Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Sở GD&ĐT Bắc Ninh lần 1

Chọn D

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm, ta có hàm số đạt cực tiểu tại \(x=0;\,x=4\).

Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực tiểu.

Chọn A

Phương trình đã cho tương đương \({{5}^{-{{x}^{2}}+2x+3}}={{5}^{x+1}}\)\( \Leftrightarrow -{{x}^{2}}+x+2=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=2. \\\end{align} \right.\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x=-1;\,x=2\).

Chọn D

\({{V}_{k.ch}}=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}.6.4=8.\)

Chọn B

Ta có: \(y=\frac{x+2}{x-1}\)\( \Rightarrow {y}'=\frac{-3}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}<0;\forall x\ne 1\) nên hàm số đã cho không có điểm cực trị, nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right).\)

Chọn A

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \(S={{\left( 2a \right)}^{2}}=4{{a}^{2}}\)

Suy ra thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\frac{1}{3}SA.S=\frac{1}{3}.3a\sqrt{2}.4{{a}^{2}}=4{{a}^{3}}\sqrt{2}\).

Chọn D

Thể tích khối trụ là \(V=\pi {{R}^{2}}h=\pi {{.3}^{2}}.4=36\pi \) cm\(^{3}\).

Chọn D

Ta có \(\sqrt[3]{4\sqrt{2\sqrt[5]{8}}}=\sqrt[3]{4\sqrt{2\sqrt[5]{{{2}^{3}}}}}\)\(=\sqrt[3]{4\sqrt{{{2.2}^{\frac{3}{5}}}}}\)\(=\sqrt[3]{4\sqrt{{{2}^{\frac{8}{5}}}}}\)\(=\sqrt[3]{{{4.2}^{\frac{4}{5}}}}\)\(=\sqrt[3]{{{2}^{2}}{{.2}^{\frac{4}{5}}}}=\sqrt[3]{{{2}^{\frac{14}{5}}}}\)\(={{2}^{\frac{14}{15}}}\)

Từ đó suy ra \(m=14\), \(n=15\)

Vậy \(P={{14}^{2}}+{{15}^{2}}=421\in \left( 420;425 \right)\).

Chọn A

Công thức đúng là \(A_{n}^{2}=\frac{n!}{\left( n-2 \right)!}\).

Chọn B

Hình nón có bán kính đáy \(r\), đường sinh \(l\) nên diện tích xung quanh \({{S}_{xq}}=\pi rl\).

Chọn A

Dựa vào đồ thị, ta thấy \({f}'\left( x \right)<0,\forall x<1\).

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -\infty ;1 \right)\).

Chọn D

Hàm số \(y=\ln \left( {{x}^{2}}-2mx+4 \right)\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\)\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+4>0,\forall x\in \mathbb{R}\).

Khi đó

\(\left\{ \begin{align} & a=1>0 \\ & {\Delta }'={{\left( -m \right)}^{2}}-4<0 \\\end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-4<0\)\(\Leftrightarrow -2 < m < 2 \) hay \(m\in \left( -2;2 \right)\).

Chọn D

Số hạng thứ hai \({{u}_{2}}={{u}_{1}}.q=2.\left( -3 \right)=-6\).

Chọn B

Ta có

\(\left\{ \begin{align} & M=3 \\ & m=-2 \\\end{align} \right.\)\(\Rightarrow M+2m=-1.\)

Chọn C

Ta có:

Tiệm cận ngang: \(y=\frac{a}{c}=-1\)

Tiệm cận đứng: \(x=\frac{1}{c}=1\)

Từ đây suy ra:

\(\left\{ \begin{align} & a=-1 \\ & c=1 \\\end{align} \right.\)

Lại có đồ thị cắt trục hoành tại \(x=2\) nên \(2a+b=0\) hay \(b=-2a=2.\)

Vậy \(S=a+b+c=-1+2+1=2.\)

