Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Văn Lang

Diện tích hình phẳng được xác định bởi công thức:

\(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)dx}  = \left( {{e^x} + {e^{ - x}}} \right)\left| {_{ - 1}^1} \right. \)\(\,= e + \dfrac{1}{e} - e - \dfrac{1}{e} = 0\)

Chọn đáp án B.

Ta có:

\(\int {x\left( {2 + 3{x^2}} \right)\,dx}  \)

\(= \int {\left( {3{x^3} + 2x} \right)} \,dx \)

\(= \dfrac{3}{4}{x^4} + {x^2} + C \)

\(= {x^2}\left( {\dfrac{3}{4}{x^2} + 1} \right) + C\)

Chọn đáp án A.

\(y = \dfrac{{2x - m}}{{x - 1}}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

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

Để hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ,1} \right)\) và \(\left( {1, + \infty } \right)\) thì :

\(\begin{array}{l}y' > 0\;\forall x \ne 1\\ \Rightarrow \dfrac{{m - 2}}{{{{(x - 1)}^2}}} > 0\;\forall x \ne 1\\ \Rightarrow m - 2 > 0\\ \Rightarrow m > 2\\ \Rightarrow m \in \left( {2, + \infty } \right)\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\end{array} \right.\\y\left( 0 \right) = 3,y\left( { \pm 1} \right) = 2,y\left( { \pm 2} \right) = 11\end{array}\)

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left( { - 2;2} \right)} y = 2\) và không có GTLN (do ta không xét hàm số tại hai điểm \(x =  \pm 2\))

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.h.{S_{ABCD}}\)

Khi đó ta có: \(h = \dfrac{{3{V_{S.ABCD}}}}{{{S_{ABCD}}}} = \dfrac{{3{a^3}}}{{{a^2}}} = 3a.\)

Chọn đáp án C.

Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.

Gọi H là trung điểm của AB

\( \Rightarrow SH \bot AB\) hay \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Ta có: \(SA = SB = AB = 2a\)

\(\Rightarrow SH = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \)

+ \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}a\sqrt 3 .2a = {a^2}\sqrt 3 \)

Khi đó \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2}\sqrt 3  = {a^3}\)

Chọn đáp án B.

Ta có tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật trùng với tâm đối xứng của hình hộp. Như hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có tâm là I, là trung điểm của AC’, bán kính \(r = \dfrac{{AC'}}{2}\)
Tam giác A'C'A vuông tại A', áp dụng định lí (P) ta được:

\(AC' = \sqrt {AA{'^2} + A'{C^2}}  \)\(\,= \sqrt {{c^2} + A'C{'^2}} \,\,\,\,(1)\)

Mặt khác tam giác A'D'C' vuông tại D', áp dụng định lí (P) ta được:

\(A'C' = \sqrt {A'D{'^2} + D'C{'^2}} \)\(\, = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \,\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(r = \dfrac{1}{2}.\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \)

Áp dụng: \(a = 3;b = 4;c = 12\) ta được: \(r = \dfrac{1}{2}\sqrt {{3^2} + {4^2} + {{12}^2}}  = \dfrac{{13}}{2}\)

Chọn B.

\(\left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {2^2}}  = \sqrt 6 \)

Chọn A.

Ta có: \({\log _a}a = 1\) là mệnh đề đúng.

Chọn đáp án D.

Ta có: \(P = 2{\log _2}a - {\log _{\dfrac{1}{2}}}{b^2} \)

\(= 2{\log _2}a + {\log _2}b{}^2 = 2{\log _2}a + 2{\log _2}b\)

\(= 2{\log _2}\left( {ab} \right) = {\log _2}{\left( {ab} \right)^2}\)

Chọn đáp án D.

