Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Phan Bội Châu

$d = {u_2} - {u_1} =  - 1 - 3 =  - 4 \Rightarrow {u_3} = {u_2} + d =  - 1 + \left( { - 4} \right) =  - 5$

Chọn C.

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị nhận đường thẳng $y = 2$ là đường tiệm cận ngang và đường thẳng $x =  - 1$ làm tiệm cận đứng. Và đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ $\left( {0; - 1} \right)$.

+ Đáp án A: Đồ thị $y = \frac{{1 - 2x}}{{x + 1}}$  nhận $y =  - 2$ làm TCN và $x =  - 1$ làm TCĐ nên loại A.

+ Đáp án B: Đồ thị $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$  nhận $y = 2$ làm TCN và $x =  - 1$ làm TCĐ và điểm có tọa độ $\left( {0; - 1} \right)$ thuộc đồ thị nên chọn B.

+ Đáp án C: Đồ thị $y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$  nhận $y = 2$ làm TCN và $x = 1$ làm TCĐ nên loại C.

+ Đáp án D: Đồ thị $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$  nhận $y = 2$ làm TCN và $x =  - 1$ làm TCĐ nhưng điểm có tọa độ $\left( {0; - 1} \right)$ không thuộc đồ thị nên loại D.

Chọn  B.

Ta có : $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 - 2x}}{{x + 1}} =  - 2 \Rightarrow y =  - 2$ là TCN của đồ thị hàm số.

Chọn D.

Do thiết diện là hình vuông cạnh $a$ nên bán kính đáy bằng $\frac{a}{2}$ và chiều cao $h = a$.

Diện tích xunh quanh: $S = 2\pi .\frac{a}{2}.a = \pi {a^2}$.

Chọn  C.

Vì đường kính mặt cầu bằng $a$ nên bán kính mặt cầu là $r = \frac{a}{2}.$

Diện tích mặt cầu là $S = 4\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \pi {a^2}.$

Chọn  C.

Điều kiện:$3x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{2}{3}.$

Ta có: ${\log _2}\left( {3x - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow 3x - 2 = {2^3} \Leftrightarrow 3x = 10 \Leftrightarrow x = \frac{{10}}{3}\,\,\left( {tm} \right)$.

Chọn B.

Ta có $P = {2^x}{.2^y} = {2^{x + y}}.$

Chọn  D.

Diện tích đáy $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = {a^2}$, chiều cao $D'D = a$.

Do đó ${V_{D'.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.D'D = \frac{1}{3}{a^2}.a = \frac{{{a^3}}}{3}$.

Chọn C.

Ta có ${\left( {2x - 1} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {2x} \right)}^{10 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{10 - k}}{{.2}^{10 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k}}$

Số hạng chứa ${x^8}$ trong khai triển ứng với $10 - k = 8 \Leftrightarrow k = 2$

Nên hệ số của số hạng chứa ${x^8}$ là $C_{10}^2{.2^{10 - 2}}.{\left( { - 1} \right)^2} = 11520.$

Chọn B.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên góc $\angle \left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC,AC} \right) = \angle SCA$ (vì $\angle SCA < \angle A = {90^0}$)

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SA = a\sqrt 2 ,SB = a\sqrt 5  \Rightarrow AB = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}}  = a\sqrt 3  \Rightarrow BC = a\sqrt 3$.

Do đó $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {3{a^2} + 3{a^2}}  = a\sqrt 6$.

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $\tan \angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 6 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \angle SCA = {30^0}$.

Chọn B.

Ta có : ${\sin ^2}x + \sqrt 3 \sin x\cos x = 1 \Leftrightarrow \frac{{1 - \cos 2x}}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x = 1$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x - \frac{1}{2}\cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\cos 2x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \cos \frac{\pi }{3}.\cos 2x - \sin \frac{\pi }{3}\sin 2x = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{3} =  - \frac{\pi }{3} + m2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x =  - \frac{\pi }{3} + m\pi \end{array} \right.\left( {k,\,m \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}$

Vì $x \in \left[ {0;2\pi } \right]$ nên ta có

+ $0 \le k\pi  \le 2\pi  \Leftrightarrow 0 \le k \le 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 0 \Rightarrow x = 0\\k = 1 \Rightarrow x = \pi \\k = 2 \Rightarrow x = 2\pi \end{array} \right.$ 

+ $0 \le  - \frac{\pi }{3} + m2\pi  \le 2\pi  \Leftrightarrow \frac{1}{6} \le m \le \frac{7}{6} \Leftrightarrow m = 1 \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{3}.$

Vậy có bốn nghiệm thuộc $\left[ {0;2\pi } \right]$

Chọn  D.

TXĐ: $D = \left[ { - 2;2} \right]$.

