Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Tiên Du 1 lần 3

Ta có:

\(\sin x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{2}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}.\)

\(\cos x=0\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}.\)

\(\sin x=0\Leftrightarrow x=k\pi ,k\in \mathbb{Z}.\)

\(\cos x=1\Leftrightarrow x=k2\pi ,k\in \mathbb{Z}.\)

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung. Cho \(x=0\Rightarrow y=\frac{0-2}{0+4}=\frac{-1}{2}.\)

Vậy đồ thị hàm số \(y=\frac{x-2}{x+4}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(\frac{-1}{2}.\)

* Thể tích hình chóp tứ giác có đáy là hình vuông cạnh \(a,\) chiều cao \(h\) là: \({{V}_{1}}=\frac{1}{3}{{a}^{2}}.h\)

* Thể tích hình chóp tứ giác có đáy là hình vuông cạnh \(\frac{a}{3},\) chiều cao \(h\) là: \({{V}_{2}}=\frac{1}{3}\frac{{{a}^{2}}}{9}h.\)

* Tỷ số thể tích là: \(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=9.\)

Ta có:

      \(\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,x={{x}_{0}}\)

      \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{5}}=-\infty \)

      \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{{{x}^{2}}}=0\)

      \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,c=c.\)

Tập xác định \(D=\left[ 0;2 \right].\)

Ta có \(y'=\frac{1-x}{\sqrt{2x-{{x}^{2}}}},\forall x\in \left( 0;2 \right).\)

      \(y'=0\Leftrightarrow x=1.\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 1;2 \right).\)

Ta có \(y'=\left( {{x}^{2}}+1 \right)'=\left( {{x}^{2}} \right)'+\left( 1 \right)'=2x.\)

Ta có: \(y'=\left( \sin x+\cot x \right)'=\cos x-\frac{1}{{{\sin }^{2}}x}.\)

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng \(B,\) chiều cao bằng \(h\) là: \(V=\frac{1}{3}Bh.\)

\(V=Bh\)

\(\left. \begin{align} & n\left( \Omega \right)=6 \\ & n\left( A \right)=3 \\ \end{align} \right\}\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R}.\)

Đặt \(y=f\left( x \right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}\)

\(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x.\)

Cho \(f'\left( x \right)=0\) ta được:

\(3{{x}^{2}}-6x=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=2 \\\end{align} \right.\)

Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu ta được kết quả hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( 0;2 \right).\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\)

Đặt \(y=f\left( x \right)=2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+{{10}^{2020}}\)

\(f'\left( x \right)=6{{x}^{2}}-6x.\)

Cho \(f'\left( x \right)=0\) ta được:

\(6{{x}^{2}}-6x=0\)

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

Ta có: \(f\left( -1 \right)=-5+{{10}^{2020}};f\left( 1 \right)=-1+{{10}^{2020}};f\left( 0 \right)={{10}^{2020}}\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(y=2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+{{10}^{2020}}\) trên đoạn \(\left[ -1;1 \right]\) là \(f\left( 0 \right)={{10}^{2020}}.\)

Ta có \(y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+3\Rightarrow y'=-4{{x}^{3}}+4x=-4x\left( {{x}^{2}}-1 \right).\)

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right..\)

Từ BBT ta có \({{y}_{CT}}=3.\)

Ta có thể tích khối chóp \(V=\frac{1}{3}Bh.\)

Khi diện tích của đa giác đáy giảm đi ba lần thì thể tích của khối chóp là

\(V=\frac{1}{3}\frac{B}{3}h=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}Bh=\frac{V}{3}.\)

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x=0,\) đạt cực đại tại \(x=1.\)

\(x=-1\) không là điểm cực trị của hàm số vì đạo hàm không đổi dấu khi đi qua \(x=-1.\)

Hàm số \(y=\frac{3x-1}{x+1}\) có tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1 \right\}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Hàm số \(y=x+\frac{1}{x}\) có tập xác định \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Hàm số \(y={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x-1\) có \(y'=3{{x}^{2}}-2x+1=3\left( {{x}^{2}}-2.\frac{1}{3}.x+\frac{1}{9} \right)+\frac{2}{3}=3{{\left( x-\frac{1}{3} \right)}^{2}}+\frac{2}{3}>0\) với mọi \(x\in \mathbb{R}.\)

Vậy hàm số \(y={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x-1\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Hàm số \(y = {x^3} - 3x\) có \(y' = 3{x^2} - 3 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\end{array} \right..\)

Bảng biến thiên

Suy ra, hàm số đồng biến trên \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right).\)

Số cách chọn là \(C_{40}^{2}\)

Ta thấy các phương án B, C, D đúng, vậy phương án A sai.