\({z_1} =  - 1 + i\)    ,     \({z_2} = 1 - 2i\)      ,      \({z_3} = 1 + 2i\)

\(\begin{array}{l}{z_1}{z_2} + {z_2}{z_3} + {z_3}{z_1}\\ = ( - 1 + i)(1 - 2i) + (1 - 2i)(1 + 2i) + (1 + 2i)( - 1 + i)\\ = ( - 1 + i)\left[ {(1 - 2i) + (1 - 2i)} \right] + (1 - 2i)(1 + 2i)\\ = ( - 1 + i)2 + 1 - 4{i^2}\\ =  - 2 + 2i + 5\\ = 3 + 2i\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{z_1} = {z_2}\\ \Leftrightarrow 3 - 2i = ({a^2} + a + 1) + (2{a^2} + 3a - 4)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + a + 1 = 3\\2{a^2} + 3a - 4 =  - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + a - 2 = 0\\2{a^2} + 3a - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + a = 2{\rm{             (1)}}\\2{a^2} + 3a - 2 = 0{\rm{     (2)}}\end{array} \right.\end{array}\)

Thay (1) vào (2) được:

\(4 + a - 2 = 0 \Leftrightarrow a =  - 2\)

Đths có đường TCĐ là \(x = 0\) nên loại B.

TCN: \(y = 1\) nên loại C.

Đths đi qua điểm \(\left( {1;0} \right)\) nên loại A.

Điểm \(M\) không thuộc đths hai đáp án C, D nên loại C, D.

M là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số nên \(y'\left( 2 \right) = 0\).

Kiểm tra A, B ta thấy,

Đáp án A: \(y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Qua điểm \(x = 2\) thì đạo hàm \(y'\) đổi dấu từ âm sang dương nên \(x = 2\) là điểm cực tiểu của hàm số nên A thỏa mãn

Đặt \(z = x + yi\)

\(\begin{array}{l}\left| {z - 2i} \right| = 4 \Rightarrow \left| {x + yi - 2i} \right| = 4\\ \Leftrightarrow \left| {x + (y - 2)i} \right| = 4\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {{(y - 2)}^2}}  = \sqrt 2 \end{array}\)

\( \Rightarrow \)Tập hợp điểm biểu diễn \(M(x,y)\) biểu diễn số phức là đường tròn tâm \(I(2,2)\) , bán kính \( = \sqrt 2 \)

Có \(\left| z \right| = \left| {x + yi} \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \)

Lấy \(O(0,0)\); \(M(x,y)\)

\( \Rightarrow OM = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \)

Do \(M\) chạy trên đường tròn, \(O\)cố định nên\(MO\) lớn nhất khi \(M\)là giao điểm của \(OI\)với đường tròn

Có  \(O(0,0)\), \(I(2,2)\)  nên \(\overrightarrow {OI}  = (2,2)\)

Phương trình đường thẳng \(OI\):  \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 2t\end{array} \right.\)  (1)

Mặt khác: \(OI\) là giao với đường tròn tại \(M\) nên thay (1) vào phương trình đường tròn ta được:

\(\begin{array}{l}{(2t - 2)^2} + {(2t - 2)^2} = 2\\ \Leftrightarrow {(2t - 2)^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2t - 2 = 1\\2t - 2 =  - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = \dfrac{3}{2} \Rightarrow {M_1}(3,3) \Rightarrow O{M_1} = 3\sqrt 2 \\z = \dfrac{1}{2} \Rightarrow {M_2}(1,1) \Rightarrow O{M_2} = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow {z_{\max }} = O{M_1} = 3\sqrt 2 \) với \(M(3,3)\)

\( \Rightarrow z = 3 + 3i\)

\(\begin{array}{l}z = \dfrac{{1 + i}}{{2 - i}} = \dfrac{{(1 + i)(2 - i)}}{{4 - {i^2}}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{2 - {i^2} + 2i - i}}{5}\\\,\,\,\, = \dfrac{{3 + i}}{5} = \dfrac{3}{5} + \dfrac{1}{5}i\end{array}\)

\( \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {\dfrac{9}{{25}} + \dfrac{1}{{25}}}  = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5} = \sqrt {\dfrac{2}{5}} \)

Ta có:\(\dfrac{{{V_{S.BED}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \dfrac{{SE}}{{SC}} = \dfrac{2}{3}\)

\(\dfrac{{{V_{S.BCD}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{1}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{S.BED}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}\)

Chọn đáp án A.

\(M \in Ox \ne 0 \Rightarrow M\left( {a;0;0} \right),a \ne 0\)

Chọn A.

