Thi thử tốt nghiệp THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của trường THPT Võ Chí Công năm 2022

Từ hình vẽ  ta thấy : Xét từ trái qua phải thì  đồ thị hàm số đi lên trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

Nên hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1;1} \right)\), suy ra hàm số đồng biến trên \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn D 

Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \(ABC\) suy ra \(SH\) là đường cao.

Góc giữa mặt bên và đáy là góc giữa \(SM\) và \(AM\) vơí \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow MH = \dfrac{1}{3}AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Tam giác vuông \(SHM\) có \(MH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6},\,\,\widehat {SMH} = {45^0}\) nên \(SH = HM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Vậy thể tích \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{{{a^3}}}{{24}}\).

Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cắt các cạnh \(DD';AA';BB';CC'\) lần lượt tại \(E;F;G;H.\) Khi đó \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {EFGH} \right)\)

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(\left( {ABB'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) mà \(\left( {EFGH} \right)\) tạo với \(\left( {ABB'A'} \right)\) góc \(60^\circ \) nên góc giữa \(\left( {EFGH} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(30^\circ .\)

Lại có hình chiếu của \(EFGH\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là hình vuông \(ABCD\) cạnh \(\sqrt 3 .\)

Theo công thức tính diện tích hình chiếu ta có \({S_{ABCD}} = {S_{EFGH}}.\cos 30^\circ  \Rightarrow {S_{EFGH}} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{\cos {{30}^0}}} = 2\sqrt 3 .\)

Chọn A.

Xét tam giác \(ABC\) có \(A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + 4{a^2} = 5{a^2} = A{C^2}\) nên \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) (Định lí Pytago đảo).

Thể tích \(V = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}BA.BC.SA = \dfrac{1}{3}\dfrac{1}{2}a.2a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^3}}}{{\sqrt 3 }}\)

Chọn C.

ĐK : \(x \ne 0.\)

Ta có \({\log _4}{x^2} - {\log _2}3 = 1 \Leftrightarrow {\log _{{2^2}}}{x^2} - {\log _2}3 = 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left| x \right| - {\log _2}3 = 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\dfrac{{\left| x \right|}}{3} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{\left| x \right|}}{3} = 2 \Leftrightarrow \left| x \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6\\x =  - 6\end{array} \right.\) (thỏa mãn)

Tổng các nghiệm của phương trình là \(6 + \left( { - 6} \right) = 0.\)

Chọn  D.

Gọi \(A\) là biến cố: “Ít nhất một cầu thủ sút vào”.

Khi đó \(\overline A \) là biến cố: “Không có cầu thủ nào sút vào”.

Xác suất xảy ra biến cố này là \(P\left( {\overline A } \right) = \left( {1 - 0,8} \right).\left( {1 - 0,7} \right) = 0,2.0,3 = 0,06\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,06 = 0,94\).

Chọn B.

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) tại \(A\) nên hình chiếu của \(S\) trên \(\left( {ABC} \right)\) là điểm \(A.\)

Suy ra hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {ABC} \right)\) là \(AB.\)

Do đó, góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(SB\) và \(AB\).

Chọn A.

Ta có: \(\dfrac{{{V_{S.MPQ}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SP}}{{SC}}.\dfrac{{SQ}}{{SD}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}\)

\(\dfrac{{{V_{S.MPN}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SP}}{{SC}}.\dfrac{{SN}}{{SB}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}\)

Suy ra \(\dfrac{1}{8} = \dfrac{{{V_{S.MPQ}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{{V_{S.MPN}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \dfrac{{{V_{S.MPN}} + {V_{S.MPN}}}}{{{V_{S.ADC}} + {V_{S.ACB}}}} = \dfrac{{{V_{S.MNPQ}}}}{{{V_{S.ABCD}}}}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = 8{V_{S.MNPQ}} = 8\)

Chọn B.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{3 - 2x}}{{x + 1}}\) nhận đường thẳng \(y =  - 2\) làm tiệm cận ngang.

Chọn  C.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) thì hàm số đạt GTNN bằng \(0\) tại \(x = 0\) và đạt GTLN bằng \(3\) tại \(x =  - 1\).

Do đó \(M = 3;\,\,m = 0 \Rightarrow M + m = 3 + 0 = 3\).

Chọn A.

Ta có

\(\begin{array}{l}{\log _{0,25}}\left( {{x^2} - 3x} \right) =  - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0,{25^{ - 1}} \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 4\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x = 4\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left\{ { - 1;4} \right\}\)

Chọn  D.

Số cách chọn \(3\) trong \(10\) bạn nam là \(C_{10}^3\).

Số cách chọn \(2\) trong \(8\) bạn nữ là \(C_8^2\).

Số cách chọn \(5\) bạn thỏa mãn bài toán là \(C_{10}^3.C_8^2\).

Chọn A.

