Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Chuyên Long An lần 3

Số cách chọn được 2 bút chì từ 2 hộp là: \({{n}_{\Omega }}=C_{12}^{1}C_{12}^{1}=144\)cách chọn. 

Gọi biến cố A: “Chọn được 1 cây bút chì màu đỏ và 1 cây bút chì màu xanh”. 

\(\Rightarrow {{n}_{A}}=C_{5}^{1}C_{4}^{1}+C_{7}^{1}C_{8}^{1}=76\) cách chọn. 

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{76}{144}=\frac{19}{36}\)

Ta có: \(\left( SBC \right)\cap \left( ABC \right)=BC.\)

Vì \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot BC\)

Lại có: \(AB\bot BC\left( gt \right)\)

\(\Rightarrow \angle \left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)=\angle \left( SB,AB \right)=\angle SBA.\)

Số cách chọn 10 tấm thẻ bất kì trong 40 tấm thẻ đã cho là: \({{n}_{\Omega }}=C_{40}^{10}\) cách chọn. 

Gọi biến cố A: “Chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng 1 tấm thẻ chia hết cho 6”. 

Số thẻ chia hết cho 6 được chọn trong các số: 6; 12; 18; 24; 30; 36.

\(\Rightarrow {{n}_{A}}=C_{20}^{5}.C_{14}^{4}.C_{6}^{1}\) cách chọn.

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{C_{20}^{5}C_{14}^{4}C_{6}^{1}}{C_{40}^{10}}=\frac{126}{1147}\)

Gọi vận tốc của chiến sĩ khi bơi là \(a\left( m/s \right),\left( a>0 \right).\)

\(\Rightarrow \) Vận tốc của chiến sĩ khi chạy bộ là: 3a (m/s). 

Ta có hình vẽ, khi đó chiến sĩ ở vị trí A, mục tiêu ở vị trí C. 

Quãng đường chiến sĩ phải bơi là AD, quãng đường chiến sĩ phải chạy bộ là DC. 

Ta có: \(BC=\sqrt{A{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{{{1000}^{2}}-{{100}^{2}}}=300\sqrt{11}\left( m \right).\)

Đặt \(BD=x\left( m \right),\left( 0<x<300\sqrt{11} \right)\)

\(\Rightarrow \) Quãng đường chiến sĩ phải bơi là: \(AD=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{D}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+{{100}^{2}}}\left( m \right).\)

Quãng đường chiến sĩ phải chạy bộ là: \(CD=BC-BD=300\sqrt{11}-x\left( m \right).\)

- Thời gian chiến sĩ đến được mục tiêu là:

\(t=\frac{AD}{a}+\frac{DC}{3a}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{100}^{2}}}}{a}+\frac{300\sqrt{11}-x}{3a}\)

\(=\frac{1}{3a}\left( 3\sqrt{{{x}^{2}}+{{100}^{2}}}+300\sqrt{11}-x \right)\)

Xét hàm số: \(f\left( x \right)=3\sqrt{{{x}^{2}}+{{100}^{2}}}-x+300\sqrt{11}\) trên \(\left( 0;300\sqrt{11} \right)\) ta có:

\(f'\left( x \right)=\frac{3x}{2\sqrt{{{x}^{2}}+{{100}^{2}}}}-1\Rightarrow f'\left( x \right)=0\)

\(\Leftrightarrow 3x=2\sqrt{{{x}^{2}}+{{100}^{2}}}\Leftrightarrow 9{{x}^{2}}=4{{x}^{2}}+{{4.100}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 5{{x}^{2}}={{4.100}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\frac{4}{5}{{.100}^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{2\sqrt{5}}{5}.100=40\sqrt{5}\left( tm \right)\)

\(\Rightarrow \)Quãng đường bơi mà chiến sĩ phải bơi để đến được mục tiêu nhanh nhất là: 

\(AD=\sqrt{{{x}^{2}}+{{100}^{2}}}=\sqrt{\frac{4}{5}{{.100}^{2}}+{{100}^{2}}}=\sqrt{\frac{9}{5}{{.100}^{2}}}=60\sqrt{5}m.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của đồ thị đi xuống dưới 

\(\Rightarrow a<0\Rightarrow \) loại đáp án C và D. 

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị \(\Rightarrow ab<0\Rightarrow b>0.\)

Gọi H là trung điểm của \(AB\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right).\)

Ta có: \(\Delta SAB\) đều \(\Rightarrow AB=SA=SB=2a.\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta SAH\)vuông tại \)H\) ta có: 

\(SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2a\sqrt{3} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{2a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=3a\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABD}}=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABD}}=\frac{1}{6}.SH.{{S}_{ABCD}}\)

\(=\frac{1}{6}.SH.AB.AD=\frac{1}{6}.3a.2a.2a\sqrt{3}=2\sqrt{3}{{a}^{3}}\)

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline{abc}.\) 

\(\Rightarrow a,b,c\) có \(A_{9}^{3}\) cách chọn. 

Vậy có \(A_{9}^{3}\) số thỏa mãn bài toán. 