$y' = 1 - \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}}  = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\4 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt 2$.

 Ta có: $y\left( { - 2} \right) =  - 2,\,\,y\left( 2 \right) = 2,\,\,y\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2$.

Vậy $M = 2\sqrt 2 ,m =  - 2 \Rightarrow M - m = 2\sqrt 2  + 2$.

Chọn B.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC$

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a\sqrt 2$ nên $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {2{a^2} + 2{a^2}}  = 2a.$

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a$

Thể tích ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a.{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{2{a^3}}}{3}.$

Chọn A.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có hướng đi lên từ trái qua phải trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0; + \infty } \right)$.

Hay hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0; + \infty } \right)$.

Chọn C.

Dễ thấy các đáp án A, B, C đều đúng theo tính chất logarit. Đáp án D sai vì chưa biết $b > 0$ hay $b < 0$ nên không phá được dấu giá trị tuyệt đối trong đáp án D.

Chọn D.

Do $f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x + 1} \right)^3}\left( {x + 2} \right)$ có các nghiệm $x = 0$ (bội $2$) nên loại.

Ngoài ra $f'\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm bội lẻ, đó là ${x_1} =  - 1,{x_2} =  - 2$.

Vậy hàm số có có $2$ điểm cực trị.

Chọn B.

Ta có $P = {\log _a}\left( {a{b^3}{c^5}} \right) = {\log _a}a + {\log _a}{b^3} + {\log _a}{c^5} = 1 + 3{\log _a}b + 5{\log _a}c = 1 + 3.2 + 5.3 = 22.$

Chọn  C.

Đáp án A sai vì hàm bậc bốn trùng phương không nghịch biến trên $\mathbb{R}$ (nó luôn có cực trị).

Đáp án B sai vì hàm $y = \sin x$ nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( {\frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{{3\pi }}{2} + k2\pi } \right)$.

Đáp án C sai và hàm số $y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}$ nghịch biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$.

Đáp án D đúng vì hàm số $y =  - {x^3} - 2x$ có $y' =  - 3{x^2} - 2 < 0,\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn D.

Ta có: $y' = 1 - \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]\\x =  - 1 \notin \left[ {\frac{1}{3};3} \right]\end{array} \right.$

Lại có $y\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{10}}{3},\,\,y\left( 1 \right) = 2,\,\,y\left( 3 \right) = \frac{{10}}{3}$.

Vậy $M = \frac{{10}}{3},m = 2$ suy ra $3M + 2m = 3.\frac{{10}}{3} + 2.2 = 14$.

Chọn  C.

Ta có: ${7^{{x^2} - 5x + 9}} = 343 \Leftrightarrow {7^{{x^2} - 5x + 9}} = {7^3} \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 9 = 3 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 3\end{array} \right.$

Do đó tổng hai nghiệm ${x_1} + {x_2} = 2 + 3 = 5$.

Chọn C.

Cắt hình nón bằng mặt phẳng qua trục ta dược thiết diện là tam giác đều $SAB$ có cạnh $AB = 2r = 2a \Rightarrow R = a$ và  trung tuyến $SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

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

Chọn B.

Quan sát dáng đồ thị hàm số ta thấy $a < 0$, loại B và D.

Đồ thị cắt trục $Oy$ tại $\left( {0; - 3} \right)$ nên $c =  - 3 < 0$.

Hàm số có ba điểm cực trị nên phương trình $y' = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0$ có ba nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow  - \frac{b}{{2a}} > 0 \Leftrightarrow \frac{b}{{2a}} < 0 \Leftrightarrow b > 0\,\,\,\left( {do\,\,a < 0} \right).$

Vậy $a < 0,\,\,b > 0,\,\,c < 0$.

Chọn C.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ và $E$ là trung điểm $SB.$

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Trong $\left( {SBO} \right)$ kẻ đường trung trực của $SB$ cắt $SO$ tại $I$, khi đó $IA = IB = IC = ID = IS$  nên $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$ và bán kính mặt cầu là $R = IS.$

Ta có $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a \Rightarrow BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}}  = 2a\sqrt 2  \Rightarrow BO = \frac{{BD}}{2} = a\sqrt 2 .$

Ta có $SA = SB = SC = SD = 2a$ (vì $S.ABCD$ là hình chóp đều) nên $SE = EB = \frac{{2a}}{2} = a$

Xét tam giác $SBO$ vuông tại $O$ (vì $SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OB$) có $SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}}  = a\sqrt 2 .$

Ta có $\Delta SEI$ đồng dạng với tam giác $SOB\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{SI}}{{SB}} = \frac{{SE}}{{SO}} \Leftrightarrow IS = \frac{{SB.SE}}{{SO}} = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 2 a.$

Vậy bán kính $R = a\sqrt 2 .$

Chọn C.