Từ BBT ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,f\left( x \right) =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,f\left( x \right) =  + \infty \) nên loại C và D.

Ta thấy điểm \(\left( {3; - 1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) nên thay \(x = 3;\,\,y =  - 1\) vào hai hàm số ở phương án A và phương án B ta thấy chỉ có hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 1\) thỏa mãn nên hàm số cần tìm là \(y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 1.\)

Chọn  B.

Gọi độ dài cạnh hình lập phương là \(a\,\,\left( {a > 0} \right)\) thì độ dài đường chéo hình lập phương là \(a\sqrt 3  = 6 \Leftrightarrow a = 2\sqrt 3 \)

Thể tích hình lập phương là \(V = {\left( {2\sqrt 3 } \right)^3} = 24\sqrt 3 \) .

Chọn C.

Ta có: \(2f\left( x \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{5}{2}\).

Nghiệm của phương trình chính là hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = \dfrac{5}{2}\) với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng \(y = \dfrac{5}{2}\) cắt đồ thị hàm số tại \(3\) điểm phân biệt, trong đó có \(2\) điểm có hoành độ âm và \(1\) điểm có hoành độ dương.

Vậy phương trình có \(2\) nghiệm âm.

Chọn B.

Ta có \(y' = \dfrac{{ - 1}}{{{{\left( {3x - 2} \right)}^2}}}\)

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{ - x + 1}}{{3x - 2}}\) với trục tung có hoành độ \(x = 0\).

Do đó hệ số góc của tiếp tuyến tại tại giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là \(y'\left( 0 \right) = \dfrac{{ - 1}}{4}\).

Chọn D.

Ta có: \(V = \pi {r^2}h = \pi {a^2}.2a = 2\pi {a^3}\).

Chọn A.

Vì \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều có \(O\) là tâm đáy nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), trong \(\Delta SOM\) kẻ \(OH \bot SM\) tại \(H.\)
Vì \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\) nên \(OB = OC = OA = OD = \dfrac{{BD}}{2}.\) Suy ra \(OM \bot BC\) (vì \(\Delta OBC\) vuông cân có \(OM\) là trung tuyến cũng là đường cao)

Ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot BC\), lại có \(OM \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SOM} \right)\) suy ra \(BC \bot OH.\)

Từ đó vì \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(H \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH.\)

Xét tam giác \(OBC\) vuông cân tại \(O\) có trung tuyến \(OM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.2a = a.\)

Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}\). Ta có \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} \Leftrightarrow 4{a^3} = \dfrac{1}{3}SO.4{a^2} \Rightarrow SO = 3a.\)

Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \(M\) có \(OH\) là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{M^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {3a} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} \Leftrightarrow O{H^2} = \dfrac{{10}}{{9{a^2}}} \Rightarrow OH = \dfrac{{3a\sqrt {10} }}{{10}}\)

Vậy \(d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{3\sqrt {10} }}{{10}}\) .

Chọn C.

Cắt hình nón bằng mặt phẳng qua trục ta dược thiết diện là tam giác cân \(SAB\) có \(AB = 2R = 6\) và \(\widehat {ASB} = 60^\circ \)  nên tam giác \(SAB\) đều cạnh \(6 \Rightarrow \) trung tuyến \(SO = \frac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 .\)

Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {3^2}.3\sqrt 3  = 9\pi \sqrt 3 \).

Chọn A.

Đáp án A: \({\log _a}b < {\log _a}1 = 0\) (vì \(0 < a < 1\) và \(b > 1\)) nên A đúng.

Đáp án B: \(\ln a < \ln b\) vì \(a < b\) nên B sai.

Đáp án C: Vì \(0 < 0,5 < 1\) và \(a < b\) nên \({\left( {0,5} \right)^a} > {\left( {0,5} \right)^b}\) nên C sai.

Đáp án D: Vì \(2 > 1\) và \(a < b\) nên \({2^a} < {2^b}\) nên D sai.

Chọn A.

Ta có \({\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^k}} \)

Chọn \(x = 1\) ta có \({\left( {1 + 1} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{1^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k = C_n^0 + C_n^1 + ... + C_n^n} \)\( \Leftrightarrow T = {2^n}\) 

Chọn  D.

Xét phương trình \(f'\left( x \right) = x{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x - 3} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\)

Trong đó \(x = 0;x = 2\) là các nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị.

(còn \(x = 1;x = 3\) là các nghiệm bội bậc chẵn nên không phải là điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\))

Chọn  A.

\(\ln a + \ln b = \ln \left( {ab} \right) \ne \ln \left( {a + b} \right)\) nên A sai.

\(\ln \left( {a + b} \right) \ne \ln a.\ln b\) nên B sai.

\(\ln a - \ln b = \ln \dfrac{a}{b} \ne \ln \left( {a - b} \right)\) nên C sai.