Xét hàm số \(y=\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}-3x-4}\)

TXĐ: \(D=\left[ -2;2 \right]\backslash \left\{ -1 \right\}\)

\(\Rightarrow x=-1\) là hai đường TCĐ của đồ thị hàm số đã cho. 

\(\Rightarrow \) Đồ thị hàm số chỉ có 1 đường TCĐ. 

Xét hàm số: \(y=\frac{{{x}^{2}}+2}{{{x}^{3}}+a{{x}^{2}}}\)

Điều kiện: \({x^3} + a{x^2} \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne - a\end{array} \right.\)

Ta có: \(\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}+2}{{{x}^{3}}+a{{x}^{2}}}=0\Rightarrow y=0\) là TCN của đồ thị hàm số. 

\(\Rightarrow \) Đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận \(\Leftrightarrow -a\ne 0\Leftrightarrow a\ne 0\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f'\left( x \right)\) ta có: 

Hàm số \(y=f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right)\) và nghịch biến trên \(\left( -\infty ;0 \right).\)

Hàm số \(y=f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x=1\) và đạt cực tiểu tại \(x=0.\) 

Xét hàm số: \(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-3 \right)\) ta có: \(g'\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}-3 \right)'f'\left( {{x}^{2}}-3 \right)=2xf'\left( {{x}^{2}}-3 \right)\)

\(\Rightarrow g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 2xf'\left( {{x}^{2}}-3 \right)=0\)

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

Với \(x=3\) ta có: \(g'\left( x \right)=6f'\left( 6 \right)>0\)

Ta có BBT: 

Dựa vào BBT ta thấy: 

Hàm số \(y=g\left( x \right)\) có 5 điểm cực trị \(\Rightarrow \) I sai. 

Hàm số \(g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x=0\Rightarrow \) II đúng. 

Hàm số \(g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x=2\Rightarrow \) III sai.

Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( -2;-1 \right)\) nghịch biến trên \(\left( -1;0 \right)\) và đồng biến trên \(\left( 0;1 \right)\) \(\Rightarrow \)IV sai. 

Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( -1;0 \right)\) và đồng biến trên \(\left( 0;1 \right)\Rightarrow \) V sai. 

Vậy chỉ có 1 mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên. 

Xét hàm số: \(y=\frac{{{x}^{4}}}{2}-{{x}^{2}}+3\) ta có: \(y'=2{{x}^{3}}-2x\)

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

\(\Rightarrow \) Phương trình \(y'=0\) có ba nghiệm phân biệt \(\Rightarrow \) Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. 

Ta có: \(y=-{{x}^{3}}+3x+2\Rightarrow y'=-3{{x}^{2}}+3\)

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow A\left( {1;4} \right)\\x = - 1 \Rightarrow B\left( { - 1;0} \right)\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( -2;-4 \right)\Rightarrow AB=2\sqrt{5}\)

Số cách chọn 3 học sinh từ \(n\) học sinh là: \(C_{n}^{3}.\) 

\(\Rightarrow C_{n}^{3}=120\Leftrightarrow \frac{n!}{3!\left( n-3 \right)!}=120\)

\(\Leftrightarrow \frac{n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)\left( n-3 \right)!}{6\left( n-3 \right)!}=120\)

\(\Leftrightarrow n\left( n-1 \right)\left( n-2 \right)=720.\)

Gọi O là giao điểm của AC và BD. 

Khi đó: \(AG=\frac{2}{3}AO\) (tính chất trọng tâm tam giác) 

\(\Rightarrow \frac{AG}{AC}=\frac{\frac{2}{3}AO}{AC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{GC}{AC}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{d\left( G;\left( SBC \right) \right)}{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}=\frac{2}{3}\)

Kẻ \(AH\bot SB\)

Ta có: \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot BC\)

Lại có: \(BC\bot AB\)

\(\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AH\)

\(\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH=d\left( A;\left( ABC \right) \right)\)

\(\Rightarrow d\left( G;\left( SBC \right) \right)=\frac{2}{3}AH.\)

Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta SAB\) vuông tại A, có đường cao AH ta có: 

\(AH=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{{{a}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

\(\Rightarrow d\left( G;\left( SBC \right) \right)=\frac{2}{3}AH=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{3}.\)

Xét hàm số: \(y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}-m{{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-m+1 \right)x+1\) ta có: \(y'={{x}^{2}}-2mx+{{m}^{2}}-m+1\Rightarrow y=2x-2m\)

Hàm số đã cho đạt cực đại tại \(x = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 1 \right) = 0\\y\left( 1 \right) < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 2m + {m^2} - m + 1 = 0\\2 - 2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 2 = 0\\m > 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 2\end{array} \right.\\m > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2.\)

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

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\)

\(\Rightarrow \angle \left( \left( SBC \right),\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( SB,AB \right)=\angle SBA={{45}^{0}}\)

\(\Rightarrow \Delta SHB\) là tam giác vuông cân tại \(H\Rightarrow SH=HB=\frac{1}{2}AB=a.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}SH.AB.AD\)

\(=\frac{1}{3}.a.2a.a=\frac{2{{a}^{3}}}{3}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của đồ thị hàm số đi lên \(\Rightarrow a>0\Rightarrow \) loại đáp án A, B. 