Diện tích đáy tam giác đều cạnh $2$ là $S = \frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3$.

Thể tích lăng trụ: $V = Sh = \sqrt 3 .2 = 2\sqrt 3$.

Chọn A.

Ta có $y' = 3{x^2} - 6x$

Gọi $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là tiếp điểm của tiếp tuyến $\left( d \right)$ và đồ thị hàm số $y = {x^3} - 3{x^2} + 1.$

Khi đó hệ số góc của $\left( d \right)$ là $k = f'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 6{x_0}$

Mà $\left( d \right)$ song song với $y = 9x + 6 \Rightarrow f'\left( {{x_0}} \right) = 9 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 6{x_0} = 9 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 6{x_0} - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} =  - 3\\{x_0} = 3 \Rightarrow {y_0} = 1\end{array} \right.$

+ Với $M\left( { - 1; - 3} \right) \Rightarrow \left( d \right):y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = 9\left( {x + 1} \right) - 3 = 9x + 6$ (loại vì trùng với đường thẳng $y = 9x + 6$)

+ Với $M\left( {3;1} \right) \Rightarrow \left( d \right):y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = 9\left( {x - 3} \right) + 1 = 9x - 26$ (thỏa mãn)

Chọn B.

Gọi $D,E$ lần lượt là hình chiếu của $H,A$ lên $BC$.

Ta thấy: $\left\{ \begin{array}{l}HD \bot BC\\A'H \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {A'HD} \right) \bot BC \Rightarrow A'D \bot BC$.

Khi đó $\left( {A'BC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ chính là góc giữa hai đường thẳng $A'D$ và $HD$ hay $\angle A'DH = {60^0}$.

Xét tam giác vuông $ABC$ có $AB \bot AC \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3$.

Nên $AE = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{a.a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$ suy ra $HD = \frac{1}{2}AE = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.

Từ đó $A'H = HD.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}.\sqrt 3  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy ${V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'H = \frac{1}{2}AB.AC.A'H = \frac{1}{2}a.a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}$.

Chọn B.

Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AB = BC$ mà $\angle ABC = 60^\circ$ nên $ABC$ là tam giác đều cạnh $a.$

Gọi $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $O$ là giao điểm hai đường chéo hình thoi.

Vì $SA = SB = SC$ nên $S$ thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ hay chân đường cao hạ từ $S$ xuống $\left( {ABC} \right)$ trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp $H$ của tam giác $ABC.$ Hay $SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

+ Vì $ABC$ đều cạnh $a$ tâm $H$ nên $AC = a;\,BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,BH = \frac{2}{3}BO = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$

+ Vì $SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot BD$

+ Xét tam giác $BHD$ vuông tại $H$ có $SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{{\sqrt 3 }}$

+ Diện tích hình thoi $ABCD$ là $\frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}AC.2BO = \frac{1}{2}a.2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$

Thể tích ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 5 }}{{\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{6}.$

Chọn A.

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = x + m \Leftrightarrow 2x - 1 = \left( {x + 1} \right)\left( {x + m} \right) \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 1} \right)x + m + 1 = 0\,\,\,\left( 1 \right)$.

Đường thẳng $y = x + m$ cắt đồ thị hàm số tại $2$ điểm phân biệt $\Leftrightarrow$ phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt khác $- 1$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {m - 1} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) = {m^2} - 6m - 3 > 0\\{\left( { - 1} \right)^2} + \left( {m - 1} \right).\left( { - 1} \right) + m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 3 + 2\sqrt 3 \\m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.\\3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3 + 2\sqrt 3 \\m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.$.

Gọi tọa độ giao điểm $A\left( {{x_1};{x_1} + m} \right),B\left( {{x_2};{x_2} + m} \right)$ với ${x_1},{x_2}$ là nghiệm của $\left( 1 \right)$.

Khi đó $A{B^2} = 2{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} \Rightarrow AB \le 4 \Leftrightarrow A{B^2} \le 16 \Leftrightarrow 2{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} \le 16$ $\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} \le 8 \Leftrightarrow {\left( {{x_2} + {x_1}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} \le 8\\ \Leftrightarrow {\left( {1 - m} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) \le 8 \Leftrightarrow {m^2} - 6m - 3 - 8 \le 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m - 11 \le 0 \Leftrightarrow 3 - 2\sqrt 5  \le m \le 3 + 2\sqrt 5 \end{array}$

Kết hợp với $\left[ \begin{array}{l}m > 3 + 2\sqrt 3 \\m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.$ ta được $\left[ \begin{array}{l}3 + 2\sqrt 3  < m \le 3 + 2\sqrt 5 \\3 - 2\sqrt 5  \le m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.$.