\({\log _b}a = \dfrac{{\ln a}}{{\ln b}}\) nên D đúng.

Chọn D.

Gọi cạnh đáy và chiều cao khối lăng trụ đều là \(a;\,\,h\) thì thể tích \(V = {a^2}h\).

Nếu gấp đôi các cạnh đáy đồng thời giảm chiều cao của khối lăng trụ hai lần thì

\(V' = \left( {2{a^2}} \right).\dfrac{h}{2} = 2{a^2}h = 2V\).

Vậy thể tích khối lăng trụ được tăng lên \(2\) lần và bằng \(4.2 = 8\).

Chọn A.

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số nhận \(\left( {1;0} \right)\) làm điểm cực tiểu và điểm \(\left( { - 1;4} \right)\) làm điểm cực đại.

Nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có giá trị cực tiểu là \({y_{CT}} = 0.\)

Chọn D.

Ta có \(y' = {\left( {\ln \left( {1 + {e^{2x}}} \right)} \right)^\prime } = \dfrac{{{{\left( {1 + {e^{2x}}} \right)}^\prime }}}{{1 + {e^{2x}}}} = \dfrac{{2{e^{2x}}}}{{1 + {e^{2x}}}}\)

Chọn D.

+ Ta có \({P_n} = n!;\,\,\,A_n^n = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - n} \right)!}} = n! \Rightarrow {P_n} = A_n^n\) nên A đúng

+\(C_n^k = C_n^{n - k}\) (tính chất) nên B đúng.

+ \(A_n^k = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\)  nên C sai

+ \({P_k}.C_n^k = k!.\dfrac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}} = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}} = A_n^k\) nên D đúng.

Chọn C.

Đáp án A: \(y = {x^4} - {x^2} + 3 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 2x = 2x\left( {2{x^2} - 1} \right)\).

\(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} < x < 0\\x > \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\) hay hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }};0} \right)\) và \(\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}; + \infty } \right) \supset \left( {1; + \infty } \right)\).

Nên hàm số ở đáp án A thỏa mãn.

Đáp án B: \(y = \dfrac{{x - 2}}{{2x - 3}} \Rightarrow y' = \dfrac{1}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left( { - \infty ;\dfrac{3}{2}} \right) \cup \left( {\dfrac{3}{2}; + \infty } \right)\)

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\dfrac{3}{2}} \right)\) và \(\left( {\dfrac{3}{2}; + \infty } \right)\).

Cả hai khoảng này đều không chứa khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) nên loại.

Đáp án C: \(y =  - {x^3} + x - 1 \Rightarrow y' =  - 3{x^2} + 1 > 0 \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} < x < \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\).

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }};\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)\). Khoảng này không chứa khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) nên loại.

Đáp án D: \(y = \dfrac{{3 - x}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \dfrac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( { - 1; + \infty } \right)\)

Do đó hàm số không đồng biến, loại D.

Chọn A.

Từ hình vẽ ta thấy:

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \,f\left( x \right) =  + \infty \) nên \(a > 0\)

+ Đồ thị hàm số có ba cực trị nên \(ab < 0\) mà \(a > 0 \Rightarrow b < 0\)

+ Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục \(Ox\) nên \(c < 0\)

Từ đó ta có \(a > 0;b < 0;c < 0 \Rightarrow bc > 0\) .

Chọn B.

Ta có: \(2592 = {2^5}{.3^4}\) và \(2916 = {2^2}{.3^6}\).

Gọi \(A\) là tập các ước nguyên dương của \(2592\) suy ra \(\left| A \right| = \left( {5 + 1} \right).\left( {4 + 1} \right) = 30\).

Gọi \(B\) là tập các ước nguyên dương của \(2916\) suy ra \(\left| B \right| = \left( {2 + 1} \right)\left( {6 + 1} \right) = 21\).

Lại có \(UCLN\left( {2592;2916} \right) = {2^2}{.3^4}\) nên số ước chung của \(2592\) và \(2916\) là số ước của \({2^2}{.3^4}\) và có \(\left( {2 + 1} \right)\left( {4 + 1} \right) = 15\) ước như vậy.

Vậy có \(30 + 21 - 15 = 36\) số thỏa mãn bài toán.

Chọn C.

* Nếu anh Bình nghe theo nhân viên tư vấn ngân hàng

+ Tiền lãi sanh Bình nhận được sau khi gửi \(200\) triệu trong \(12\) tháng với mức lãi suất \(0,65\% /\)tháng là \(A = 200{\left( {1 + 0,65\% } \right)^{12}} - 200\) (triệu đồng)

+ Tiền lãi anh Bình phải trả khi vay nợ \(200\) triệu đồng với lãi suất \(0,7\% /\)tháng là \(B = 200{\left( {1 + 0,7\% } \right)^4} - 200\) (triệu đồng)

Tổng số tiền lãi anh Bình nhận được là \(M = A - B\)

* Nếu anh Bình rút tiền ngay

Số tiền lãi anh Bình nhận được trong \(8\) tháng với mức lãi suất \(0,02\% /\)tháng là

\(N = 200{\left( {1 + 0,02\% } \right)^{12}} - 200\)

Suy ra nếu làm theo nhân viên tư vấn ngân hàng thì anh Bình sẽ đỡ thiệt số tiền là \(M - N \approx 10,19\) triệu đồng.

Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = C_{10}^3.C_{10}^3 = 14400\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Trong hai bộ số của hai bạn có đúng một chữ số giống nhau”.

Gọi ba chữ số An chọn được là \(\left( {a;b;c} \right)\) thì có \(C_{10}^3\) cách chọn ba chữ số của An.

+) TH1: Bình chọn được \(a\) và không chọn được \(b,c\) thì hai chữ số còn lại của Bình phải là \(2\) trong \(7\) chữ số khác \(a,b,c\) hay có \(C_7^2\) cách chọn.

+) TH2: Bình chọn được \(b\) và không chọn được \(a,c\) thì hai chữ số còn lại của Bình phải là \(2\) trong \(7\) chữ số khác \(a,b,c\) hay có \(C_7^2\) cách chọn.

+) TH3: Bình chọn được \(c\) và không chọn được \(a,b\) thì hai chữ số còn lại của Bình phải là \(2\) trong \(7\) chữ số khác \(a,b,c\) hay có \(C_7^2\) cách chọn.

Do đó \(n\left( A \right) = 3.C_7^2.C_{10}^3 = 7560\).

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{7560}}{{14400}} = \dfrac{{21}}{{40}}\).

Chọn D.

Các tam giác đều \(ABC\) và \(BCD\) có cạnh 2

\( \Rightarrow BD = DC = BC = AB = AC = 2\)

Nên tam giác \(CAD\) cân tại \(C\) và  tam giác \(BAD\) cân tại \(B.\)

Lấy \(H\) là trung điểm \(AD \Rightarrow CH \bot AD\) (do tam giác \(CAD\) cân tại \(C\))

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {CAD} \right) \bot \left( {BAD} \right)\\\left( {CAD} \right) \cap \left( {BAD} \right) = AD\\CH \bot AD,\,CH \subset \left( {CAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {BAD} \right) \Rightarrow CH \bot BH\)  (1)

Lại có  \(\Delta CAD = \Delta BAD\left( {c - c - c} \right)\) nên \(BH = CH\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác \(CHB\) vuông cân tại \(H\) có cạnh huyền \(CB = 2.\).

Suy ra \(B{C^2} = B{H^2} + C{H^2} \Leftrightarrow 2B{H^2} = {2^2} \Rightarrow BH = CH = \sqrt 2 .\)

Xét tam giác \(CAH\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {ACH} = \dfrac{{CH}}{{AC}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {ACH} = 45^\circ \)

Lại thấy \(CH\) là phân giác của \(\widehat {ACD}\)  (vì \(\Delta CAD\) cân tại \(C\)) nên \(\widehat {ACH} = \widehat {HCD} = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {ACD} = 90^\circ \)

Hay tam giác \(CAD\) vuông cân tại \(C \Rightarrow CH = \dfrac{1}{2}AD = HA = HD\) (3)

Vì \(\Delta CAD = \Delta BAD\left( {c - c - c} \right)\) nên \(\Delta ABD\) vuông cân tại \(B \Rightarrow BH = \dfrac{{AD}}{2} = HD = HA\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(HA = HB = HC = HD = \sqrt 2 \)  hay \(H\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) và bán kính mặt cầu là \(\sqrt 2 \).

Chọn B.

Ta có: \({\left( {x + 3} \right)^8} - {x^2}{\left( {2 - x} \right)^5} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{x^{8 - k}}{{.3}^k}}  - {x^2}\sum\limits_{i = 0}^5 {C_5^i{2^{5 - i}}.{{\left( { - x} \right)}^i}} \)\( = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{x^{8 - k}}{{.3}^k}}  - \sum\limits_{i = 0}^5 {C_5^i{2^{5 - i}}.{{\left( { - 1} \right)}^i}{x^{i + 2}}} \)

Số hạng chứa \({x^5}\) ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}8 - k = 5\\i + 2 = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 3\\i = 3\end{array} \right.\).

Vậy hệ số \(C_8^3{.3^3} - C_5^3{\left( { - 1} \right)^3}{.2^2} = 1552\).

Chọn D.

Đặt \(t = {e^x}\). Khi đó với \(x \in \left( {0;\ln 5} \right) \Rightarrow t \in \left( {{e^0};{e^{\ln 5}}} \right)\) hay \(t \in \left( {1;5} \right)\)

Phương trình đã cho trở thành \(2{t^2} - 8t - m = 0 \Leftrightarrow 2{t^2} - 8t = m\) với  \(t \in \left( {1;5} \right)\)

Nhận thấy rẳng để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left( {0;\ln 5} \right)\) thì phương trình \(2{t^2} - 8t = m\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left( {1;5} \right)\).