Chọn B

Điều kiện: \(x>0.\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}
\log _3^2x - 2{\log _3}x - 7 = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _3}{x_1} = 1 + 2\sqrt 2 \\
{\log _3}{x_2} = 1 - 2\sqrt 2 
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = {3^{1 + 2\sqrt 2 }}\\
{x_2} = {3^{1 - 2\sqrt 2 }}
\end{array} \right.
\end{array}\)\(\Rightarrow {{x}_{1}}.{{x}_{2}}={{3}^{2}}=9.\)

Chọn C

Tập xác định \(D=\left( -1;0 \right)\cup \left( 0;1 \right)\)

\(\Rightarrow \)Hàm số không có tiệm cận ngang

\(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \)\(\Rightarrow \)\(x=0\)là tiệm cận đứng

Chọn C

\({{V}_{A.AB{{C}^{'}}}}\)\( =\frac{1}{3}{{d}_{(A/(AB{{C}^{'}}))}}.{{S}_{AB{{C}^{'}}}}\)\( =\frac{V}{3}\)

Chọn B

Ta có:

\(\begin{align} & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=7ab \\ & \Leftrightarrow {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}=9ab \\ & \Leftrightarrow {{\left( a+b \right)}^{2}}=9ab \\ & \Leftrightarrow {{\log }_{3}}{{\left( a+b \right)}^{2}}={{\log }_{3}}9ab \\ & \Leftrightarrow 2.{{\log }_{3}}\left( a+b \right)=2+{{\log }_{3}}a+{{\log }_{3}}b \\ & \Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( a+b \right)=1+\frac{1}{2}\left( {{\log }_{3}}a+{{\log }_{3}}b \right) \\\end{align}\)

Chọn C

Đồ thị hàm trùng phương có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \Rightarrow a < 0\).

Chọn D

Hàm số \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-9x-1\) liên tục và xác định trên \(\left[ 1;5 \right]\).

Đạo hàm \({y}'=3{{x}^{2}}-6x-9\),

\({y}'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1\notin \left[ 1;5 \right] \\ & x=3\in \left[ 1;5 \right] \\\end{align} \right.\)

Ta có \(y\left( 1 \right)=-12,y\left( 3 \right)=-28,y\left( 5 \right)=4\).

Vậy \(M=4,m=-28,2M-m=36\).

Chọn C

Vì số mũ nguyên âm nên hàm số xác định khi và chỉ khi \(1-x\ne 0\Leftrightarrow x\ne 1\).

Vậy tập xác định là \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Chọn B

Ta có \(\left| 2f\left( x \right)-3 \right|=1\)

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

Dựa vào đồ thị, phương trình \(f\left( x \right)=2\) có \(2\) nghiệm phân biệt, phương trình \(f\left( x \right)=1\) có \(3\) nghiệm phân biệt. Các nghiệm khác nhau nên phương trình đã cho có \(5\) nghiệm.

Chọn A

Hình thoi không nội tiếp được đường tròn, do đó hình chóp có đáy là hình thoi không có mặt cầu ngoại tiếp.

Chọn B

Hàm số \(y=3x-4\) xác định với mọi \(x\in \mathbb{R}\).

Ta có \({y}'=3>0,\forall x\in \mathbb{R}.\)

Vậy hàm số này không có cực trị.

Chọn C

\({{2}^{x\,-\,3}}\,>\,8\)\( \Leftrightarrow {{2}^{x\,-\,3}}\,>\,{{2}^{3}}\)\( \Leftrightarrow x-3>3\)\( \Leftrightarrow x>6.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(T=\left( 6;\,+\infty  \right)\).

Chọn C

Gọi \(O=AC\cap BD\). Khi đó, \(SO\) là trục của hình chóp \(S.ABCD\).

Gọi \(M\) là trung điểm của của \(SD\). Kẻ đường trung trực của cạnh \(SD\) cắt \(SO\) tại \(I\). Khi đó, \(I\) là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\).

Ta có: \(\Delta SMI\sim \Delta SOD\) suy ra \(\frac{SM}{SO}=\frac{SI}{SD}=\frac{MI}{OD}\Rightarrow SI=\frac{SM.SD}{SO}=\frac{S{{D}^{2}}}{2\text{S}O}\).