Đồ thị hàm số cắt trục \(Ox\) tại 3 điểm phân biệt và có 2 điểm cực trị \(\Rightarrow \) loại đáp án D. 

Xếp 10 quyển sách thành một hàng ngang trên giá sách có: \({{n}_{\Omega }}=10!\) cách xếp. 

Gọi biến cố A: “Sắp xếp 10 quyển sách đã cho thành hàng ngang sao cho mỗi quyển sách tiếng Anh đều được xếp ở giữa hai quyển sách Toán, đồng thời hai quyển sách Toán T1 và Toán T2 luôn được xếp cạnh nhau”. 

Sắp xếp 2 quyển sách Toán T1 và Toán T2 có: 2! cách. 

Sắp xếp 6 quyển sách Toán sao cho hai quyển Toán T1 và Toán T2 cạnh nhau có: 2!.5! cách xếp. 

Khi đó ta có 4 vị trí để sắp xếp 3 quyển sách sao cho sách tiếng Anh ở giữa hai quyển Toán và 3 cách xếp quyển tiếng Anh. 

\(\Rightarrow {{n}_{A}}=2!.5!.\left( C_{4}^{3}.3! \right).3=17280\)

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{17280}{10!}=\frac{1}{210}.\)

Áp dụng định lý Pitago ta có: 

\(AC{{'}^{2}}=AA{{'}^{2}}+A'C{{'}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 3{{a}^{2}}=AA{{'}^{2}}+A'B{{'}^{2}}+B'C{{'}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 3{{a}^{2}}=3AA{{'}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow AA{{'}^{2}}={{a}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow AA'=a.\)

\(\Rightarrow {{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=AA{{'}^{3}}={{a}^{3}}.\)

Ta có: ABC.A'B'C' là hình lăng trụ đứng 

\(\Rightarrow AA'\bot \left( A'B'C' \right)\)

\(\Rightarrow A'B'\) là hình chiếu vuông góc của AB' trên (A'B'C') 

\(\Rightarrow \angle \left( AB';\left( A'B'C' \right) \right)=\angle \left( AB';A'B' \right)=\angle A'B'A\)

Xét \(\Delta AA'B'\) vuông tại \(A'\) ta có:

\(\tan \angle A'B'A=\frac{AA'}{A'B'}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow \angle A'B'A={{60}^{0}}.\)

Xét hàm số: \(y=\sqrt{3x-{{x}^{2}}}\)

TXÐ: \(D=\left[ 0;3 \right].\)

Ta có: \(y'=\frac{3-2x}{2\sqrt{3x-{{x}^{2}}}}\)

\(\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow 3-2x=0\Leftrightarrow x=\frac{3}{2}\)

Ta có BBT: 

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( 0;\frac{3}{2} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( \frac{3}{2};3 \right).\)

Xét hàm số \(y={{x}^{3}}-\frac{3}{2}{{x}^{2}}+1\) trên \(\left( -25;\frac{11}{10} \right)\) ta có:

\(y' = 3{x^2} - 3x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left( { - 25;\frac{{11}}{{10}}} \right)\\x = 1 \in \left( { - 25;\frac{{11}}{{10}}} \right)\end{array} \right.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}y\left( 0 \right) = 1\\y\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left( { - 25;\frac{{11}}{{10}}} \right)} y = \frac{1}{2}\) khi \(x=1.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y=\left( 3m-1 \right)x+6m+3\) và đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1\) là: 

\(\left( 3m-1 \right)x+6m+3={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1-\left( 3m-1 \right)x-6m-3=0\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-\left( 3m-1 \right)x-6m-2=0\left( * \right)\)

Gọi \({{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}\) là ba nghiệm phân biệt của phương trình (*). 

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} + {x_3} = 3{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = - \left( {3m - 1} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2}{x_3} = 6m + 1{\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Khi đó ta có tọa độ ba giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là: \(A\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),B\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)\) và \(C\left( {{x}_{3}};{{y}_{3}} \right).\)

Giả sử B là điểm cách đều A, C \(\Rightarrow \) B là trung điểm của AC \(\Rightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{3}}=2{{x}_{2}}.\)

\(\Rightarrow \left( 2 \right)\Leftrightarrow 3{{x}_{2}}=2\Leftrightarrow {{x}_{2}}=1\)

Thay \({{x}_{2}}=1\) vào phương trình (*) ta được: 

\(\left( * \right)\Leftrightarrow 1-3-\left( 3m-1 \right)-6m-2=0\)

\(\begin{align} & \Leftrightarrow -4-3m+1-6m=0 \\ & \Leftrightarrow -9m=3 \\\end{align}\)

\(\Leftrightarrow m=-\frac{1}{3}\)

Với \(m=-\frac{1}{3}\) ta được: \(\left( * \right) \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow m=-\frac{1}{3}\) thỏa mãn bài toán.