Dựa vào hình ảnh đồ thị ta có \(\underset{x\to {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)<\underset{x\to {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)\) do đó \(\underset{x\to {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{{}}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)\) không tồn tại.

Vậy hàm số gián đoạn tại \(x=\frac{1}{2}.\)

Từ bảng biến thiên ta có \(\underset{x\to \left( -2 \right)-}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty \) do đó \(x=-2\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right).\)

Ta có số hạng tổng quát trong khai triển

\(C_{12}^{k}{{\left( xy \right)}^{12-k}}{{\left( -{{x}^{2}} \right)}^{k}}={{\left( -1 \right)}^{k}}C_{12}^{k}{{y}^{12-k}}{{x}^{12-k}}\left( 0\le k\le 12,k\in \mathbb{Z} \right)\)

Số hạng chứa \({{x}^{15}}{{y}^{9}}\) trong khai triển nhị thức tương ứng với \(\left\{ \begin{array}{l}12 - k = 9\\12 + k = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 3\left( {TM} \right)\)

Số hạng chứa \({{x}^{15}}{{y}^{9}}\) trong khai triển nhị thức \({{\left( xy-{{x}^{2}} \right)}^{12}}\) là \(-C_{12}^{3}{{x}^{15}}{{y}^{9}}\)

Ta có \(BC=\sqrt{A{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=a\sqrt{2},SA=\sqrt{S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=2a,\)

Do đó \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{6}.2a.a.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{3}\)

Do \(SA\bot \left( ABCD \right)\) nên góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(\widehat{SCA}={{60}^{0}}.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=a\sqrt{3}.\)

Xét \(\Delta SAC\) có \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}\Rightarrow SA=AC.\tan {{60}^{0}}=3a.\)

Vậy \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.3a.a.a\sqrt{2}=\sqrt{2}{{a}^{3}}.\)

Ta có \(y'={{x}^{2}}-\left( m+3 \right)x+{{m}^{2}}.\)

Hàm số đạt cực trị tại \(x=1\) nên \(y'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow {1^2} - \left( {m + 3} \right).1 + {m^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 1\end{array} \right..\)

Kiểm tra

Với \(m=2\) ta có \(y'={{x}^{2}}-5x+4.\)

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right..\)

Do \(x=1\) là nghiệm đơn của phương trình \(y'=0\) nên \(x=1\) là cực trị của hàm số. Do đó \(m=2\) thỏa mãn.

Với \(m=-1\) ta có \(y'={{x}^{2}}-2x+1.\)

Cho \(y'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+1=0\Leftrightarrow x=1.\)

Do \(x=1\) là nghiệm kép của phương trình \(y'=0\) nên \(x=1\) không là cực trị của hàm số. Do đó \(m=-1\) không thỏa mãn.

Vậy có 1 số thực \(m\) để hàm số đạt cực trị tại \(x=1.\)

Tập xác định: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ \frac{m}{2} \right\}.\)

Ta có: \(y'=\frac{-{{m}^{2}}+16}{{{\left( 2x-m \right)}^{2}}}.\)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định \(\Leftrightarrow y'>0,\forall x\in D\Leftrightarrow -{{m}^{2}}+16>0\Leftrightarrow -4<m<4.\)

Vậy đáp số là \(-4<m<4.\)

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t\) bất kỳ là: \(v\left( t \right)=S'\left( t \right)=9,8t.\)

Do đó, vận tốc của vật tại thời điểm \(t=6s\) là: \(v\left( 6 \right)=9,8.6=58,8m/s.\)

Ta có \(V=\frac{1}{3}S.h=\frac{1}{3}.\frac{{{2}^{2}}\sqrt{3}}{4}.4=\frac{4\sqrt{3}}{3}.\)

Giả sử \({{0}^{0}}<A<B<C<D<{{180}^{0}}\) và \(A,B,C,D\) lập thành 1 cấp số cộng, giả sử công sai \(d>0\left( * \right)\)

Khi đó: \(B=A+d,c=A+2d,D=A+3d\)

Nên \(A={{30}^{0}}\)

\(\Rightarrow {{S}_{4}}=A+B+C+D={{30}^{0}}+{{30}^{0}}+d+{{30}^{0}}+2d+{{30}^{0}}+3d={{120}^{0}}+6d={{360}^{0}}\)