Điều kiện của hàm logarit là \(a,b > 0\)

Khi đó ta có: \(\ln \left( {\sqrt {ab} } \right) = \dfrac{1}{2}\left( {\ln a + \ln b} \right)\) là mệnh đề sai.

Chọn đáp án B.

Điều kiện: \(\dfrac{{3x - 1}}{{x + 2}} > 0\)

\(\Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {\dfrac{1}{3}; + \infty } \right)\)

Khi đó ta có: \({\log _{\dfrac{1}{3}}}\dfrac{{3x - 1}}{{x + 2}} < 1\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{3x - 1}}{{x + 2}} > \dfrac{1}{3} \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{8x - 5}}{{3\left( {x + 2} \right)}} > 0\)

\( \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {\dfrac{5}{8}; + \infty } \right)\)

Khết hợp điều kiện: \(x \in ( - \infty ; - 2) \cup \left( {\dfrac{5}{8}; + \infty } \right)\)

Chọn đáp án C.

Ta có:

\(\int {\sin \left( {\dfrac{\pi }{3} - 2x} \right)\,dx} \)

\(= \dfrac{1}{2}\int \left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x - \dfrac{1}{2}\sin 2x} \right)\,d\left( {2x} \right) \)

\(= \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x + \dfrac{1}{2}\cos 2x} \right) + C \)

\( = \dfrac{1}{2}\cos \left( {\dfrac{\pi }{3} - 2x} \right) + C\).

Chọn đáp án C.

Đặt \(t = \sqrt x  \Rightarrow {t^2} = x \Rightarrow dx = 2t\,dt\)

Khi đó ta có:

\(\int {\dfrac{{dx}}{{\sqrt x  + 1}}}  = \int {\dfrac{{2t}}{{t + 1}}\,dt}  \)

\(= \int {\dfrac{{2\left( {t + 1} \right) - 2}}{{t + 1}}} \,dt \)

\(= \int {\left( {2 - \dfrac{2}{{t + 1}}} \right)\,dt} \)

\( = 2t - 2\ln \left| {t + 1} \right| + C \)

\(= 2\sqrt x  - 2\ln \left| {\sqrt x  + 1} \right| + C \)

\(= 2\sqrt x  - 2\ln \left( {\sqrt x  + 1} \right) + C\)

Chọn đáp án C.

 Phương trình \({z^2} + az + b = 0\) nhận \({z_1} = 1 - 2i\)\( \to \) nghiệm còn lại là \({z_2} = 1 + 2i\)

Theo Vi- et ta có:

\(\begin{array}{l}y' = 0 \Leftrightarrow 4(m + 1){x^3} - 2mx = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{{2m}}{{4m + 4}}{\rm{       (1)}}\end{array} \right.\\y = (m + 1){x^4} - m{x^2} + 3\\\dfrac{{2m}}{{4m + 4}} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 0\\m <  - 1\end{array} \right. \\ \Rightarrow m \in \left( { - \infty , - 1} \right) \cup \left( {0, + \infty } \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow a + b = 3\)

\(\begin{array}{l}{z_1} = 1 + 2i \to A(1,2)\\{z_2} = 2 + 3i \to B(2,3)\\{z_3} = 3 + 4i \to C(3,4)\\\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Trọng tâm tam giác \(ABC\): \(G(2,3)\)

Chọn B

\({z_1} + {z_2} = 2 + 3i + 5 - 6i = 7 - 3i\).

Chọn A

Gọi I là trung điểm của AB.

Kẻ Δ vuông góc với mặt phẳng (SAB) tại I.

Dựng mặt phẳng trung trực của SC cắt Δ tại O.

Suy ra: \(OC = OS\) (1)

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác SAB vì SAB vuông tại S.

Suy ra \(OA = OB = OS\) (2)

Từ (1);(2) suy ra \(OA = OB = OC = OS.\)

Vậy A, B, C, S thuộc mặt cầu tâm O bán kính OA.

\(r = OA = \sqrt {O{I^2} + A{I^2}} \)\(\, = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{SC}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  \)\(\,= \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \)

Chọn D.