\(\Rightarrow m\in \left( -1;0 \right).\)

Đặt \(t=\sin x+\sqrt{3}\cos x\)

Ta có: \(t=2\left( \frac{1}{2}\sin x+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x \right)=2\sin \left( x+\frac{\pi }{3} \right)\Rightarrow t\in \left[ -2;2 \right].\)

Khi đó ta có: \(y=\left| f\left( \sin x+\sqrt{3}\cos x \right)+m \right|=\left| {{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+1+m \right|\)

Xét hàm số \(g\left( t \right)={{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+m+1\) trên \(\left[ -2;2 \right]\) ta được:

\(g'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t \Rightarrow g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3{t^2} - 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\end{array} \right.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}g\left( { - 2} \right) = m - 19\\g\left( 0 \right) = m + 1\\g\left( 2 \right) = m - 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} g\left( t \right) = m - 19\\\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} g\left( t \right) = m + 1\end{array} \right.\)

TH1: \(\left( m+1 \right)\left( m-19 \right)\le 0\Leftrightarrow -1\le m\le 19\Rightarrow \underset{\left[ -2;2 \right]}{\mathop{\min }}\,\left| g\left( t \right) \right|=0\)

=> Có 21 giá trị m thỏa mãn bài toán. 

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}m - 19 > 0\\m + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 19 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \left| {g\left( t \right)} \right| = m - 19\)

\(\Rightarrow m-19\le 5\Leftrightarrow m\le 24\Rightarrow 19<m\le 24\)

\(\Rightarrow m\in \left\{ 20;21;22;23;24 \right\}\)

\(\Rightarrow \) Có 5 giá trị m thỏa mãn bài toán. 

TH3: \(\left\{ \begin{array}{l}m - 19 < 0\\m + 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < - 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} \left| {g\left( t \right)} \right| = - \left( {m + 1} \right)\)

\(\Rightarrow -m-1\le 5\Leftrightarrow m\ge -6\Rightarrow -6\le m<-1\)

\(\Rightarrow m\in \left\{ -6;-5;-4;-3;-2 \right\}\)

\(\Rightarrow \) Có 5 giá trị m thỏa mãn bài toán. 

Vậy có: \(21+5+5=31\) giá trị m thỏa mãn bài toán. 

Gọi H là trung điểm của AB \(\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\)

Ta có: AD// BC \(\Rightarrow \) AD// (SBC) 

\(\Rightarrow d\left( AD,SC \right)=d\left( AD,\left( SBC \right) \right)=d\left( A;\left( SBC \right) \right)\)

Ta có: \(\frac{HB}{AB}=\frac{d\left( H;\left( SBC \right) \right)}{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}=\frac{1}{2}\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=2d\left( H;\left( SBC \right) \right)\)

Kẻ \(HK\bot SB\)

Vì \(SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot AB\)

Lại có: \(AB\bot BC\left( gt \right)\Rightarrow AB\bot \left( SBC \right)\Rightarrow HK\bot \left( SBC \right)\)

\(\Rightarrow d\left( H;\left( SBC \right) \right)=HK\)

\(\Rightarrow SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{S{{A}^{2}}-{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}}\)

\(=\sqrt{{{\left( a\sqrt{5} \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}=2a.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SHB\) vuông tại H, có đường cao HK ta có: 

\(HK=\frac{SH.BH}{\sqrt{S{{H}^{2}}+B{{H}^{2}}}}=\frac{2a.a}{\sqrt{{{\left( 2a \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\)

\(\Rightarrow d\left( S;\left( SBC \right) \right)=2d\left( H;\left( SBC \right) \right)=2HK=\frac{4a\sqrt{5}}{5}.\)

Ta có: \({{S}_{ABC}}=\frac{A{{B}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}.2\sqrt{3}a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}}{2}.\)

Xét hàm số: \(y={{x}^{3}}-3\left( 2m+1 \right){{x}^{2}}+\left( 12m+5 \right)+2\)

\(\Rightarrow y'=3{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+12m+5\)

\(\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-6\left( 2m+1 \right)x+12m+5=0\left( * \right)\)

TH1: Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\) 

\(\Leftrightarrow y'\ge 0\text{ }\forall x\Leftrightarrow \Delta '\le 0\)

\(\Leftrightarrow 9{{\left( 2m+1 \right)}^{2}}-3\left( 12m+5 \right)\le 0\)

\(\Leftrightarrow 9\left( 4{{m}^{2}}+4m+1 \right)-36m-15\le 0\)

\(\Leftrightarrow 36{{m}^{2}}-36\le 0\)

\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}\le \frac{1}{6}\)

\(\Leftrightarrow -\frac{\sqrt{6}}{6}\le m\le \frac{\sqrt{6}}{6}\)

TH2: Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( 2;+\infty  \right)\)