Ta có: \(OD=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=\frac{5}{2}\). Xét tam giác \(SOD\) vuông tại \(O\), ta có:

\(SO=\tan 60{}^\circ .O\text{D}=\frac{5\sqrt{3}}{2}\), \(SD=\frac{OD}{\text{cos}\,\text{60}{}^\circ }=5\).

Suy ra \(SI=\frac{{{5}^{2}}}{2.\frac{5\sqrt{3}}{2}}=\frac{5\sqrt{3}}{3}\). Vậy \(V=\frac{4}{3}\pi {{\left( \frac{5\sqrt{3}}{3} \right)}^{3}}=\frac{500\sqrt{3}}{27}\pi \).

Chọn A

Với \(m=-1\), ta có: \(f\left( x \right)=3{{x}^{2}}+x-1\) là một parabol với hệ số \(a=3>0\) suy ra hàm số chỉ có 1 điểm cực tiểu thỏa yêu cầu đề bài.

Với \(m\ne -1\), ta có:\(f\left( x \right)=\left( m+1 \right){{x}^{3}}-\left( 2m-1 \right){{x}^{2}}+x-1\).

Suy ra \(f'\left( x \right)=3\left( m+1 \right){{x}^{2}}-2\left( 2m-1 \right)x+1\). Khi đó, hàm số không có điểm cực đại \(\Leftrightarrow \) hàm số không có cực trị \(\Leftrightarrow \)phương trình \(f'\left( x \right)=0\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \(\Leftrightarrow \)\(\Delta '\le 0\)

\(\Leftrightarrow \)\({{\left( 2m-1 \right)}^{2}}-3\left( m+1 \right).1\le 0\)\(\Leftrightarrow 4{{m}^{2}}-7m-2\le 0\)\(\Leftrightarrow -\frac{1}{4}\le m\le 2\).

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

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số \(m\)thỏa yêu cầu đề bài.

Chọn B

Xét hàm số \(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-4x \right)\).

Có \(g'\left( x \right)=\left( 2x-4 \right)f'\left( {{x}^{2}}-4x \right)\). Cho

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

Ta có:

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

Bảng biến thiên

Lại có: \(3{{f}^{2}}\left( {{x}^{2}}-4x \right)-\left( m+2 \right)f\left( {{x}^{2}}-4x \right)+m-1=0\)\(\Leftrightarrow 3{{g}^{2}}\left( x \right)-\left( m+2 \right)g\left( x \right)+m-1=0\,\,\left( 2 \right)\).

Ta có: \(\Delta ={{\left( m+2 \right)}^{2}}-4.3.\left( m-1 \right)0={{m}^{2}}-8m+16={{\left( m-4 \right)}^{2}}>0,\forall m\ne 4\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình \(g\left( x \right)=h\left( m \right)\) có tối đa là 5 nghiệm phân biệt

Do đó, để phương trình \(3{{f}^{2}}\left( {{x}^{2}}-4x \right)-\left( m+2 \right)f\left( {{x}^{2}}-4x \right)+m-1=0\) có đúng 8 nghiệm phân biệt thì

TH1. \(\left\{ \begin{array}{l}
g\left( x \right) = 2\\
 - 2 < g\left( x \right) < 2
\end{array} \right.\).

Thế \(g\left( x \right)=2\) vào phương trình (2) ta được \(m=7\). Khi \(m=7\), phương trình (2) có hai nghiệm

\(\left[ \begin{array}{l}
g\left( x \right) = 2\\
g\left( x \right) = 1
\end{array} \right.\) thỏa yêu cầu.

TH2. \(\left\{ \begin{array}{l}
 - 3 < g\left( x \right) <  - 2\\
 - 2 < g\left( x \right) < 2
\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 3 < \frac{{m + 2 - \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2}} }}{6} <  - 2\\
 - 2 < \frac{{m + 2 + \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2}} }}{6} < 2
\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 3 < \frac{{m + 2 - \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2}} }}{6} <  - 2\\
 - 2 < \frac{{m + 2 + \sqrt {{{\left( {m - 4} \right)}^2}} }}{6} < 2
\end{array} \right.\)

Với \(m\ge 4\), ta có:

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 18 < 6 < - 12\\ - 12 < 2m - 2 < 12\end{array} \right.\)(vô lí).