Xét tam giác SAC có

\(\tan {60^ \circ } = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{SA}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }}\)\(\, = \dfrac{{SA}}{{a\sqrt 3 }}\)

\(\Rightarrow SA = 3a\)

Khi đó:

\({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} \)\(\,= \dfrac{1}{3}.3a.a.a\sqrt 2  = {a^3}\sqrt 2 \)

Chọn đáp án D.

Áp dụng định lý Py – ta- go ta có:

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} \)

\(\;\;\;\;\;\; = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}a.a\sqrt 3 \)\(\, = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Khi đó:

\({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} \)\(\,= \dfrac{1}{3}a\sqrt 6 .\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\)

Chọn đáp án A.

\(TX{\rm{D}}:D = R\)

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

\(\begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 10\\f\left( { - 1} \right) = 10\\f\left( 0 \right) = 17\end{array}\)

Vậy GTLN của hàm số trên [-1;1] là 17.

\(y = \dfrac{1}{{4 - {x^2}}}\)

TXĐ:\(D = R\backslash {\rm{\{ }}2, - 2\} \)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{1}{{4 - {x^2}}} = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm 2} \dfrac{1}{{4 - {x^2}}} = \infty \end{array}\)

\( \Rightarrow \)  tiệm cận đứng là x=2 và x = -2, tiệm cận ngang là y=0

Ta có: \({a^3} + {a^{ - 3}} = {a^3} + \dfrac{1}{{{a^3}}} \)\(\,= \left( {a + \dfrac{1}{a}} \right)\left( {{a^2} + \dfrac{1}{{{a^2}}} - 1} \right)\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(3 + 2{\log _2}x = {\log _2}y\)

\(\Leftrightarrow {\log _2}y = {\log _2}{x^2} + {\log _2}{2^3} = {\log _2}\left( {8{x^2}} \right)\)

Khi đó ta có: \(y = 8{x^2}\)

Chọn đáp án B.

Diện tích hình phẳng giới hạn được xác định bởi công thức:

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|\,dx}  = \int\limits_0^1 {\left| {1 - \dfrac{2}{{x + 1}}} \right|\,dx}  \)

\(\;\;\;= \left| {x - 2\ln \left| {x + 1} \right|} \right|\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right.\)

\(\;\;\;= 2\ln 2 - 1 = \ln 4 - 1.\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(\int\limits_0^m {\left( {2x + 5} \right)\,dx = \left( {{x^2} + 5x} \right)} \left| \begin{array}{l}^m\\_0\end{array} \right.\)\(\, = {m^2} + 5m = 6\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 5m - 6 = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 6 = 0\\m - 1 = 0\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 6\\m = 1\end{array} \right.\)

Chọn đáp án A.

Số phức \(z = 3 - 3i\) có:

+ Phần thực của z là: 3.

+ Phần ảo của z là: - 3.

+ Môdun của z là  \(|z| = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = 3\sqrt 2 \).

+ Số phức liên hợp của z là \(\overline z  = 3 + 3i\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\overline z  = 3 - 4i\)

\(\Rightarrow z = 3 + 4i \to \left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\)

Chọn đáp án A.

Ta có:

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}\)

Khi đó

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

Chọn đáp án B.

Ta có:

\(\tan {45^0} = \dfrac{{SO}}{{OE}} = \dfrac{{SO}}{{\dfrac{a}{2}}} \Rightarrow SO = \dfrac{a}{2}\)

Khi đó:

\({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}\dfrac{a}{2}.{a^2}\)\(\, = \dfrac{{{a^3}}}{6}\)

Chọn đáp án C.

Tập hợp các đường thẳng đó là mặt nón có góc ở đỉnh bằng \(60^0\).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\overrightarrow u .\overrightarrow v \\ = \left( {k\overrightarrow a  - \overrightarrow b \,} \right)\left( {\overrightarrow a  + 2\overrightarrow b } \right) \\= 4k - 50 + \left( {2k - 1} \right)\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \dfrac{{2\pi }}{3}\\ =  - 6k - 45\end{array}\)

Ta có: \(\dfrac{1}{{{{\log }_3}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_4}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_5}x}}\)

\(= {\log _x}3 + {\log _x}4 + {\log _x}5 = {\log _x}\left( {3.4.5} \right) \)

\(= {\log _x}60 = \dfrac{1}{{{{\log }_{60}}x}}\)

Chọn đáp án C.