\(\Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({{x}_{1}},{{x}_{2}}\) thỏa mãn \(2\le {{x}_{1}}<{{x}_{2}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) \ge 0\\{x_1} + {x_2} > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}36{m^2} - 6 > 0\\{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_2} + {x_1}} \right) + 4 \ge 0\\{x_1} + {x_2} > 4\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} > \frac{1}{6}\\\frac{{12m + 5}}{3} - 2.\frac{{6\left( {2m + 1} \right)}}{3} + 4 \ge 0\\\frac{{6\left( {2m + 1} \right)}}{3} > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > \frac{{\sqrt 6 }}{6}\\m < - \frac{{\sqrt 6 }}{6}\end{array} \right.\\12m + 5 - 24m - 2 + 12 \ge 0\\4m + 2 > 4\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > \frac{{\sqrt 6 }}{6}\\m < - \frac{{\sqrt 6 }}{6}\end{array} \right.\\ - 12m \ge - 15\\m > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > \frac{{\sqrt 6 }}{6}\\m < - \frac{{\sqrt 6 }}{6}\end{array} \right.\\m \le \frac{5}{4}\\m > \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < m \le \frac{5}{4}\)

Kết hợp hai trường hợp ta được: \(\left[ \begin{array}{l} - \frac{{\sqrt 6 }}{6} \le m \le \frac{{\sqrt 6 }}{6}\\\frac{1}{2} < m \le \frac{5}{4}\end{array} \right.\)

Lại có: \(m\in {{\mathbb{Z}}^{*}}\Rightarrow m=1.\)

Vậy có 1 giá trị m thỏa mãn bài toán. 

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

TXÐ: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1 \right\}.\)

Đồ thị hàm số \(\left( C \right):y=\frac{x-1}{x+1}\) cắt trục Oy tại điểm \(M\left( 0;-1 \right).\) 

\(\Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại \(M\left( 0;-1 \right)\) là: \(d:y=y'\left( 0 \right)x-1=2x-1\)

\(\Rightarrow d:2x-y-1=0\)

Gọi \(\left\{ \begin{array}{l}BM \cap AD = \left\{ P \right\}\\MN \cap SD = \left\{ Q \right\}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: P là trung điểm của AD và Q là trọng tâm \(\Delta SMC.\) 

Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD. 

\({{V}_{1}}\) là thể tích khối chóp PDQ.BCN và \({{V}_{2}}\) là thể tích khối chóp còn lại. 

Khi đó: \(V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}\)

Ta có: \(\frac{{{V}_{M.PDQ}}}{{{V}_{M.BCN}}}=\frac{MP}{MB}.\frac{MD}{MC}.\frac{MQ}{MN}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{6}\)

Lại có: \({{V}_{M.BCN}}={{V}_{M.PDQ}}+{{V}_{1}}\Rightarrow {{V}_{1}}=\frac{5}{6}{{V}_{M.BCN}}\)

Mà: \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{AMBC}} = {S_{ABDC}}\\d\left( {N;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {D;\left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {V_{M.BCN}} = {V_{N.MBC}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{V}{2}\)

\(\Rightarrow {{V}_{1}}=\frac{5}{12}V\Rightarrow {{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}=\frac{7}{12}V\Rightarrow \frac{{{V}_{2}}}{{{V}_{1}}}=\frac{7}{5}.\)

Ta có: \(\left( SAB \right)\cap \left( SAD \right)=\left\{ SA \right\}\Rightarrow SA\bot \left( ABCD \right).\)

\(\Rightarrow \angle \left( \left( SCD \right);\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( SD;AD \right)=\angle SAD={{45}^{0}}.\)

\(\Rightarrow \Delta SAD\) là tam giác vuông cân tại \(A\Rightarrow h=SA=AD=a.\)

Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích ta có: \(\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{V}_{S.AHK}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SH}{SC}.\frac{SK}{SD}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}.\)

Gọi \(O=AC\cap BD\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right).\)

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \)AC=a\sqrt{2}\Rightarrow AO=\frac{A\sqrt{2}}{2}.\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SAO:SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}.\)

Vậy thể tích khối chóp: \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{10}}{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{10}}{6}.\)

Gọi M là trung điểm của BC ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right).\)

Trong (SAM) kẻ \(AH\bot SM\left( H\in SM \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SM\\AH \bot BC\left( {AH \subset \left( {SAM} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right).\)

\(\Rightarrow {{d}_{1}}=d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH.\)

Vì ABC đều cạnh a nên \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AO=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAO có: \(SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{3}}}{3}}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}.\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SBM có: \(S{{M}^{2}}=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{M}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{11}}{2}.\)

Ta có: \({{S}_{\Delta SAM}}=\frac{1}{2}SO.AM=\frac{1}{2}AH.SM\Rightarrow AH=\frac{SO.AM}{SM}=\frac{\frac{2a\sqrt{6}}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{11}}{2}}=\frac{2a\sqrt{22}}{11}.\)

\(\Rightarrow {{d}_{1}}=\frac{2a\sqrt{22}}{11}.\)

Ta có: \(AO\cap \left( SBC \right)=\left\{ M \right\}\Rightarrow \frac{d\left( O;\left( SBC \right) \right)}{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}=\frac{OM}{AM}=\frac{1}{3}\Rightarrow d\left( O;\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{3}d\left( A;\left( SBC \right) \right)=\frac{2a\sqrt{22}}{33}\)

\(\Rightarrow {{d}_{2}}=\frac{2a\sqrt{22}}{33}.\)

Vậy \(d={{d}_{1}}+{{d}_{2}}=\frac{2a\sqrt{22}}{11}+\frac{2a\sqrt{22}}{33}=\frac{8a\sqrt{22}}{33}.\)