Mà $m$ nguyên dương nên $m = 7$.

Vậy chỉ có duy nhất $1$ giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Lấy $H$ là trung điểm $BC$ suy ra $AH \bot BC$ (do tam giác $ABC$ cân tại $A$)

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\end{array} \right.$  nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$ tại $H.$

Từ đề bài ta có $AS = AB = AC$ nên $A$ thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác $SBC$ , lại có $AH \bot \left( {SBC} \right)$ tại $H$ nên $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $SBC \Rightarrow HB = HS = HC$ hay $HS = \frac{1}{2}BC$ nên tam giác $SBC$ vuông tại $S.$

Gọi $M$ là trung điểm của $AB,$ kẻ đường trung trực của $AB$ cắt $AH$ tại $O.$

Khi đó ta có $OA = OB = OC = OS$ hay $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp $S.ABC \Rightarrow OA = R = a.$

+ Ta có $\Delta OMA$ đồng dạng với $\Delta BHA\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{OA}}{{AB}} = \frac{{MA}}{{HA}} \Leftrightarrow \frac{a}{a} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{HA}} \Rightarrow HA = \frac{a}{2}$ .

+ Xét tam giác vuông $AHC$ có $HC = \sqrt {A{C^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BC = 2HC = a\sqrt 3$

+ Xét tam giác $SBC$ vuông tại $S\left( {cmt} \right)$ có $SC = \sqrt {B{C^2} - S{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 .$

Chọn B.

Nhận thấy rằng nếu ${x_0}$ là điểm cực trị của hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ thì $- {x_0}$ cũng là điểm cực trị của hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ (1)

Lại thấy vì đồ thị hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ nhận trục $Oy$ làm trục đối xứng mà $f\left( x \right)$ là hàm đa thứ bậc ba nên $x = 0$ luôn là một điểm cực trị của hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra để hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có 5 điểm cực trị thì hàm số $f\left( x \right) = {x^3} - \left( {2m - 1} \right){x^2} + \left( {2 - m} \right)x + 2$ có hai điểm cực trị dương phân biệt.

Hay phương trình $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2\left( {2m - 1} \right)x + 2 - m = 0$ có hai nghiệm phân biệt dương.

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\Delta ' > 0}\\ {S > 0}\\ {P > 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{\left( {2m - 1} \right)}^2} - 3\left( {2 - m} \right) > 0}\\ {\frac{{2m - 1}}{3} > 0}\\ {2 - m > 0} \end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {4{m^2} - m - 5 > 0}\\ {m > \frac{1}{2}}\\ {m < 2} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {m < - 1}\\ {m > \frac{5}{4}} \end{array}} \right.}\\ {m > \frac{1}{2}}\\ {m < 2} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2. \end{array}$

Chọn D.

Gọi $O,O'$ lần lượt là tâm các đáy, khi đó thiết diện là hình vuông $DGEF$ và $d\left( {OO',\left( {DGEF} \right)} \right) = OH = \frac{a}{2}$.

Tam giác $OEH$ vuông tại $H$ nên $HE = \sqrt {O{E^2} - O{H^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}$

$\Rightarrow OO' = GD = GE = 2HE = a\sqrt 7$.

Vậy thể tích $V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}.a\sqrt 7  = 2\pi {a^3}\sqrt 7$

Chọn C.

+ Số có 6 chữ số khác nhau là $\overline {abcdef}$ với $a,\,\,b,\,\,c,\,\,d,\,\,e,\,\,f \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9} \right\}$

Nên $a$ có 9 cách chọn, $b$ có 9 cách chọn, $c$ có 8 cách chọn, $d$  có 7 cách chọn, $e$ có 6 cách chọn và $f$ có 5 cách chọn.Suy ra số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega  \right) = 9.9.8.7.6.5 = 136080$

+ Gọi A là biến cố  ‘’$\overline {abcdef}$ là số lẻ và $a < b < c < d < e < f.$”

Suy ra không thể có chữ số $0$ trong số $\overline {abcdef}$ và $f \in \left\{ {7;\,\,9} \right\}.$ 

+ Nếu $f = 7 \Rightarrow a,b,c,d,e \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}$ mà với mỗi bộ $5$ số được lấy ra ta chỉ ó duy nhất 1 cách sắp xếp theo thứ tự tăng dần nên có thể lập được $C_6^5 = 6$ số thỏa mãn.

+ Nếu $f = 9 \Rightarrow a,\,b,\,\,c,\,\,d,\,\,e \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}$ mà với mỗi bộ $5$ số được lấy ra ta chỉ ó duy nhất 1 cách sắp xếp theo thứ tự tăng dần nên có thể lập được $C_8^5 = 56$ số thỏa mãn.