\(\Leftrightarrow f={{40}^{0}}\Rightarrow D={{30}^{0}}+{{3.40}^{0}}={{150}^{0}}<{{180}^{0}}\) (thỏa mãn)

Nếu \(B={{30}^{0}}\Rightarrow {{S}_{4}}=A+B+C+D={{30}^{0}}-d+{{30}^{0}}+{{30}^{0}}+d+{{30}^{0}}+2d={{360}^{0}}\)

\(\Leftrightarrow {{120}^{0}}+2d={{360}^{0}}\Leftrightarrow d={{120}^{0}}\)

\(\Rightarrow D={{30}^{0}}+2d={{30}^{0}}+{{2.120}^{0}}={{270}^{0}}\) (không thỏa mãn)

Nếu \(C={{30}^{0}}\Rightarrow {{S}_{4}}=A+B+C+D={{30}^{0}}-2d+{{30}^{0}}-d+{{30}^{0}}+{{30}^{0}}+d={{360}^{0}}\)

\(\Leftrightarrow {{120}^{0}}-2d={{360}^{0}}\Leftrightarrow d=-{{120}^{0}}\) (không thỏa mãn)

Nếu \(D={{30}^{0}}\Rightarrow {{S}_{4}}=A+B+C+D={{30}^{0}}-3d+{{30}^{0}}-2d+{{30}^{0}}-d+{{30}^{0}}={{360}^{0}}\)

\(\Leftrightarrow {{120}^{0}}-6d={{360}^{0}}\Leftrightarrow d=-{{40}^{0}}\) (không thỏa mãn).

Vậy góc lớn nhất của tứ giác là \({{150}^{0}}.\)

Ta có \({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{1}{2}{{a}^{2}}.\)

          \(BB'=a.\)

Vậy \({{V}_{ABC.A'B'C'}}={{S}_{ABC}}.BB'=\frac{1}{2}{{a}^{3}}.\)

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\)

Do \(ABCD\) là tứ diện đều nên \(AG\bot \left( BCD \right).\)

Ta có \(BG=\frac{2}{3}BI=\frac{2}{3}.\frac{2\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.\)

Suy ra \(AG=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{G}^{2}}}=\sqrt{{{2}^{2}}-{{\left( \frac{2\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}.\)

Lại có \({{S}_{BCD}}=\frac{{{2}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}.\)

Vậy \({{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{BCD}}.AG=\frac{1}{3}.\sqrt{3}.\frac{2\sqrt{6}}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.\)

Xét \(g\left( x \right)=x+\sqrt{16-{{x}^{2}}}\)

TXĐ: \(D=\left[ -4;4 \right],g\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ -4;4 \right].\)

Ta có: \(g'\left( x \right)=1-\frac{2x}{2\sqrt{16-{{x}^{2}}}}=1-\frac{x}{\sqrt{16-{{x}^{2}}}}\)

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {16 - {x^2}} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\16 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)

Khi đó: \(\underset{\left[ -4;4 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=4\sqrt{2};\underset{\left[ -4;4 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=-4\)

Từ đó ta được: \(\underset{\left[ -4;4 \right]}{\mathop{\max }}\,y=4\sqrt{2}+a;\underset{\left[ -4;4 \right]}{\mathop{\min }}\,y=a\)

Khi đó: \(m+M={{a}^{2}}\Leftrightarrow 4\sqrt{2}+a+a={{a}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}-2a-4\sqrt{2}=0\Rightarrow P=-4\sqrt{2}\) nên chọn đáp án C.

Vì \(AB//CD\) nên \(\left( \widehat{SA;CD} \right)=\left( \widehat{SA;AB} \right)\) mà \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều và \(SA=AB=a\) nên \(\Delta SAB\) đều.

Vậy \(\widehat{\left( SA;AB \right)}={{60}^{0}},\) khi đó góc giữa \(SA\) và \(CD\) là \({{60}^{0}}\) nên chọn đáp án A.