Với \(m < 4\), ta có:

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 18 < 2m - 2 < - 12\\ - 12 < 6 < 12 \end{array} \right. \)\( \Leftrightarrow  - 8 < m <  - 5\).

Vậy có tổng các giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa yêu cầu đề bài là \(7+\left( -7 \right)+\left( -6 \right)=-6\).

Chọn C

Dựng \(AA'\text{//}OO'\) (\(A'\in \left( O \right)\)), gọi \(I\) là trung điểm\(A'B\), \(R\)là bán kính đáy.

Suy ra: khoảng cách giữa \(AB\) và \(OO'\) là \(OI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Và: \(IB=\sqrt{O{{B}^{2}}-O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{3{{a}^{2}}}{4}}\Rightarrow A'B=2IB=\sqrt{4{{R}^{2}}-3{{a}^{2}}}\).

Thiết diện qua trục là hình vuông nên \(AA'=2R\).

Ta có: \(AA{{'}^{2}}+A'{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}\Leftrightarrow 4{{R}^{2}}+4{{R}^{2}}-3{{a}^{2}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow R=\frac{a\sqrt{14}}{4}\).

Chọn A

Theo đề bài, ta có \(0<x<a\)và \(y=\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}\).

Khi đó \({{V}_{S.ABCM}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCM}}.SA=\frac{1}{3}.\frac{\left( x+a \right)a}{2}.y=\frac{1}{6}a\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}\left( x+a \right)\)

Ta xét hàm số \(f\left( x \right)=\left( x+a \right)\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}\)với \(0<x<a\)

\({f}'\left( x \right)=\frac{-2{{x}^{2}}-ax+{{a}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}\)\(\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\frac{a}{2}\)

Ta có bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\)

Vậy \(\underset{\left( 0;a \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( \frac{a}{2} \right)=\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\) suy ra \(\underset{(0;a)}{\mathop{\max }}\,{{V}_{S.ABCM}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}\)(đvtt).

Chọn D

\(d\left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)=O{O}'=h\); \(AB=R\).

\(\Delta OAB\) vuông tại \(O\) nên \(OA=\sqrt{A{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{{{h}^{2}}}{4}}.\)

\(\Delta OA{O}'\) vuông tại \(O\) nên \({O}'A=\sqrt{{O}'{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{h}^{2}}+{{R}^{2}}-\frac{{{h}^{2}}}{4}}=\sqrt{{{R}^{2}}+\frac{3{{h}^{2}}}{4}}.\)

Diện tích xung quanh của hình nón: \(S=\pi .OA.{O}'A=\pi .\sqrt{\left( {{R}^{2}}-\frac{{{h}^{2}}}{4} \right).\left( {{R}^{2}}+\frac{3{{h}^{2}}}{4} \right)}\).

Đặt \(x=\frac{{{h}^{2}}}{4},x>0\).

Xét \(f\left( x \right)=\pi .\sqrt{\left( {{R}^{2}}-x \right).\left( {{R}^{2}}+3x \right)}=\pi .\sqrt{{{R}^{4}}+2{{R}^{2}}x-3{{x}^{2}}}\) với \(x\in \left( 0;{{R}^{2}} \right]\).

\({f}'\left( x \right)=\pi .\frac{2{{R}^{2}}-6x}{2\sqrt{\left( {{R}^{2}}-x \right).\left( {{R}^{2}}+3x \right)}}\).

\({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 2{{R}^{2}}-6x=0\Leftrightarrow x=\frac{{{R}^{2}}}{3}\).

Diện tích xung quanh của hình nón đạt giá trị lớn nhất khi \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất trên \(\left( 0;{{R}^{2}} \right]\). Khi đó \(x=\frac{{{R}^{2}}}{3}\Leftrightarrow \frac{{{h}^{2}}}{4}=\frac{{{R}^{2}}}{3}\Leftrightarrow {{h}^{2}}=\frac{4{{R}^{2}}}{3}\Rightarrow h=\frac{2R\sqrt{3}}{3}=\frac{2\left( 4\sqrt{3} \right)\sqrt{3}}{3}=8\).