Điều kiện xác định: \(\dfrac{{1 - 5x}}{{2 - x}} > 0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}1 - 5x > 0\\2 - x > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}1 - 5x < 0\\2 - x < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x < \dfrac{1}{5}\\x < 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x > \dfrac{1}{5}\\x > 2\end{array} \right.\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < \dfrac{1}{5}\\x > 2\end{array} \right.\)

Chọn đáp án A.

Ta có:

\(\int\limits_2^4 \dfrac{1}{{2x + 1}}\,dx \)

\(= \dfrac{1}{2}\int\limits_2^4 \dfrac{1}{{2x + 1}}\,d\left( {2x + 1} \right) \)

\(= \dfrac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right|\left| \begin{array}{l}{}^4\\_2\end{array} \right. \)

\(= \ln 3 - \dfrac{1}{2}\ln 5 = m\ln 5 + n\ln 3\, \)

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}n = 1\\m =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow P = m - n =  - \dfrac{3}{2}.\)

Chọn đáp án A.

Hai điểm biểu diễn lần lượt của hai số phức là \(M\left( {1;2} \right),\;N\left( {1; - 2} \right)\)

\( \Rightarrow \) Hai điểm đó đối xứng với nhau qua trục hoành.

Chọn đáp án B.

Ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.a\sqrt 3 .2a = {a^2}\sqrt 3 \)

Khi đó \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.SC.{S_{ABC}} \)\(\,= \dfrac{1}{3}.{a^2}\sqrt 3 .a = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Chọn đáp án C.

Ta có:

\({S_{xq}} = 2\left( {DD'.D'A' + DD'.D'C'} \right)\)\(\, = 2DD'\left( {2a} \right) = S\)

\( \Rightarrow DD' = \dfrac{S}{{4a}}\)

Diện tích đáy bằng:

\({S_d} = 2.\dfrac{1}{2}a.a.\sin \alpha  = {a^2}\sin \alpha \)

Khi đó \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = DD'.{S_d} \)\(\,= \dfrac{S}{{4a}}.{a^2}\sin \alpha  = \dfrac{1}{4}.Sa\sin \alpha \)

Chọn đáp án A.

Nếu f(x) liên tục trên [a; b] và f’(x) < 0 với mọi \(x \in (a;b)\) thì hàm số nghịch biến trên đoạn [a ; b ].

Ta có

 \(\begin{array}{l}{\log _4}15 = \dfrac{1}{2}{\log _2}15 = {\log _2}\sqrt {15} \\{\log _{\dfrac{1}{2}}}\dfrac{1}{6} =  - {\log _2}\dfrac{1}{6} = {\log _2}6\\{\log _8}3 = \dfrac{1}{3}{\log _2}3 = {\log _2}\sqrt[3]{3}\end{array}\) 

Do \(6 > 5 > \sqrt {15}  > \sqrt[3]{3}\) và \(2 > 1\)

\(\Rightarrow {\log _2}6 > {\log _2}5 > {\log _2}\sqrt {15}  > {\log _2}\sqrt[3]{3}\).

Do đó, \({\log _{\dfrac{1}{2}}}\dfrac{1}{6}\)  lớn nhất.

Chọn đáp án D.

Ta có:

\(I = \int {\dfrac{{{{\cos }^3}x}}{{1 + \sin x}}\,dx} \)

\(= \int {\dfrac{{{{\cos }^2}x}}{{1 + \sin x}}} \,d\left( {\sin x} \right) \)

\(= \int {\dfrac{{1 - {{\sin }^2}x}}{{1 + \sin x}}} \,d\left( {\sin x} \right)\)

\( = \int {\left( {1 - \sin x} \right)} \,d\left( {\sin x} \right) \)

\(= \left( {\sin x - \dfrac{1}{2}{{\sin }^2}x} \right) + C\)

Chọn đáp án A.