{\log }_a}b}}\)

\({\log _b}\frac{a}{b} = {\log _b}a - {\log _b}b = \frac{1}{{{{\log }_a}b}} - 1\)

Suy ra:

\(P = \log _{\frac{a}{b}}^2\left( {{a^2}} \right) + 3{\log _b}\frac{a}{b} = {\left( {\frac{2}{{1 - {{\log }_a}b}}} \right)^2} + 3\left( {\frac{1}{{{{\log }_a}b}} - 1} \right) = \frac{4}{{{{\left( {1 - {{\log }_a}b} \right)}^2}}} + \frac{3}{{{{\log }_a}b}} - 3\)

Đặt t = log_ab; t ∈ (0; 1)

Suy ra \(P = f\left( t \right) = \frac{4}{{{{\left( {1 - t} \right)}^2}}} + \frac{3}{t} - 3\)

\(f'\left( t \right) = \frac{8}{{{{\left( {1 - t} \right)}^3}}} - \frac{3}{{{t^2}}} = \frac{{3{t^3} - {t^2} + 9t - 3}}{{{t^2}{{\left( {1 - t} \right)}^3}}}\)

\(\begin{array}{l}f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3{t^3} - {t^2} + 9t - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {3t - 1} \right)\left( {{t^2} + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 3t - 1 = 0\\ \Leftrightarrow t = \frac{1}{3}\end{array}\)

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0;1} \right)} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = 15\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Xét g(x) = f(x²)

Suy ra g’(x) = 2x(x² – 2)(x² + 5)(x² + 1)

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 2{\rm{x}}\left( {{x^2} - 2} \right)\left( {{x^2} + 5} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) > 0\\ \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 2} \right) > 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > \sqrt 2 \\ - \sqrt 2 < x < 0\end{array} \right.\end{array}\)

Suy ra hàm số y = f(x²) đồng biến trên (–1; 0)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Gọi K là trung điểm của AB, O là giao điểm của AC và BD. Gọi M là trung điểm của SA

Góc giữa mặt bên và đáy là \(\)\(\widehat {SKO} = 60^\circ \)

Trong tam giác SOA dựng đường thẳng trung trực MI của SA, I ∈ SO

Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác

Đặt AB = b

Vì ABCD là hình vuông cạnh b có hai đường chéo cắt nhau tại O

Suy ra \(AK = BK = OK = \frac{1}{2}AB = \frac{b}{2}\) và tam giác OAK vuông tại K

Do đó \(OA = \sqrt {O{K^2} + K{{\rm{A}}^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{b}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{b}{2}} \right)}^2}} = \frac{{b\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác SOK có \(\tan 60^\circ = \frac{{SO}}{{OK}} \Rightarrow SO = OK.\tan 60^\circ = \frac{{b\sqrt 3 }}{2}\)

Vì tam giác SOA vuông tại O nên theo định lý Pytago có:

\[{\rm{S}}A = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{b\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{b\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{b\sqrt 5 }}{2}\]

Xét ∆SMI và ∆SOA có:

\(\widehat {SMI} = \widehat {SOA}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Chung góc \[\widehat {ASO}\]

Do đó (g.g)

Suy ra \(\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SO}}\)

Suy ra \[{\rm{S}}I = \frac{{SM.SA}}{{SO}} = \frac{{\frac{1}{2}S{A^2}}}{{SO}} = \frac{{\frac{1}{2}.{{\left( {\frac{{b\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2}}}{{\frac{{b\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{5\sqrt 3 b}}{{12}}\]

Mà \[\frac{{5\sqrt 3 b}}{{12}} = a\sqrt 3 \Rightarrow b = \frac{{12}}{5}a\]

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: B

Gọi M là trung điểm của BC

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên \[{\rm{AM = }}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Vì tam giác ABC đều nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Suy ra \[{\rm{A}}G = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\]

Thể tích V của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ là:

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

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: C

Ta có: \({\left( {\sqrt 5 } \right)^{{x^2} + 4{\rm{x}} + 6}} = {\log _2}128\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 5 } \right)^{{x^2} + 4{\rm{x}} + 6}} = 7\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4{\rm{x}} + 6 = {\log _{\sqrt 5 }}7\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4{\rm{x}} + 6 - {\log _{\sqrt 5 }}7 = 0\)

Ta có \[\Delta = {4^2} - 4.\left( {6 - {{\log }_{\sqrt 5 }}7} \right) > 0\]

Suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

+) Xét y = x + 2

Phương trình hoành độ giao điểm là 2x² – 5x + 3 = x + 2

⇔ 2x² – 6x + 1 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3 + \sqrt 7 }}{2}\\x = \frac{{3 - \sqrt 7 }}{2}\end{array} \right.\)

Suy ra đáp án A sai

+) Xét y = –x – 1

Phương trình hoành độ giao điểm là 2x² – 5x + 3 = –x – 1

⇔ 2x² – 4x + 4 = 0 (vô nghiệm)

Suy ra đáp án B sai

+) Xét y = x + 3

Phương trình hoành độ giao điểm là 2x² – 5x + 3 = x + 3

⇔ 2x² – 6x = 0

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

Suy ra đáp án C sai

+) Xét y = –x + 1

Phương trình hoành độ giao điểm là 2x² – 5x + 3 = –x + 1

⇔ 2x² – 4x + 2 = 0

⇔ x = 1

Suy ra đáp án D đúng

Vậy ta chọn đáp án D

Đáp án đúng là: D

Đánh số thứ tự các ghế như sau: 1; 2; 3; 4; 5; 6

Số cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh vào 6 chiếc ghế là 6! = 720 cách 

Suy ra n(Ω) = 720

Gọi A là biến cố: “Học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B”

TH1: Học sinh lớp C ngồi giữa 2 học sinh lớp B, ta coi B-C-B là 1 buộc, có 2 cách xếp 2 học sinh lớp B trong buộc này

Số cách xếp buộc B-C-B vào 6 chiếc ghế là 4 cách (Xếp vào các vị trí 1-2-3, 2-3-4, 3-4-5, 4-5-6)

Số cách xếp 3 học sinh còn lại là 3! = 6 cách

Suy ra có 2 . 4 . 6 = 48 cách

TH2: Học sinh lớp C ngồi ghế 1 hoặc 6 

Suy ra có 2 cách

Ứng với mỗi cách xếp học sinh C có 2 cách chọn 1 học sinh B ngồi ở vị trí 2 hoặc 5.

Xếp 4 học sinh còn lại có 4! = 24 cách

Suy ra có 2 . 2 . 24 = 96 cách

Do đó n(A) = 48 + 96 = 144

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{144}}{{720}} = \frac{1}{5}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Có 2 phẩn tử của biến có để mặt ngửa xuất hiện đúng 1 lần là:

Ω = {SN; NS}

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: B

Xét hình vuông có cạnh AD không song song và vuông góc với trục OO’ của hình trụ. Vẽ đường sinh AA’

Ta có CD ⊥ (AA’D) suy ra CD ⊥ A’D nên tam giác A’CD vuông tại D

Hay A’C là đường kính của đường tròn đáy

Suy ra A’C = 2 . 70 = 140 cm

Vì tam giác AA’C vuông tại A’ nên theo Pytago có

\[{\rm{A}}C = \sqrt {A'{A^2} + A'{C^2}} = \sqrt {{{20}^2} + {{140}^2}} = 100\sqrt 2 \]cm

Vì \[{\rm{A}}C = AB\sqrt 2 \Rightarrow AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = 100cm\]

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\overrightarrow {OA} = \left( {3;m} \right);\overrightarrow {OB} = \left( {m + 1; - 4} \right)\)

Suy ra \[{{\rm{S}}_{OAB}} = \frac{1}{2}\left| {3.\left( { - 4} \right) - m\left( {m + 1} \right)} \right| = \frac{1}{2}\left| {{m^2} + m + 12} \right|\]