Xét \(f\left( t \right) = 2{t^2} - 8t \Rightarrow f'\left( t \right) = 4t - 8 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \in \left( {1;5} \right)\)

BBT của \(f\left( t \right)\) trên \(\left( {1;5} \right)\) :

Từ BBT ta thấy phương trình \(2{t^2} - 8t = m\) có hai nghiệm phân biệt \(t \in \left( {1;5} \right)\) khi và chỉ khi \( - 8 < m <  - 6\)

Vậy để phương trình \(2{e^{2x}} - 8{e^x} - m = 0\) có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( {0;\ln 5} \right)\)thì \(m \in \left( { - 8; - 6} \right) \Rightarrow a =  - 8;b =  - 6 \Rightarrow a + b =  - 14.\)

Chọn D.

Gọi \(G = D'N \cap B'C'\), \(GM\) cắt \(BB',CC'\) lần lượt tại \(I,H\), \(HD' \cap DC = J\).

Do đó thiết diện là ngũ giác \(MJD'NI\).

Thể tích khối đa diện cần tính

\({V_{\left( H \right)}} = {V_{CMJINB'CD'}} = {V_{H.GD'C'}} - {V_{H.MCJ}} - {V_{GB'IN}}\).

Vì \(NB'//C'D'\) nên \(\dfrac{{GB'}}{{GC'}} = \dfrac{{NB'}}{{C'D'}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow GC' = 2B'C' = 2a\).

Lại có \(MB//GB' \Rightarrow \dfrac{{MB}}{{GB'}} = \dfrac{{BI}}{{IB'}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow IB' = \dfrac{2}{3}a,IB = \dfrac{a}{3}\).

Tam giác \(\Delta MIB = \Delta MHC \Rightarrow HC = IB = \dfrac{a}{3}\). Mà \(JC//D'C' \Rightarrow \dfrac{{JC}}{{D'C'}} = \dfrac{{HC}}{{HC'}} = \dfrac{{\dfrac{a}{3}}}{{\dfrac{a}{3} + a}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow JC = \dfrac{a}{4}\).

Thể tích \({V_{H.GD'C'}} = \dfrac{1}{3}{S_{GD'C'}}.HC' = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}C'D'.C'G.HC' = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}a.2a.\dfrac{4}{3}a = \dfrac{4}{9}{a^3}\).

Thể tích \({V_{H.CJM}} = \dfrac{1}{3}{S_{CMJ}}.HC = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{4}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{3} = \dfrac{{{a^3}}}{{144}}\).

Thể tích \({V_{I.GB'N}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.B'G.B'N.IB' = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.a.\dfrac{a}{2}.\dfrac{2}{3}a = \dfrac{{{a^3}}}{{18}}\).

Vậy thể tích khối đa diện \(\left( H \right)\) là: \(\dfrac{4}{9}{a^3} - \dfrac{{{a^3}}}{{144}} - \dfrac{{{a^3}}}{{18}} = \dfrac{{55{a^3}}}{{144}}\).

Chọn B.

Ta có \(f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx + d\)

Từ đồ thị hàm \(f'\left( x \right)\) ta có \(f'\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow d = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,f'\left( x \right) =  - \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,f'\left( x \right) =  + \infty  \Rightarrow a < 0\)

Ta xét \(\int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right)dx = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^0 = e - \left( {a - b + c - d + e} \right) =  - a + b - c + d} \) , mà

\(\int\limits_{ - 1}^0 {f'\left( x \right)dx < 0 \Rightarrow  - a + b - c + d < 0}  \Leftrightarrow a + c > b + d\)  nên C sai.

Lại có \(d = 0 \Rightarrow a + c > b \Leftrightarrow a > b - c\) mà  \(a < 0 \Rightarrow b - c < 0\) do đó \(d + b - c < 0\) nên D sai.

Lại xét  mà \(\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)dx > 0}  \Rightarrow a + b + c + d > 0\) nên B sai.

Theo trên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a + b + c + d > 0\\ - a + b - c + d < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a - b - c - d < 0\\ - a + b - c + d < 0\end{array} \right. \Rightarrow  - 2\left( {a + c} \right) < 0 \Leftrightarrow a + c > 0\) nên A đúng.

Chọn A.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)}  - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\sqrt {1 - \frac{m}{x}}  - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {1 - \frac{m}{x}}  - \frac{1}{x}}}{{1 + \frac{2}{x}}} = 1\) hay \(y = 1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)}  - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 - \frac{m}{x}}  - 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 - \frac{m}{x}}  - \frac{1}{x}}}{{1 + \frac{2}{x}}} =  - 1\) hay \(y =  - 1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Do đó bài toán thỏa \( \Leftrightarrow \) đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một tiệm cận đứng.