Suy ra $n\left( A \right) = 6 + 56 = 62$ nên xác suất cần tìm là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{62}}{{136080}} = \frac{{31}}{{68040}}$

Chọn C.

Gọi $M,E$ là trung điểm của $AB,CD$ và $F,G$ là hình chiếu của $O,M$ lên $SE$.

Ta thấy: $\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AB//CD \subset \left( {SCD} \right)\\SC \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right)\\ = d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)\end{array}$ 

Dễ thấy $CD \bot \left( {SME} \right) \Rightarrow CD \bot OF$. Mà $OF \bot SE \Rightarrow OF \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OF$.

Xét tam giác $SOE$ vuông tại $O$ có

$OF = \frac{{SO.OE}}{{SE}} = \frac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{a}{2}}}{{\sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$

Vậy $d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OF = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}$.

Chọn D.

ĐK : ${5^{ - x}} \ne m.$

Ta có : $y = \frac{{{5^{ - x}} + 2}}{{{5^{ - x}} - m}} = \frac{{\frac{1}{{{5^x}}} + 2}}{{\frac{1}{{{5^x}}} - m}} = \frac{{{{2.5}^x} + 1}}{{ - m{{.5}^x} + 1}}$

Đặt ${5^x} = t\left( {t > 0} \right) \Rightarrow y = \frac{{2t + 1}}{{ - mt + 1}}\,\left( {t \ne \frac{1}{m}} \right)$ . Với $x \in \left( { - \infty ;0} \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)$

Để hàm số $y = \frac{{{5^{ - x}} + 2}}{{{5^{ - x}} - m}}$  đồng biến trên $\left( { - \infty ;0} \right)$ thì hàm số $y = \frac{{2t + 1}}{{ - mt + 1}}$ đồng biến trên $\left( {0;1} \right).$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' = \frac{{2 + m}}{{{{\left( { - mt + 1} \right)}^2}}} > 0\\\frac{1}{m} \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 + m > 0\\\left[ \begin{array}{l}\frac{1}{m} \le 0\\\frac{1}{m} \ge 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >  - 2\\\left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\\frac{{1 - m}}{m} \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >  - 2\\\left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\0 \le m \le 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m \le 0\\0 \le m \le 1\end{array} \right. \Rightarrow  - 2 < m \le 1$  

Chọn C.

Đặt $t = {3^x} > 0$ ta được: $\left( {m + 3} \right){t^2} + \left( {2m - 1} \right)t + m + 1 = 0\,\,\left( 1 \right)$.

Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu (giả sử ${x_1} < 0 < {x_2}$) $\Leftrightarrow$ $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm dương phân biệt thỏa mãn $0 < {t_1} = {3^{{x_1}}} < 1 < {3^{{x_2}}} = {t_2}$, nghĩa là $0 < {t_1} < 1 < {t_2}$

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} =  - \frac{{2m - 1}}{{m + 3}}\\{t_1}{t_2} = \frac{{m + 1}}{{m + 3}}\end{array} \right..$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 \ne 0}\\{\Delta  = {{\left( {2m - 1} \right)}^2} - 4\left( {m + 3} \right)\left( {m + 1} \right) > 0}\\{\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) < 0}\\{{t_1}{t_2} > 0}\\{{t_1} + {t_2} > 0}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne  - 3}\\{ - 20m - 11 > 0}\\{{t_1}{t_2} - \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 1 < 0}\\{{t_1}{t_2} > 0}\\{{t_1} + {t_2} > 0}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne  - 3}\\{m <  - \dfrac{{11}}{{20}}}\\{\dfrac{{m + 1}}{{m + 3}} + \dfrac{{2m - 1}}{{m + 3}} + 1 < 0}\\{\dfrac{{m + 1}}{{m + 3}} > 0}\\{ - \dfrac{{2m - 1}}{{m + 3}} > 0}\end{array}} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne  - 3\\m <  - \dfrac{{11}}{{20}}\\\dfrac{{4m + 3}}{{m + 3}} < 0\\\dfrac{{m + 1}}{{m + 3}} > 0\\ - \dfrac{{2m - 1}}{{m + 3}} > 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne  - 3\\m <  - \dfrac{{11}}{{20}}\\ - 3 < m <  - \dfrac{3}{4}\\\left[ \begin{array}{l}m <  - 3\\m >  - 1\end{array} \right.\\ - 3 < m < \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow  - 1 < m <  - \dfrac{3}{4}$

Chọn C.

Ta có: $y' = {x^2} - 4mx + 4$

Để hàm số đồng biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0;\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\\Delta ' = {\left( { - 2m} \right)^2} - 4 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 1$

Chọn B.

Ta có: ${x^3} - 3{x^2} + 2 - m = 0 \Leftrightarrow m = {x^3} - 3{x^2} + 2$.