\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {3{x^2} - 2} \right) = 3.{\left( { - 2} \right)^2} - 2 = 10 > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x - 2} \right) = 2 - 2 = 0\\x \to {2^ - } \Rightarrow x < 2 \Rightarrow x - 2 < 0\end{array} \right. \Rightarrow I = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{3{x^2} - 2}}{{x - 2}} = - \infty .\)

Ta có: \(y'=-4{{x}^{3}}+2\left( {{m}^{2}}-m \right)x=-2x\left( 2{{x}^{2}}-{{m}^{2}}+m \right)\)

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

Để hàm số đã cho có đúng một cực trị

\(\Leftrightarrow \) phương trình \(y'=0\) phải có duy nhất một nghiệm \(x=0\)

\(\Leftrightarrow \) Phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \(x=0\)

\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-m\le 0\Leftrightarrow 0\le m\le 1.\)

Xét \(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-3x+2}{{{x}^{3}}-x}=\underset{x\to \pm infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\left( \frac{1-\frac{3}{x}+\frac{2}{{{x}^{2}}}}{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}} \right)=0\)

Nên đường \(y=0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Xét \({x^3} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right..\)

Ta có: \(\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-3x+2}{{{x}^{3}}-x}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)}{x\left( {{x}^{2}}-1 \right)}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( x-2 \right)}{x\left( x+1 \right)}=-\frac{1}{2}\). Nên đường \(x=1\) không là đường tiệm cận đứng.

Nên đường \(x=1\) không là đường tiệm cận đứng.

\(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-3x+2}{{{x}^{3}}-x}=-\infty ;\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-3x+2}{{{x}^{3}}-x}=+\infty ;\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-3x+2}{{{x}^{3}}-x}=-\infty ;\underset{x\to -{{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-3x+2}{{{x}^{3}}-x}=+\infty \)

Nên đồ thị hàm số có các đường tiệm cận đứng là: \(x=-1;x=0\)

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\) ta có \(SO\bot \left( ABCD \right)\)

Gọi \(I\) là trung điểm của OA

 \(\Rightarrow MI//SO\Rightarrow MI\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \left( MN,\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( MN,\left( ABCD \right) \right)=\angle MNI={{60}^{0}}\)

Xét \(\Delta NCI\) có \(CN=\frac{1}{2}BC=\frac{a}{2};CI=\frac{3}{4}AC=\frac{3\sqrt{2}}{4}a;\angle NCI={{45}^{0}}\)

Suy ra \(NI=\sqrt{C{{N}^{2}}+C{{I}^{2}}-2CN.CI.\cos C}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{4}+\frac{18{{a}^{2}}}{16}-2.\frac{a}{2}.\frac{3\sqrt{2}}{4}.a.\cos {{45}^{0}}}=a\frac{\sqrt{10}}{4}.\)

\(MI=NI.\tan {{60}^{0}}=a\frac{\sqrt{30}}{4}\Rightarrow SO=a\frac{\sqrt{30}}{2}.\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC//\left( {SAD} \right)\\DM \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {BC,DM} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right) = 2h.\)

Xét tứ diện \(\left( SAOD \right)\) có \(SO;OA;OD\) đôi một vuông góc

Nên ta có: \(\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{D}^{2}}}=\frac{2}{15{{a}^{2}}}+\frac{2}{{{a}^{2}}}+\frac{2}{{{a}^{2}}}=\frac{62}{15{{a}^{2}}}\Rightarrow h=a\sqrt{\frac{15}{62}}\)

Do đó \(d\left( BC,DM \right)=2h=2a\sqrt{\frac{15}{62}}=a\sqrt{\frac{30}{31}}\)

Xét khai triển:

\({{\left( 1-x \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{\left( -x \right)}^{k}}}\)

\(=C_{n}^{0}-C_{n}^{1}.x+C_{n}^{2}.{{x}^{2}}-C_{n}^{3}.{{x}^{3}}+...+{{\left( -1 \right)}^{k}}.{{x}^{k}}.C_{n}^{k}+...+C_{n}^{2}.{{\left( -x \right)}^{n}}\)

Lấy đạo hàm cả hai vế ta được:

\(-n{{\left( 1-x \right)}^{n-1}}=-C_{n}^{1}+2.C_{n}^{2}.x-3.{{x}^{2}}.C_{n}^{3}+...+{{\left( -1 \right)}^{k}}.k.{{x}^{k-1}}.C_{n}^{k}+...-C_{n}^{n}.n.{{\left( -x \right)}^{n-1}}\)

\(\Rightarrow n{{\left( 1-x \right)}^{n-1}}=C_{n}^{1}-2.x.C_{n}^{2}+3.{{x}^{2}}.C_{n}^{3}-...-{{\left( -1 \right)}^{k}}.k.{{x}^{k-1}}.C_{n}^{k}-...+C_{n}^{n}.n.{{\left( -x \right)}^{n-1}}\)