Đồ thị hàm số \(y=\frac{2x+1}{x-1}\) có đường TCĐ \(x=1.\)

Trong \(\left( ABC \right)\) kẻ \(AM\bot BC\left( M\in BC \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'M} \right) \Rightarrow A'M \bot BC.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\A'M \subset \left( {A;BC} \right);A'M \bot BC\\AM \subset \left( {ABC} \right);AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'M;AM} \right) = \angle A'MA = {60^0}.\)

Ta có \({{S}_{A'BC}}=\frac{1}{2}A'M.BC=2{{a}^{3}}\Leftrightarrow \frac{1}{2}A'M.2a=2{{a}^{2}}\Leftrightarrow A'M=2a.\)

Xét tam giác vuông AA'M ta có: \(AA'=A'M.\sin {{60}^{0}}=2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}.\)

Vì \(\Delta ABC\) là hình chiếu vuông góc của \(\Delta A'BC\) nên ta có: \({{S}_{ABC}}={{S}_{A'BC}}.\cos \angle A'MA=2{{a}^{2}}.\frac{1}{2}={{a}^{2}}.\)

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

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + mx \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 6x + m\\y = 6x - 6\end{array} \right..\)

Để hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 thì \(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( 2 \right) = 0\\y\left( 2 \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{3.2^2} - 6.2 + m = 0\\6.2 - 6 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\6 > 0\left( {luon{\rm{ }}dung} \right)\end{array} \right..\)

Vậy m = 0

Dựa vào BXD đạo hàm ta thấy: 

Hàm số liên tục tại các điểm \(x=-1,x=0,x=2,x=4\) (do hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\)) và qua các điểm đó đạo hàm đều đổi dấu. 

Vậy hàm số \(y=f\left( x \right)\) có 4 điểm cực trị

Xét khối lăng trụ \(n\) - giác ta có: 

- Đáy là \(n\) - giác \(\Rightarrow \) mỗi đáy của \(n\) cạnh \(\Rightarrow \) 2 đáy của 2n cạnh. 

- Có n cạnh bên. 

\(\Rightarrow \) khối lăng trụ n - giác có \(2n+n=3n\) cạnh. 

\(\Rightarrow \) Số cạnh của một khối lăng trụ là số chia hết cho 3. 

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có \(2019\vdots 3.\)

TXÐ: \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}.\)

Ta có: \(y'=\frac{-m+{{m}^{2}}+1}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}>0\text{ }\forall x\ne m.\)

Để hàm số có GTLN trên [0;4] bằng -6 thì điều kiện cần là hàm số phải xác định trên [0; 4]

\( \Rightarrow m \notin \left[ {0;4} \right] \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > 4\end{array} \right..\)

Khi đó hàm số đã cho đồng biến trên [0;4], do đó \(\underset{\left[ 0;4 \right]}{\mathop{\max }}\,y=y\left( 4 \right)=\frac{3-{{m}^{2}}}{4-m}=-6.\)

\( \Leftrightarrow 3 - {m^2} = - 24 + 6m \Leftrightarrow {m^2} + 6m - 27 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3{\rm{ }}\left( {KTM} \right)\\m = - 9{\rm{ }}\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Vậy có duy nhất 1 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m=-9.\)

Hàm số bậc ba có thể có hai cực trị hoặc không có cực trị nào. 

Ta có: \(y={{x}^{2}}-3{{x}^{2}}-1\Rightarrow y'=3{{x}^{2}}-6x,\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = - 1\\x = 2 \Rightarrow y = 1\end{array} \right.,\) do đó đồ thị hàm số đã cho có 2 điểm cực trị \(A\left( 0;-1 \right);B\left( 2;-5 \right).\)

Phương trình đường thẳng AB là: \(\frac{x-0}{2-0}=\frac{y+1}{-5+1}\Leftrightarrow y=-2x-1.\)

Để \(AB\bot d\) thì \(\left( 3m+1 \right).\left( -2 \right)=-1\Leftrightarrow 3m+1=\frac{1}{2}\Leftrightarrow m=-\frac{1}{6}.\)

Hàm số \(y={{x}^{4}}-\left( {{m}^{2}}-9 \right){{x}^{2}}+2021\) có 1 điểm cực trị khi và chỉ khi \(-\left( {{m}^{2}}-9 \right)\ge 0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-9\le 0\Leftrightarrow -3\le m\le 3.\)

Mà \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ -3;-2;-1;0;1;2;3 \right\}.\)

Vậy tập hợp S có 7 phần tử. 

Ta có: 

\(y=\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( {{x}^{2}}-7 \right)-m\)

\(y=\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}-7 \right)-m\)

\(y={{x}^{4}}-8{{x}^{2}}+7-m\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({{x}^{4}}-8{{x}^{2}}+7-m=0\left( * \right).\)

Đặt \(t={{x}^{2}}\left( t\ge 0 \right),\) phương trình đã cho trở thành: \({{t}^{2}}-8t+7-m=0\left( ** \right).\)

Để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn ycbt thì phương trình (**) phải có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1. 