Xét hàm $f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2$ có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$.

Phương trình đã cho có $3$ nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow$ đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại ba điểm phân biệt.

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với $- 2 < m < 2$ thì đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại ba điểm phân biệt hay phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.

Vậy $- 2 < m < 2$ là các giá trị cần tìm.

Chọn D.

Ta có :

 $\begin{array}{l}\,\,\,{\log _{\sqrt[3]{7}}}\frac{{121}}{8} = {\log _{\sqrt[3]{7}}}121 - {\log _{\sqrt[3]{7}}}8 = {\log _{{7^{\frac{1}{3}}}}}{11^2} - {\log _{{7^{\frac{1}{3}}}}}{2^3}\\ = 6{\log _7}11 - 9{\log _7}2 = 6{\log _7}11 - 9.\frac{1}{{{{\log }_2}7}} = 6a - \frac{9}{b}.\end{array}$

Chọn B.

Đặt $t = {\log _2}x$, vì $0 < x < 1$ nên $t < 0$ hay $t \in \left( { - \infty ;0} \right)$.

Phương trình trở thành ${t^2} + t - m = 0 \Leftrightarrow m = {t^2} + t$.

Xét hàm $f\left( t \right) = {t^2} + t$  trên $\left( { - \infty ;0} \right)$.

Đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ là parabol có hoành độ đỉnh $t =  - \frac{1}{2} \in \left( { - \infty ;0} \right)$.

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, khi $m \ge  - \frac{1}{4}$ thì đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số đã cho tại ít nhất $1$ điểm thuộc $\left( { - \infty ;0} \right)$.

Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc $\left( {0;1} \right)$.

Vậy $m \ge  - \frac{1}{4}$ là giá trị cần tìm.

Chọn B.

Ta có: $y' = 3f'\left( {x + 3} \right) - 3{x^2} + 12$

Đặt $t = x + 3 \Rightarrow x = t - 3$ ta có $y' = 3f'\left( t \right) - 3{\left( {t - 3} \right)^2} + 12 = 3f'\left( t \right) - 3{t^2} + 18t - 15$

Để hàm số nghịch biến thì $y' < 0 \Leftrightarrow 3f'\left( t \right) - 3{t^2} + 18t - 15 < 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) < {t^2} - 6t + 5$

Ta chọn $t$ sao cho $\left\{ \begin{array}{l}f'\left( t \right) < 0\\{t^2} - 6t + 5 > 0\end{array} \right.$

Từ bảng xét dấu hàm $f'\left( x \right)$ ta thấy $f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x < 1\\x > 5\end{array} \right.$  nên  $f'\left( t \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < t < 1\\t > 5\end{array} \right.$

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}f'\left( t \right) < 0\\{t^2} - 6t + 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l} - 1 < t < 1\\t > 5\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}t > 5\\t < 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < t < 1\\t > 5\end{array} \right.$

Mà $t = x + 3$ nên $\left[ \begin{array}{l} - 1 < t < 1\\t > 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x + 3 < 1\\x + 3 > 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4 < x <  - 2\\x > 2\end{array} \right.$

Vậy hàm số $y = 3f\left( {x + 3} \right) - {x^3} + 12x$ nghich biến trên $\left( { - 4;2} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.

Chọn D.

Quan sát đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ ta thấy:

+) Trên khoảng $\left( {0;2} \right)$ thì $f'\left( x \right) > 0$.

+) Trên khoảng $\left( {2;4} \right)$ thì $f'\left( x \right) < 0$.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy GTNN của hàm số đạt được bằng $f\left( 0 \right)$ hoặc $f\left( 4 \right)$.

Ta sẽ so sánh $f\left( 0 \right)$ và $f\left( 4 \right)$ như sau:

$\begin{array}{l}f\left( 0 \right) + f\left( 1 \right) - 2f\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) - f\left( 3 \right) \Leftrightarrow f\left( 0 \right) - f\left( 4 \right) = 2f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) - f\left( 3 \right)\\ = \left[ {f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right)} \right] + \left[ {f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right)} \right] > 0\,\,\,\left( {do\,\,f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right),f\left( 2 \right) > f\left( 3 \right)} \right).\end{array}$  

Do đó $f\left( 0 \right) - f\left( 4 \right) > 0 \Leftrightarrow f\left( 0 \right) > f\left( 4 \right)$.

Vậy $m = f\left( 4 \right)$.

Chọn A.

Gọi $H,K$ là hình chiếu của $A,B$ trên bờ sông, lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua bờ $HK.$ Nối $A'B$ cắt bờ $HK$ tại $M.$

Suy ra $AM = A'M.$ 

Ta có $AM + MB = A'M + MB \ge A'B$  nên quãng đường ngắn nhất người đó đi là $AM + MB =$$A'B$.