Cho \(x=2\) ta được

\(n.{{\left( -1 \right)}^{n-1}}=C_{n}^{1}-2.2.C_{n}^{2}+{{3.2}^{2}}.C_{n}^{3}-{{4.2}^{3}}.C_{n}^{4}+{{5.2}^{4}}.C_{n}^{5}+...+{{\left( -1 \right)}^{n}}.n{{.2}^{n-1}}.C_{n}^{n}\)

\(\Leftrightarrow n.{{\left( -1 \right)}^{n-1}}=-2022\Leftrightarrow n=2022\)

Xét khai triển: \({{\left( x-\frac{2}{x} \right)}^{2020}}=\sum\limits_{k=0}^{2022}{C_{2022}^{k}.{{x}^{2022-k}}.{{\left( \frac{-2}{x} \right)}^{k}}}\)

\(=\sum\limits_{k=0}^{2022}{C_{2022}^{k}.{{\left( -2 \right)}^{k}}.{{x}^{2022-2k}}}\)

Số hạng không chứa \(x\) ứng với: \(2022-2k=0\)

\(\Leftrightarrow k=1011\)

Vậy số hạng không chứa \(x\) là: \(-C_{2022}^{1011}{{.2}^{1011}}\)

Vì \(AB//CD\) nên \(\left( \widehat{SC;AB} \right)=\left( \widehat{SC;CD} \right)=\widehat{SCD}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD\)

\(\Rightarrow \Delta SCD\) vuông tại D.

Trong tam giác vuông \(SAD\) có

\(SD=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}=a\sqrt{6}.\)

Trong tam giác vuông \(SCD\) có

\(\tan \widehat{SCD}=\frac{SD}{CD}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCD}={{60}^{0}}.\)

Vậy góc giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(AB\) bằng \({{60}^{0}}.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=3{{x}^{3}}-9{{x}^{2}}+12x+m+2,\) ta có:

                   \(g'\left( x \right)=9{{x}^{2}}-18x+12=9{{\left( x-1 \right)}^{2}}+3>0\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ 1;3 \right].\)

Suy ra: \(\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=g\left( 1 \right)=m+8,\underset{\left[ 1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=g\left( 3 \right)=m+38.\)

Vì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( x \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:

\(f\left( x \right) > 0\forall x \in \left[ {1;3} \right],\) suy ra: \(g\left( 1 \right).g\left( 3 \right) > 0 \Leftrightarrow \left( {m + 8} \right)\left( {m + 38} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > - 8\\m < - 38\end{array} \right..\)

Suy ra trên đoạn \(\left[ -20;30 \right]\) thì \(m>-8.\)

\(f\left( 1 \right)=\left| 8+m \right|=m+8,f\left( 2 \right)=\left| 14+m \right|=m+14,f\left( 3 \right)=\left| 38+m \right|=m+38.\)

Mặt khác với mọi số thực \(a,b,c\in \left[ 1;3 \right]\) thì \(f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( x \right)\) là độ dài ba cạnh của một tam giác khi và chỉ khi \(f\left( 1 \right),f\left( 1 \right),f\left( 3 \right)\) cũng là độ dài ba cạnh của tam giác.

\(\Leftrightarrow f\left( 1 \right)+f\left( 1 \right)>f\left( 3 \right)\Leftrightarrow 2m+16>m+38\Leftrightarrow m>22.\)

Với \(m\in \left[ -20;30 \right]\) thì ta có 8 giá trị nguyên.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( ABC \right).\) Các điểm \(M,N,P\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) trên các cạnh \(AB,AC,BC.\)

Khi đó ta có: \(\widehat{SMH}=\widehat{SNH}=\widehat{SPH}={{60}^{0}},\) suy ra: \(HM=HN=HP\) hay \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC.\)

Xé tam giác \(ABC\) ta có:

Nửa chu vi: \(p=\frac{AB+BC+CA}{2}=\frac{5a+5a+6a}{2}=8a.\)

Diện tích: \({{S}_{\Delta ABC}}=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}=\sqrt{8a.3a.3a.2a}=12{{a}^{2}}.\)

Áp dụng công thức \(S=pr\Rightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{12{{a}^{2}}}{8a}=\frac{3a}{2}.\)

Suy ra: \(HM=r=\frac{3a}{2},SH=HM.\tan {{60}^{0}}=\frac{3a}{2}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}a}{2}.\)

Vậy \({{V}_{ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABC}}.SH=\frac{1}{3}.12{{a}^{2}}.\frac{3\sqrt{3}a}{2}=6\sqrt{3}{{a}^{3}}.\)