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 16 - 7 + m > 0\\8 > 0\left( {luon{\rm{ }}dung} \right)\\7 - m > 0\\m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 9 < m < 7\\m \ne 0\end{array} \right.\)

Khi đó giả sử phương trình (**) có 2 nghiệm phân biệt \({{t}_{1}};{{t}_{2}}\) thì phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt \({{x}_{1}}=-\sqrt{{{t}_{1}}};{{x}_{2}}=\sqrt{{{t}_{1}}};{{x}_{3}}=-\sqrt{{{t}_{2}}};{{x}_{4}}=\sqrt{{{t}_{2}}}.\)

Theo bài ra ta có: 

\(\frac{1}{1-{{x}_{1}}}+\frac{1}{1-{{x}_{2}}}+\frac{1}{1-{{x}_{3}}}+\frac{1}{1-{{x}_{4}}}>1\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{1+\sqrt{{{t}_{1}}}}+\frac{1}{1-\sqrt{{{t}_{1}}}}+\frac{1}{1+\sqrt{{{t}_{2}}}}+\frac{1}{1-\sqrt{{{t}_{2}}}}>1\)

\(\Leftrightarrow \frac{1-\sqrt{{{t}_{1}}}+1+\sqrt{{{t}_{1}}}}{1-{{t}_{1}}}+\frac{1-\sqrt{{{t}_{2}}}+1+\sqrt{{{t}_{2}}}}{1-{{t}_{2}}}>1\)

\(\Leftrightarrow \frac{2}{1-{{t}_{1}}}+\frac{2}{1-{{t}_{2}}}>1\)

\(\Leftrightarrow \frac{2\left( 1-{{t}_{2}}+1-{{t}_{1}} \right)-\left( 1-{{t}_{1}}-{{t}_{2}}+{{t}_{1}}{{t}_{2}} \right)}{1-{{t}_{1}}-{{t}_{2}}+{{t}_{1}}{{t}_{2}}}>0\)

\(\Leftrightarrow \frac{3-\left( {{t}_{1}}+{{t}_{2}} \right)-{{t}_{1}}{{t}_{2}}}{{{t}_{1}}{{t}_{2}}-\left( {{t}_{1}}+{{t}_{2}} \right)+1}>0\)

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = 8\\{t_1}{t_2} = 7 - m\end{array} \right..\)

\(\Rightarrow \frac{3-8-7+m}{7-m-8+1}>0\Leftrightarrow \frac{m-13}{-m}>0\Leftrightarrow 0<m<13.\)

Kết hợp điều kiện ta có \(0<m<7.\) Mà \(m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{ 1;2;3;4;5;6 \right\}.\)

Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên khoảng K và có đồ thị là đường cong (C). 

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm \(M\left( a;f\left( a \right) \right),\left( a\in K \right)\) là: 

\(y=f'\left( a \right)\left( x-a \right)+f\left( a \right)\)

Gọi \(O=AC\cap BD\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)\) và M là trung điểm của CD. 

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\SM \subset \left( {SCD} \right);SM \bot CD\\OM \subset \left( {ABCD} \right);OM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;OM} \right) = \angle SMO = {45^0}.\)

\(\Rightarrow \Delta SOM\) là tam giác vuông cân tại O. 

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \(OM=\frac{a}{2}\Rightarrow SO=OM=\frac{a}{2}.\)

Vậy thể tích khối chóp là \({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}.\)

TXÐ: \(D=\left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;+\infty  \right).\)

Ta có: 

\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| x \right|}{\sqrt{{{x}^{2}}-1}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-1}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=1\)

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| x \right|}{\sqrt{{{x}^{2}}-1}}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-x}{\sqrt{{{x}^{2}}-1}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-1}{-\sqrt{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=1\)

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 TCN \(y=1.\)

Vì \({{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}\) nên \({{V}_{ABC.A'B'C'}}=\frac{1}{2}{{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=\frac{abc}{2}.\)

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

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

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

Hàm số có 2 điểm cực trị \(x=0,x=2\) nên loại đáp án C, do \(y' = 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right..\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)={{\left( x-1 \right)}^{3}}\left( x+1 \right).\)

Ta có: 

\(f'\left( x \right)=3{{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( x+1 \right)+{{\left( x-1 \right)}^{3}}\)

\(f'\left( x \right)=0\)

\(\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( 3x+3+x-1 \right)=0\)

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

Trong đó \(x=1\) là nghiệm bội chẵn, do đó hàm số đã cho có 1 điểm cực trị. 

Xét phương trình hoành độ giao điểm \({\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.,\) do đó đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt. 

Vậy hàm số \(y=f\left( x \right)\) có 1 + 2 = 3 điểm cực trị. 

Vì ABCD là hình vuông có \(AC=2a\) nên \(AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.\)

\(\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=A{{B}^{2}}=2{{a}^{2}}.\)

Vậy \({{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=AA'.{{S}_{ABCD}}=a\sqrt{2}.2{{a}^{2}}=2\sqrt{2}{{a}^{3}}.\)

Đặt \(\frac{SI}{SA}=x\left( 0<x<1 \right).\)

Trong (ABCD) kéo dài MN cắt AD, CD lần lượt tại P, Q. 