Kẻ $AC \bot BK$ tại $C \Rightarrow AHKC$ là hình chữ nhật có

$CK = AH = 118m \Rightarrow CB = BK - CK = 487 - 118 = 369m$

Tam giác $CAB$ vuông tại $C \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} - B{C^2}}  = \sqrt {{{615}^2} - {{369}^2}}  = 492$ $\Rightarrow HK = AC = 492m$

Ta có $HA'//BK \Rightarrow \frac{{HM}}{{MK}} = \frac{{A'M}}{{MB}} = \frac{{A'H}}{{BK}} = \frac{{118}}{{487}}$ 

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{HM}}{{MK}} = \frac{{118}}{{487}} \Rightarrow \frac{{HM}}{{HM + MK}} = \frac{{118}}{{118 + 487}} = \frac{{118}}{{605}} \Leftrightarrow \frac{{HM}}{{HK}} = \frac{{118}}{{605}}\\ \Leftrightarrow \frac{{HM}}{{492}} = \frac{{118}}{{605}} \Rightarrow HM = \frac{{58056}}{{605}}\end{array}$ 

Xét tam giác $HMA'$ có $MA' = \sqrt {H{M^2} + H{{A'}^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right)}^2} + {{118}^2}}  \approx 152,093$

Từ đó : $\frac{{A'M}}{{MB}} = \frac{{118}}{{487}} \Rightarrow \frac{{A'M}}{{A'M + MB}} = \frac{{118}}{{118 + 487}} \Leftrightarrow \frac{{A'M}}{{A'B}} = \frac{{118}}{{605}} \Leftrightarrow A'B = \frac{{A'M.605}}{{118}} \approx 779,8m$

Chọn A.

Điều kiện : $\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} > 0.$

$\begin{array}{l}{\log _{\sqrt 3 }}\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} = x\left( {x - 3} \right) + y\left( {y - 3} \right) + xy\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) - {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) = {x^2} + {y^2} + xy - 3\left( {x + y} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 3\left( {x + y} \right) = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 3\left( {x + y} \right) + 2 = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + \left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left[ {3\left( {x + y} \right)} \right] + 3\left( {x + y} \right) = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\end{array}$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {\log _{\sqrt 3 }}t + t,\,\,t > 0$ có $f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln \sqrt 3 }} + 1 > 0,\,\,\forall t > 0$

Vậy hàm số $f\left( t \right)$ luôn đồng biến và liên tục trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$

Do đó: $f\left( {3\left( {x + y} \right)} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) \Leftrightarrow 3\left( {x + y} \right) = {x^2} + {y^2} + xy + 2\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$    

        $\Leftrightarrow xy = {\left( {x + y} \right)^2} - 3\left( {x + y} \right) + 2$

Ta có: $x = x + xy - xy = x\left( {y + 1} \right) - xy \le {\left( {\frac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - xy$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x = y + 1$.

Do đó từ $\left( 1 \right)$, suy ra: $x \le \frac{{{{\left( {x + y + 1} \right)}^2}}}{4} - {\left( {x + y} \right)^2} + 3\left( {x + y} \right) - 2$.

Đặt $t = x + y,\,\,t > 0$

Suy ra: $P = \frac{{2\left( {x + y} \right) + 1 + x}}{{x + y + 6}} \le \frac{{2t + 1 + \frac{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}{4} - {t^2} + 3t - 2}}{{t + 6}} = \frac{{ - 3{t^2} + 22t - 3}}{{4\left( {t + 6} \right)}} = f\left( t \right)$.

Ta có: $f'\left( t \right) = \frac{{ - 3{t^2} - 36t + 135}}{{4{{\left( {t + 6} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = 3$ (tm)

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT, ta có $\max P = \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right) = f\left( 3 \right) = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y + 1\\x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right..$

Chọn A.

Ta có ${V_{C.A'B'C'}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{2}{3}$

Suy ra ${V_{C.ABB'A'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{C.A'B'C'}} = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$

Ta thấy $ABNM$ là hình thang nên

$\begin{array}{l}{S_{ABNM}} = \frac{{\left( {AM + BN} \right)d\left( {BN;AM} \right)}}{2} = \frac{{\left( {\frac{{AA'}}{2} + \frac{{BB'}}{3}} \right).d\left( {BB',AA'} \right)}}{2}\\ = \frac{{\left( {\frac{{AA'}}{2} + \frac{{AA'}}{3}} \right).d\left( {BB',AA'} \right)}}{2} = \frac{5}{{12}}AA'.d\left( {BB',AA'} \right)\end{array}$