\(g\left( x \right)=f\left( 1-2x \right)+{{x}^{2}}-x.\)

\(g'\left( x \right)=-2f'\left( 1-2x \right)+2x-1.\)

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( 1-2x \right)=-\frac{1-2x}{2}\left( 1 \right).\)

Đặt \(t=1-2x;\left( 1 \right)\Leftrightarrow f'\left( t \right)=-\frac{t}{2}.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\\t = 0\\t = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 - 2x = - 2\\1 - 2x = 0\\1 - 2x = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{3}{2}\\x = \frac{1}{2}\\x = - \frac{3}{2}\end{array} \right..\)

Ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( \frac{1}{2};1 \right).\)

\(h\left( x \right)=f\left( x \right)-\frac{3}{2}x\)

\(h'\left( x \right)=f'\left( x \right)-\frac{3}{2}.\)

\(h'\left( x \right)=0\Leftrightarrow f'\left( x \right)=\frac{3}{2}\left( 1 \right)\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là số giao điểm của hai đường \(y=f'\left( x \right)\) và \(y=\frac{3}{2}.\)

Ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số \(h\left( x \right)=f\left( x \right)-\frac{3}{2}x\) có 2 điểm cực tiểu.

Ta có: \(y={{x}^{4}}-2m{{x}^{2}}-2{{m}^{2}}+{{m}^{4}}\) có 3 điểm cực trị A, B, C.

\(y'=4{{x}^{3}}-4m=4x\left( {{x}^{2}}-m \right)\) có 3 nghiệm phân biệt \(\Rightarrow m>0\)

Không làm mất tính tổng quát giả sử:

\(A\left( 0;{{m}^{4}}-2{{m}^{2}} \right);B\left( \sqrt{m};{{m}^{4}}-3{{m}^{2}} \right);C\left( -\sqrt{m};{{m}^{4}}-3{{m}^{2}} \right);\)

Gọi \(I=AD\cap BC\left( A,D\in Oy \right)\)

\(I\) là trung điểm của \(BC\Rightarrow I\left( 0;{{m}^{4}}-3{{m}^{2}} \right)\)

\(I\) là trung điểm của \(AD\Rightarrow I\left( 0;\frac{{{m}^{4}}-2{{m}^{2}}-3}{2} \right)\)

Đồng nhất ta có: \(\frac{{{m^4} - 2{m^2} - 3}}{2} = {m^4} - 3{m^2} \Leftrightarrow {m^4} - 4{m^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \pm 1\\m = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Kết hợp với đk ta có \(m=1,m=\sqrt{3}\Rightarrow S=1+\sqrt{3}\)

Vậy \(S\in \left( 2;4 \right).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên đáy \(\left( A'B'C'D' \right)\) suy ra \(AH=h\) là chiều cao

Gọi \(I\) là hình chiếu của \(A\) trên \(A'B'\Rightarrow \widehat{AIH}={{45}^{0}}\)

Gọi \(J\) là hình chiếu của \(A\) trên \(A'D'\Rightarrow \widehat{AJH}={{60}^{0}}\)

Ta có \(\Delta AIH\) vuông cân tại \(H\Rightarrow IH=AH=h\)

\(\Delta AJH\) vuông tại \(H\Rightarrow JH=\frac{h}{\tan {{60}^{0}}}=\frac{h\sqrt{3}}{3}\)

Tứ giác \(A'JHI\) là hình chữ nhật \(\Rightarrow A'H=\frac{2h\sqrt{3}}{3}\)

\(\Delta AA'H\) vuông tại \(H\Rightarrow 1={{h}^{2}}+{{\left( \frac{2h\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}\Rightarrow h=\frac{\sqrt{21}}{7}\)

\({{S}_{ABCD}}=AB.AD=\sqrt{21}\)

\(\Rightarrow V={{S}_{ABCD}}.h=\sqrt{21}.\frac{\sqrt{21}}{7}=3\)

Ta có: \(f'\left( x \right)=\frac{x-1}{\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+2}}-\frac{1}{2},h'\left( x \right)=3\cos x.f'\left( 3\sin x \right).\)

Phương trình: \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\f'\left( {3\sin x} \right) = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right)\Leftrightarrow \cos x=0\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{2}+k\pi \left( k\in \mathbb{Z} \right).\)

Với \(x \in \left[ {\frac{\pi }{6};6\pi } \right],\) suy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \in Z\\\frac{\pi }{6} \le \frac{\pi }{2} + k\pi \le 6\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k \in Z\\ - \frac{1}{3} \le k \le \frac{{11}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}.\)

Trên đoạn \(\left[ \frac{\pi }{6};6\pi  \right]\) phương trình \(\left( 1 \right)\) có 6 nghiệm.