Trong (SAD) kéo dài PI cắt SD tại E. 

Trong (SCD) nối QE cắt SC tại J. 

Khi đó (IMN) cắt hình chóp theo thiết diện là IMNJE. 

Mặt phẳng (IMN) chia khối chóp thành hai phần, gọi \({{V}_{1}}\) là phần thể tích chứa đỉnh S và \(V={{V}_{S.ABCD}}\)

Khi đó ta có: \(\frac{{{V}_{1}}}{V}=\frac{7}{20}.\)

Ta có: \({{V}_{1}}={{V}_{S.BMN}}+{{V}_{S.MNI}}+{{V}_{S.INJ}}+{{V}_{IJE}}.\)

+) \(\frac{{{V}_{S.BMN}}}{V}=\frac{{{S}_{BMN}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{1}{2}.\frac{BM}{BA}.\frac{BN}{BC}=\frac{1}{8}\Rightarrow {{V}_{S.BMN}}=\frac{V}{8}.\)

+) \(\frac{{{V}_{S.MNI}}}{{{V}_{S.MNA}}}=\frac{SI}{SA}=x\Rightarrow {{V}_{S.MNI}}=x{{V}_{S.MNA}}\)

\(\frac{{{V}_{S.MNA}}}{V}=\frac{{{S}_{MNA}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{\frac{1}{2}{{S}_{ABN}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{1}{8}\Rightarrow {{V}_{S.MNA}}=\frac{1}{8}V\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.MNI}}=\frac{x}{8}V.\)

+) \(\frac{{{V}_{S.INJ}}}{{{V}_{S.ANC}}}=\frac{SI}{SA}.\frac{SJ}{SC}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {IMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IJ\\\left( {IMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\end{array} \right.,\) lại có MN // AC (do MN là đường trung bình của tam giác ABC) 

\(\Rightarrow IJ//MN\Rightarrow \frac{SI}{SA}=\frac{SJ}{SC}=x.\)

\(\Rightarrow \frac{{{V}_{S.INJ}}}{{{V}_{S.ANC}}}=\frac{SI}{SA}.\frac{SJ}{SC}={{x}^{2}}\Rightarrow {{V}_{S.INJ}}={{x}^{2}}{{V}_{S.ANC}}.\)

\(\frac{{{V}_{S.ANC}}}{V}=\frac{{{S}_{ANC}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{\frac{1}{2}{{S}_{ABC}}}{ABCD}=\frac{1}{4}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.INJ}}=\frac{{{x}^{2}}}{4}V.\)

+) \(\frac{{{V}_{S.IJE}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SI}{SA}.\frac{SJ}{SC}.\frac{SE}{SD}={{x}^{2}}\frac{SE}{SD}.\)

Dễ dàng chứng minh được \(\Delta BMN=\Delta CQN\left( g.c.g \right)\Rightarrow BM=CQ=\frac{1}{2}CD.\)

\(\Rightarrow DQ=3CQ=3AM\Rightarrow \frac{AM}{DQ}=\frac{PA}{PD}=\frac{1}{3}.\)

Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác SAD ta có: 

\(\frac{PA}{PD}.\frac{ED}{ES}.\frac{IS}{IA}=1\Rightarrow \frac{1}{3}.\frac{ED}{ES}.\frac{x}{1-x}=1\Leftrightarrow \frac{ED}{ES}=\frac{3\left( 1-x \right)}{x}\)

\(\Rightarrow \frac{ED+ES}{ES}=\frac{3-2x}{x}\Rightarrow \frac{SE}{SD}=\frac{x}{3-2x}\)

\(\Rightarrow \frac{{{V}_{S.IJE}}}{{{V}_{S.ACD}}}={{x}^{2}}\frac{SE}{SD}={{x}^{2}}.\frac{x}{3-2x}=\frac{{{x}^{3}}}{3-2x}.\)

Mà \({{V}_{S.ACD}}=\frac{1}{2}V\Rightarrow {{V}_{S.IJE}}=\frac{{{x}^{3}}}{6-4x}V.\)

Khi đó ta có: 

\({{V}_{1}}={{V}_{S.BMN}}+{{V}_{S.MNI}}+{{V}_{S.INJ}}+{{V}_{S.IJE}}\)

      \(=\frac{V}{8}+\frac{x}{8}V+\frac{{{x}^{2}}}{4}V+\frac{{{x}^{3}}}{6-4x}V\)

      \(=\left( \frac{1}{8}+\frac{x}{8}+\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{{{x}^{3}}}{6-4x} \right)V\)

\(\Rightarrow \frac{1}{8}+\frac{x}{8}+\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{{{x}^{3}}}{6-4x}=\frac{7}{20}\)

Thử đáp án: 

Đáp án A: \(k=\frac{IA}{IS}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\frac{SI}{SA}=\frac{2}{3}\Rightarrow \) Loại

Đáp án B: \(k=\frac{IA}{IS}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{SI}{SA}=\frac{3}{5}\Rightarrow \) Thỏa mãn.