Mà ${S_{ABB'A'}} = AA'.d\left( {AA',BB'} \right) \Rightarrow {S_{ABNM}} = \frac{5}{{12}}.{S_{ABB'A'}}$

 $\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABNM} \right)} \right).{S_{ABNM}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right).\frac{5}{{12}}.{S_{ABB'A'}}\\ = \frac{5}{{12}}.\frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right).{S_{ABB'A'}} = \frac{5}{{12}}.{V_{CABB'A'}}.\end{array}$

Mà ${V_{C.ABB'A'}} = \frac{4}{3}\left( {cmt} \right) \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{5}{{12}}.\frac{4}{3} = \frac{5}{9}.$

Suy ra ${V_{CC'B'NMA'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{C.ABNM}} = 2 - \frac{5}{9} = \frac{{13}}{9}.$

Ta có $A'M//CC' \Rightarrow \frac{{PA'}}{{PC'}} = \frac{{A'M}}{{CC'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow PA' = \frac{1}{2}PC' = A'C' \Rightarrow PC' = 2A'C'$

Và $B'N//CC' \Rightarrow \frac{{B'N}}{{CC'}} = \frac{{QB'}}{{QC'}} = \frac{2}{3} \Rightarrow QC' = 3B'C'$

Mà ${S_{A'B'C'}} = \frac{1}{2}C'A'.C'B'\sin C'$ 

$\Rightarrow {S_{C'PQ}} = \frac{1}{2}C'P.C'Q.\sin C' = \frac{1}{2}.2.A'C'.3B'C'\sin C = 6.\left( {\frac{1}{2}A'C'.B'C'\sin C} \right) = 6{S_{A'B'C'}}$

Ta có: ${V_{C.C'PQ}} = \frac{1}{3}d\left( {C;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{C'PQ}} = \frac{1}{3}d\left( {C;\left( {A'B'C'} \right)} \right).6{S_{C'A'B'}} = 6.{V_{C.A'B'C'}} = 6.\frac{2}{3} = 4.$

Từ đó ${V_{A'MPB'NQ}} = {V_{C.C'PQ}} - {V_{CC'B'NMA'}} = 4 - \frac{{13}}{9} = \frac{{23}}{9}$.

Chọn B.

Xét tam giác vuông $ABC$ ta có $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{2^2} + {4^2}}  = 2\sqrt 5$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Gọi ${R_{day}}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC \Rightarrow {R_{day}} = \dfrac{{BC}}{2} = \sqrt 5$.

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ :

$R = \sqrt {\dfrac{{S{A^2}}}{4} + S_{day}^2}  = \sqrt {\dfrac{5}{4} + 5}  = \dfrac{5}{2}$.

Chọn A.

Thể tích khối nón là $V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 4\pi$.

Chọn B.

Vì $\sqrt {2 - \sqrt 3 }  \notin \mathbb{Z} \Rightarrow$ Hàm số xác định $\Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x <  - 1\end{array} \right.$.

Vậy TXĐ của hàm số là $D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)$.

Chọn C.

Ta có:$I = {\log _{\frac{a}{5}}}\left( {\dfrac{{{a^3}}}{{125}}} \right) = {\log _{\frac{a}{5}}}{\left( {\dfrac{a}{5}} \right)^3} = 3{\log _{\frac{a}{5}}}\left( {\dfrac{a}{5}} \right) = 3$.

Chọn D.

Ta có: $T = 2{\left( {a + b} \right)^{ - 1}}.{\left( {ab} \right)^{\frac{1}{2}}}{\left[ {1 + \dfrac{1}{4}{{\left( {\sqrt {\dfrac{a}{b}}  - \sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right)}^2}} \right]^{\frac{1}{2}}}$

$= \dfrac{2}{{a + b}}.\sqrt {ab} {\left[ {1 + \dfrac{1}{4}.{{\left( {\dfrac{{a - b}}{{\sqrt {ab} }}} \right)}^2}} \right]^{\frac{1}{2}}} = \dfrac{{2\sqrt {ab} }}{{a + b}}.\sqrt {1 + \dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{4ab}}}  = \dfrac{{2\sqrt {ab} }}{{a + b}}.\sqrt {\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{4ab}}}  = 1$

Chọn A.

Kẻ đường thẳng $y = m > 0$ như hình vẽ ta có:

${\log _a}{x_1} = m \Leftrightarrow {x_1} = {a^m},{\log _b}{x_2} = m \Leftrightarrow {x_2} = {b^m},{\log _c}{x_3} = m \Leftrightarrow {x_3} = {c^m}$

Quan sát hình vẽ ta thấy ${x_2} < {x_3} < {x_1} \Leftrightarrow {b^m} < {c^m} < {a^m}$.

Mà $m > 0$ nên $b < c < a$ hay $a > c > b$.

Chọn C.