\(\left( 2 \right)\Leftrightarrow f'\left( 3\sin x \right)=0\Leftrightarrow \frac{3\sin x-1}{\sqrt{{{\left( 3\sin x-1 \right)}^{2}}+2}}-\frac{1}{2}=0\Leftrightarrow 2\left( 3\sin x-1 \right)=\sqrt{{{\left( 3\sin x-1 \right)}^{2}}+2}\)

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

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x > \frac{1}{3}\\\sin x = \frac{{3 \pm \sqrt 6 }}{9}\end{array} \right. \Rightarrow \sin x = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{9}\left( { \approx 0.605} \right)\)

Mặt khác: \(\sin x=\frac{3+\sqrt{6}}{9}>\frac{1}{2}=\sin \frac{\pi }{6}\) nên:

+) Trên \(\left[ \frac{\pi }{6};6\pi  \right]\) thì phương trình \(\sin x=\frac{3+\sqrt{6}}{9}\) cho hai nghiệm.

+) Trên mỗi chu kỳ \(2\pi \) thì phương trình \(\sin x=\frac{3+\sqrt{6}}{9}\) cũng cho hai nghiệm.

Suy ra trên \(\left[ \frac{\pi }{6};6\pi  \right]\) thì phương trình (2) cho 6 nghiệm.

Vậy trên \(\left[ \frac{\pi }{6};6\pi  \right]\) thì phương trình \)h'\left( x \right)=0\) cho 12 nghiệm.

Ta có: \(g'\left( x \right)=-4f'\left( 3-4x \right)-16x+12=-4\left[ f'\left( 3-4x \right)+4x-3 \right]\)

           \(g'\left( x \right)<0\Leftrightarrow f'\left( 3-4x \right)+4x-3>0\Leftrightarrow f'\left( 3-4x \right)>3-4x\left( * \right)\)

Đặt \(t=3-4x\) ta có \(\left( * \right)\) trở thành: \(f'\left( t \right)>t.\)

Từ đồ thị trên ta có: \(f'\left( t \right) > t \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < t < 2\\t > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < 3 - 4x < 2\\3 - 4x > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{1}{4} < x < \frac{5}{4}\\x < - \frac{1}{4}\end{array} \right..\)

Vậy hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( \frac{1}{4};\frac{5}{4} \right).\)

\(g\left( x \right)=10f\left( x-m \right)-\frac{11}{3}{{m}^{2}}+\frac{37}{3}m.\)

\(g\left( x \right)=0\Leftrightarrow f\left( x-m \right)=\frac{11}{30}{{m}^{2}}-\frac{37}{30}m.\)

Đặt \(x-m=t,\) khi đó ta có \(f\left( t \right)=\frac{11}{30}{{m}^{2}}-\frac{37}{30}m.\)

Để \(y=\left| g\left( x \right) \right|\) có 3 điểm cực trị thì phương trình \(f\left( t \right)=0\) có 3 – 2 = 1 nghiệm đơn.

Khi đó \(\left[ \begin{array}{l}\frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m \ge 3\\\frac{{11}}{{30}}{m^2} - \frac{{37}}{{30}}m \le - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le \frac{{ - 18}}{{11}}\\m \ge 5\\\frac{{15}}{{11}} \le m \le 2\end{array} \right..\)

Kết hợp với điều kiện trên đoạn \(\left[ -20;20 \right]\). Khi đó ta có \(19+1+16=36\) giá trị \(m\) nguyên.

Gọi \(H\) là trung điểm \(CD.\)

\(E,F\) lần lượt là điểm trên \(BD,BC\) sao cho \(BE=\frac{1}{3}BC,BF=\frac{1}{3}BD.\)

\(K\) là giao điểm của \(BH\) và \(EF.\) Kẻ \(GL\) vuông góc với \(AK\)

\(\left\{ \begin{array}{l}NP//CD\\NP \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD//\left( {MNP} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNP} \right)//\left( {AEF} \right)\\BK = KG = GH\end{array} \right.\) nên \(d\left( G;\left( AEF \right) \right)=d\left( \left( AEF \right),\left( MNP \right) \right)=d\left( H,\left( MNP \right) \right).\)

\(d\left( CD,\left( MNP \right) \right)=d\left( H,\left( MNP \right) \right)=d\left( G,\left( AEF \right) \right)=GL.\)

Ta có GA là chiều cao của khối chóp đều nên \(GA=\frac{\sqrt{6}}{3}.\)

\(GK=\frac{1}{3}BH=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}.\)

Trong tam giác \(AGK\) vuông tại \(G\) có \(GL=\sqrt{\frac{G{{A}^{2}}.G{{K}^{2}}}{G{{A}^{2}}+G{{K}^{2}}}}=\frac{\sqrt{6}}{9}\).

Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD,\) do \(SB=SC=SD\) nên \(SH\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD,\) suy ra \(SH\bot \left( ABCD \right).\)

Do tứ giác \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\) là đường trung trực của đường thẳng \(BD\) do đó \(H\in AC.\)

Đặt \(\alpha =\widehat{ACD},0<\alpha <\frac{\pi }{2}\Rightarrow \widehat{BCD}=2\alpha ,\) suy ra \({{S}_{ABCD}}=2{{S}_{BCD}}=BC.CD.\sin \widehat{BCD}=\sin 2\alpha .\)

Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\Rightarrow CD\bot SK,\) mà \(CD\bot SH\) suy ra \(CD\bot HK.\)

\(HC=\frac{CK}{\cos \alpha }=\frac{1}{2\cos \alpha },SH=\sqrt{S{{C}^{2}}-H{{C}^{2}}}=\sqrt{1-\frac{1}{4{{\cos }^{2}}\alpha }}=\frac{\sqrt{4{{\cos }^{2}}\alpha -1}}{2\cos \alpha }\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}\frac{\sqrt{4\cos \alpha -1}}{2\cos \alpha }.\sin 2\alpha =\frac{1}{3}\sin \alpha \sqrt{4{{\cos }^{2}}\alpha -1}\)

Do đó \(V=\frac{1}{6}\left( 2\sin \alpha  \right)\sqrt{4{{\cos }^{2}}\alpha -1}\le \frac{1}{6}\frac{4{{\sin }^{2}}\alpha +4{{\cos }^{2}}\alpha -1}{2}=\frac{1}{4}.\)

Dấu “=” xảy ra khi \(2\sin \alpha =\sqrt{4{{\cos }^{2}}\alpha -1}\Leftrightarrow 4{{\sin }^{2}}\alpha =4{{\cos }^{2}}\alpha -1\Leftrightarrow {{\cos }^{2}}\alpha =\frac{5}{8}\)

\(\Leftrightarrow \cos \alpha =\frac{\sqrt{10}}{4}.\) Khi đó \(HC=\frac{2}{\sqrt{10}},SH=\frac{\sqrt{15}}{5}.\)

Gọi \(O=AC\cap BD,\) suy ra \(AC=2OC=2CD.\cos \alpha =\frac{\sqrt{10}}{2}.\)

\(AH=AC-HC=\frac{\sqrt{10}}{2}-\frac{2}{\sqrt{10}}=\frac{3}{\sqrt{10}}.\)

Vậy \(x=SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\sqrt{\frac{3}{5}+\frac{9}{10}}=\frac{\sqrt{6}}{2}.\)

Số cách xếp 10 học sinh vào 10 vị trí: \(n\left( \Omega  \right)=10!\) cách.

Gọi \(A\) là biến cố: “Trong 10 học sinh trên không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”.

Sắp xếp 5 học sinh lớp 12C vào 5 vị trí, có 5! cách.

Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12C sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại

Ứng với mỗi cách xếp đó, chọn lấy 1 trong 2 học sinh lớp 12A xếp vào vị trí trống thứ 4 (để hai học sinh lớp 12C không được ngồi cạnh nhau), có 2 cách.

Học sinh lớp 12A còn lại có 8 vị trí để xếp, có 8 cách.

Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.A_{4}^{3}.2.8\) cách.

TH2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12B vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào hai đầu, có \(C_{3}^{1}.2.A_{4}^{2}\) cách.

Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn 2 vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12A vào vị trí đó, có 2 cách.

Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.C_{3}^{1}.2.A_{4}^{2}.2\) cách.

Do đó số cách xếp không có học sinh cùng lớp ngồi cạnh nhau là:

\(n\left( A \right)=5!.2.8+5!.C_{3}^{1}.2.A_{4}^{2}.2=63360\) cách.

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{63360}{10!}=\frac{11}{630}.\)