Ta lại có: \(y = \dfrac{{\sqrt {x\left( {x - m} \right)}  - 1}}{{x + 2}} = \dfrac{{{x^2} - mx - 1}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {x\left( {x - m} \right)}  + 1} \right)}}\).

Để đồ thị hàm số chỉ có duy nhất một đường TCĐ thì \(x =  - 2\) không là nghiệm của tử và \(x =  - 2\) thuộc tập xác định của hàm số.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2\left( { - 2 - m} \right) \ge 0\\{\left( { - 2} \right)^2} - m.\left( { - 2} \right) - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - 2\\2m + 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - 2\\m \ne  - \frac{3}{2}\end{array} \right.\).

Do \(m \in \left( { - 10;10} \right),m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;...;8;9} \right\}\) và có \(12\) giá trị thỏa mãn.

Chọn A.

Xét bất phương trình \(f\left( {{e^x}} \right) < m\left( {3{e^x} + 2019} \right)\) (*)

Đặt \({e^x} = t\left( {t > 0} \right)\). Với \(x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( {{e^0};{e^1}} \right) \Rightarrow t \in \left( {1;e} \right)\)

Ta được bất phương trình \(f\left( t \right) < m\left( {3t + 2019} \right) \Leftrightarrow m > \dfrac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\) (1) (vì \(3t + 2019 > 0\) với \(t \in \left( {1;e} \right)\))

Để bất phương trình (*) có nghiệm \(x \in \left( {0;1} \right)\) thì bất phương trình (1) có nghiệm \(t \in \left( {1;e} \right)\).

Ta xét hàm \(g\left( t \right) = \dfrac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\)  trên \(\left( {1;e} \right)\)

Ta có \(g'\left( t \right) = \dfrac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}}\)

Nhận xét rằng đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\)có tính chất giống với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nên xét trên khoảng \(\left( {1;e} \right)\)  ta thấy rằng \(f\left( t \right) < 0\) và đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải hay hàm số đồng biến trên \(\left( {1;e} \right)\)  nên \(f'\left( t \right) > 0\).

Từ đó \(g'\left( t \right) = \dfrac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}} > 0\) với \(t \in \left( {1;e} \right)\)  hay hàm số \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {1;e} \right)\)

Từ BBT ta thấy để bất phương trình \(m > \dfrac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\)  có nghiệm \(t \in \left( {1;e} \right)\) thì \(m > \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;e} \right]} g\left( t \right) \Leftrightarrow m >  - \dfrac{2}{{1011}}.\)

Chọn C.

Phương trình đã cho có \(3\) nghiệm \( \Leftrightarrow \) phương trình ẩn \(t\) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng \(0\) và một nghiệm dương \( \Leftrightarrow \) đường thẳng \(y = 2 - m\) cắt đồ thị hàm số tại một điểm có hoành độ bằng \(0\) và điểm còn lại có hoành độ dương.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy \(2 - m = 8 \Leftrightarrow m =  - 6\).

Vậy tổng các giá trị của \(m\) là \( - 6\).

Chọn B.

Gọi \(x\left( {x \ge 0} \right)\) (nghìn đồng) là số tiền tăng lên cho mỗi \(kg\) rau.

Số tiền bán mỗi một \(kg\) rau sau khi tăng là \(x + 30\) (nghìn đồng).

Số \(kg\) rau thừa là \(20x\) \(\left( {x \le 50} \right)\).

Tổng số \(kg\) rau bán được là \(1000 - 20x\) \(\left( {kg} \right)\).

Tổng số tiền thu được là \(T = \left( {1000 - 20x} \right)\left( {30 + x} \right) + 20x.2 =  - 20{x^2} + 440x + 30000\).

Mà \( - 20{x^2} + 440x + 30000 = 32420 - 20{\left( {x - 11} \right)^2} \le 32420\).

Do đó \(T \le 32420 \Rightarrow \max T = 32420\), dấu \('' = ''\) xảy ra khi \(x = 11\).

Vậy số tiền nhiều nhất bán được là \(32\,420\,000\) đồng.

Chọn A.