Mà \({m^2} + m + 12 = {\left( {m + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{47}}{4} \ge \frac{{47}}{4};\forall m\)

Do đó \[{{\rm{S}}_{OAB}} \ge \frac{{47}}{8}\]

Dấu “ = ” xảy ra khi \(m + \frac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{ - 1}}{2}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là D

Xét g(x) = 3^x – mx – 1

Có g’(x) = 3^x . ln3 – m

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {3^x} = \frac{m}{{\ln 3}}\)

Với m ≤ 0 thì g’(x) > 0 suy ra hàm số luôn đồng biến

Nên g(x) = 0 có 1 nghiệm duy nhất

Với m > 0 thì đồ thị hàm số g(x) là một Parabol luôn đi qua O(0; 0)

Suy ra để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì điểm cực tiểu của g(x) không trùng với O(0; 0)

Do đó \({3^x} = \frac{m}{{\ln 3}} \ne {3^0} \Leftrightarrow m \ne \ln 3\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Ta có: 3^2x-1 + 2m² – m – 3 = 0

⇔ 2m² – m – 3 = –3^2x-1

Để phương trình 3^2x-1 + 2m² – m – 3 = 0 có nghiệm thì 2m² – m – 3 thuộc miền giá trị của hàm số f(x) = –3^2x-1

Ta lại có f(x) = –3^2x-1 < 0; ∀ x ∈ R

⇔ 2m² – m – 3 < 0

⇔ (m + 1)(2m – 3) < 0

\( \Leftrightarrow - 1 < m < \frac{3}{2}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: D

Có tất cả 10 đỉnh; lấy 2 trong 10 đỉnh ta có \(C_{10}^2 = 45\) cách

Cứ 2 đỉnh nối với nhau được 1 đoạn thẳng nên có 45 đoạn thẳng

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Vì d’ là ảnh của phép đối xứng đường thẳng d qua tâm I nên d’ // d

Suy ra (d’): x – 2y + m = 0 với m ≠ 3

Ta có: \[{{\rm{d}}_{\left( {I;d} \right)}} = \frac{{\left| {1 - 2.\left( { - 2} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \frac{8}{{\sqrt 5 }}\]

Mặt khác lại có \[{{\rm{d}}_{\left( {I;d} \right)}} = {d_{\left( {I;d'} \right)}} \Leftrightarrow {d_{\left( {I;d'} \right)}} = \frac{8}{{\sqrt 5 }}\]

Hay \[\frac{{\left| {1 - 2.\left( { - 2} \right) + m} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \frac{8}{{\sqrt 5 }} \Leftrightarrow \left| {5 + m} \right| = 8 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 + m = 8\\5 + m = - 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\\m = - 13\end{array} \right.\]

Mà m ≠ 3 nên m = –13

Khi đó phương trình đường thẳng d’ là: –x + 2y + 13 = 0

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(y' = \frac{{1 - \ln {\rm{x}}}}{{{x^2}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - \ln {\rm{x}}}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = e\)

Suy ra: y(1) = 0; \(y\left( e \right) = \frac{1}{e}\)

Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y = lnx trên đoạn [1; e] là 0

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: A

Kẻ AH ⊥ SD tại H

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot C{\rm{D}}\\A{\rm{D}} \bot C{\rm{D}}\end{array} \right. \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot AH\)

Suy ra AH ⊥ (SCD)

Do đó \[{\rm{d}}\left( {A;\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = AH\]

Mà \[{\rm{d}}\left( {A;\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = 2{\rm{d}}\left( {O;\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Vì tam giác SAD vuông tại A nên theo hệ thức lượng ta có

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{{\rm{D}}^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}\\ \Leftrightarrow SA = a\end{array}\)

Thể tích khối đa diện S.BCD là:

\({V_{S.BC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}SA.{S_{BC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}CB.B{\rm{D = }}\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.a\sqrt 3 .a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Vậy ta chọn đáp án A.