ĐK : \(1 - {y^2} \ge 0 \Leftrightarrow y \in \left[ { - 1;1} \right]\)

+ Xét phương trình \({2^{x - y}} - {2^y} + x = 2y \Leftrightarrow {2^{x - y}} + x - y = {2^y} + y\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = {2^t}.\ln 2 + 1 > 0;\,\forall t\)  nên hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Từ đó \({2^{x - y}} + x - y = {2^y} + y\)\( \Rightarrow f\left( {x - y} \right) = f\left( y \right) \Leftrightarrow x - y = y \Leftrightarrow x = 2y\)

+ Thay \(x = 2y\) vào phương trình \({2^x} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^y}.\sqrt {1 - {y^2}} \)  ta được

\({2^{2y}} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^y}.\sqrt {1 - {y^2}}  \Leftrightarrow {4^y} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^y}.\sqrt {1 - {y^2}} \) (*)

Để hệ phương trình (1) có một nghiệm duy nhất thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất \(y \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Giả sử \({y_0} \in \left[ { - 1;1} \right]\)  là một nghiệm của phương trình (*) thì  ta có \({4^{{y_0}}} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^{{y_0}}}.\sqrt {1 - {y_0}^2} \)  (**)

Xét với \( - {y_0}\) ta có  \({4^{ - {y_0}}} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^{ - {y_0}}}.\sqrt {1 - {{\left( { - {y_0}} \right)}^2}}  \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{4^{{y_0}}}}} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right)\dfrac{1}{{{2^{{y_0}}}}}\sqrt {1 - y_0^2} \)

\( \Leftrightarrow 1 + {4^{{y_0}}} = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^{{y_0}}}.\sqrt {1 - {y_0}^2} \) (đúng do (**)) hay \( - {y_0}\) cũng là nghiệm của phương trình (*).

Do vậy để (*) có nghiệm duy nhất thì \({y_0} =  - {y_0} \Leftrightarrow {y_0} = 0\). Thay \(y = 0\) vào (*) ta được \({4^0} + 1 = \left( {{m^2} + 2} \right){.2^0}\sqrt {1 - {0^2}}  \Leftrightarrow {m^2} + 2 = 2 \Leftrightarrow m = 0.\)

Thử lại : Thay \(m = 0\) vào (*) ta được \({4^y} + 1 = {2.2^y}\sqrt {1 - {y^2}}  \Leftrightarrow {2^y} + \dfrac{1}{{{2^y}}} = 2\sqrt {1 - {y^2}} \,(***)\)

Nhận thấy rằng VT(***)\( = {2^y} + \dfrac{1}{{{2^y}}}\mathop  \ge \limits^{C\^o  - si} 2\sqrt {{2^y}.\dfrac{1}{{{2^y}}}}  \Leftrightarrow VT\left( {***} \right) \ge 2\) , dấu  xảy ra \( \Leftrightarrow {2^y} = \dfrac{1}{{{2^y}}} \Leftrightarrow y = 0\)

Và \(VP\left( {***} \right) = 2\sqrt {1 - {y^2}}  \le 2 \Leftrightarrow VP\left( {***} \right) = 2 \Leftrightarrow y = 0\)

Vậy phương trình (***) có nghiệm duy nhất \(y = 0\).

Kết luận : Với \(m = 0\) thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất nên tập S có một phần tử.

Chọn B. 

Dựng hình, xác định các hình tròn xoay tạo thành khi quay và tính tỉ số thể tích.

Thể tích khối trụ \({V_1} = \pi {R^2}h = \pi M{C^2}.BC\).

Tổng thể tích hai khối nón \({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi M{C^2}AM + \dfrac{1}{3}\pi N{B^2}AN\) \( = \dfrac{1}{3}\pi M{C^2}\left( {AM + AN} \right) = \dfrac{1}{3}\pi M{C^2}.BC = \dfrac{1}{3}{V_1}\).

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 3\).

Chọn C.

\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(I = AC \cap HK\)

Do ABCD là hình vuông \( \Rightarrow AC \bot BD\).

Mà \(HK//BD\) (HK là đường trung bình của tam giác \(ABD\))

\( \Rightarrow AC \bot HK \Rightarrow AI \bot HK\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot HK\\AI \bot SH\,\,\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow SI\) là hình chiếu của \(SA\) lên \(\left( {SHK} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SA;\left( {SHK} \right)} \right) = \angle \left( {SA;SI} \right) = \angle ISA\).

Gọi \(O = AC \cap BD\), áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\frac{{AI}}{{OA}} = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow AI = \frac{1}{2}OA = \frac{1}{4}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Tam giác SIA vuông tại I \( \Rightarrow \sin \angle ISA = \frac{{AI}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Vậy \(\sin \angle \left( {SA;\left( {SHK} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Chọn B.  

Do \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) nên \(F'\left( x \right) = f\left( x \right)\).

Ta có \(F'\left( x \right) = \left( {2ax + b} \right){e^{ - x}} - \left( {a{x^2} + bx + c} \right).{e^{ - x}} = \left( { - a{x^2} + \left( {2a - b} \right)x - c} \right){e^{ - x}}\)

Đồng nhất hệ số ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} - 2a = 2\\2a - b =  - 5\\ - c = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 3\\c =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow F\left( x \right) = \left( { - {x^2} + 3x - 2} \right){e^{ - x}}\)

\( \Rightarrow F\left( 0 \right) =  - 2{e^{ - 0}} =  - 2 \Rightarrow f\left( {F\left( 0 \right)} \right) = f\left( { - 2} \right) = 20{e^2}\).

Chọn D.

Đặt \({\log _{16}}p = {\log _{20}}q = {\log _{25}}\left( {p + q} \right) = t\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}p = {16^t}\\q = {20^t}\\p + q = {25^t}\end{array} \right. \Rightarrow {16^t} + {20^t} = {25^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{16}}{{25}}} \right)^t} + {\left( {\frac{{20}}{{25}}} \right)^t} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{2t}} + {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\{\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2} < 0\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2} = {\left( {\frac{{16}}{{20}}} \right)^t} = \frac{{{{16}^t}}}{{{{20}^t}}} = \frac{p}{q}\end{array}\)

Chọn A.

Ta có

\(C{C_1}//A{A_1} \Rightarrow C{C_1}//\left( {AB{B_1}{A_1}} \right) \Rightarrow d\left( {C{C_1};\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right) = d\left( {{C_1};\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{{C_1}.AB{B_1}{A_1}}} = \frac{1}{3}d\left( {{C_1};\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right).{S_{AB{B_1}{A_1}}} = \frac{1}{3}.6.4 = 8\)

Ta có: \({V_{{C_1}.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} \Rightarrow {V_{{C_1}.AB{B_1}{A_1}}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{3}{2}{V_{{C_1}.AB{B_1}{A_1}}} = \frac{3}{2}.8 = 12\)

Chọn C.

Có 3 mặt trụ tròn xoay đi qua các điểm \(A,\,\,B,\,\,D,\,\,C',\,\,B',\,\,D'\). Đó là các mặt trụ ngoại tiếp lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\).

Chọn B.

Gọi \(A',\,\,B'\) lần lượt các các điểm đối xúng A, B qua CD. H là trung điểm của BB’, ta dễ dàng chứng minh được C là trung điểm của AA’.

Gọi \({V_1}\) là thể tích khối nón có chiều cao CD, bán kính đáy AC.

\({V_2}\) là thể tích khối nón cụt có chiều cao CH, bán kính đáy nhỏ BH, bán kính đáy lớn AC.

\({V_3}\) là thể tích khối nón có chiều cao CH, bán kính đáy BH.

Kẻ \(CK \bot AD\) suy ra \(ABCK\) là hình vuông \( \Rightarrow CK = KD = a\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CKD ta có :

\(CD = \sqrt {C{K^2} + K{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có :

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \).

Tam giác CKD vuông cân tại K \( \Rightarrow \angle KDC = {45^o} \Rightarrow \angle BCH = {45^0} \Rightarrow \Delta BCH\) vuông cân tại H.

\( \Rightarrow BH = CH = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi .A{C^2}.CD = \frac{1}{3}\pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}a\sqrt 2  = \frac{{2\sqrt 2 \pi {a^3}}}{3}\\\,\,\,\,\,{V_2} = \frac{1}{3}\pi .CH\left( {B{H^2} + A{C^2} + BH.AC} \right) = \frac{1}{3}\pi .\frac{a}{{\sqrt 2 }}\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + 2{a^2} + \frac{a}{{\sqrt 2 }}.a\sqrt 2 } \right) = \frac{{7\sqrt 2 \pi {a^2}}}{{12}}\\\,\,\,\,\,{V_3} = \frac{1}{3}\pi .B{H^2}.CH = \frac{1}{3}\pi .\frac{{{a^2}}}{2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\pi \sqrt 2 {a^3}}}{{12}}\end{array}\)

Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD quanh trục CD là :

\(V = {V_1} + {V_2} - {V_3} = \frac{{2\sqrt 2 \pi {a^3}}}{3} + \frac{{7\sqrt 2 \pi {a^2}}}{{12}} - \frac{{\sqrt 2 \pi {a^2}}}{{12}} = \frac{{7\sqrt 2 \pi {a^3}}}{6}\).

Chọn C.

Chia khối lập phương \(ABC.A'B'C'\) bởi mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right)\) và \(\left( {C'BD} \right)\) ta được :

+) Chóp \(A.A'B'D'\).

+) Chóp \(C'.BCD\)

+) Khối bát diện \(ABD.B'C'D'\).

Ta có \({V_{A.A'B'D'}} = \frac{1}{3}AA'.{S_{A'B'D'}} = \frac{1}{3}AA'.\frac{1}{2}A'B'.A'D' = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\)

Tương tự ta có \({V_{C'.BCD}} = \frac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\).  

\( \Rightarrow {V_{ABD.B'C'D'}} = \frac{2}{3}{V_{ABD.B'C'D'}}\).

Các khối \(A.A'B'D'\) và \(C'.BCD\) không phải là chóp tam giác đều và khối bát diện \(ABD.B'C'D'\) không phải khối bát diện đều.

Do đó chỉ có mệnh đề III đúng.

Chọn B.