Chọn C

TH1: Giả sử giá trị lớn nhất của hàm \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -1;\,1 \right]\) bằng \(\left| -3+2f(m) \right|\).

Theo giả thiết ta có \(\left| -3+2f(m) \right|=5\)\(\Rightarrow \left[ \begin{align} & f(m)=4 \\ & f(m)=-1 \\\end{align} \right.\).

Thử lại ta có \(f\left( m \right)=4\) không thoả

Với \(f\left( m \right)=-1\).

Dựa vào BBT của hàm số \(f\left( x \right)\) ta có 5 giá trị \(m\) thoả mãn.

TH2: Giả sử giá trị lớn nhất của hàm \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ -1;\,1 \right]\) bằng \(\left| 3+2f(m) \right|\).

Theo giả thiết ta có \(\left| 3+2f(m) \right|=5\)\(\Rightarrow \left[ \begin{align} & f(m)=1 \\ & f(m)=-4 \\\end{align} \right.\).

Thử lại ta có \(f\left( m \right)=-4\) không thoả

Với \(f\left( m \right)=1\). Dựa vào BBT của hàm số \(f\left( x \right)\) ta có 5 giá trị \(m\) thoả mãn.

Vậy có 10 giá trị m thoả mãn đề bài.

Chọn A

Điều kiện xác định của phương trình là

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x - 2 > 0\\{\left( {x - 3} \right)^2} > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x \ne 3\end{array} \right.\end{array}\) (*)

Với điều kiện (*) phương trình \(2{{\log }_{2}}\left( 2x-2 \right)+{{\log }_{2}}{{\left( x-3 \right)}^{2}}=2\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}{{\left( 2x-2 \right)}^{2}}+{{\log }_{2}}{{\left( x-3 \right)}^{2}}=2\)

\(\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left[ {{\left( 2x-2 \right)}^{2}}{{\left( x-3 \right)}^{2}} \right]=2\)

\(\Leftrightarrow {{\left[ \left( 2x-2 \right)\left( x-3 \right) \right]}^{2}}=4\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = 2\\\left( {2x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{x^2} - 8x + 4 = 0{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 1 \right)\\2{x^2} - 8x + 8 = 0{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Phương trình (1) có các nghiệm \(x=2+\sqrt{2}\,\,\,\left( N \right);\,\,\,x=2-\sqrt{2}\,\,\,\left( L \right)\)

Phương trình (2) có nghiệm \(x=2\,\,\left( N \right)\).

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(S=\left\{ 2+\sqrt{2};\,\,2 \right\}\). Tổng các nghiệm bằng \(4+\sqrt{2}\).

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành \({{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+9x+m=0\Leftrightarrow m=-{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-9x\) (1). Xét hàm số \(f\left( x \right)=-{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-9x\) với \(x\in \mathbb{R}\).

Ta có \(f'\left( x \right)=-3{{x}^{2}}+12x-9=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1 \\ & x=3 \\\end{align} \right.\).

Ta có \(f\left( x \right)=0\Leftrightarrow -{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-9x=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=0 \\ & x=3 \\\end{align} \right.\)

và

\(f\left( x \right)=-4\\\Leftrightarrow -{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}-9x=-4\\\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1 \\ & x=4 \\\end{align} \right.\)

.BBT của hàm số \(f\left( x \right)\)

Đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ thoả mãn \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}\)

\(\Leftrightarrow \) Phương trình (1) có 3 nghiệm \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}<\,{{x}_{3}}\)

\(\Leftrightarrow \) Đường thẳng \(y=m\) cắt đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) tại 3 điểm có hoành độ \({{x}_{1}}<{{x}_{2}}<{{x}_{3}}\)

Dựa vào BBT ta suy ra \(0<{{x}_{1}}<1<{{x}_{2}}<3<{{x}_{3}}<4\).

Chọn A

Ta có: Vnón\(=\frac{1}{3}OE.\pi .{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}=\frac{3\pi }{4}\),

Vtrụ\(=AD.\pi .{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}\)\( =2.\frac{9\pi }{4}=\frac{9\pi }{2}\).

Thể tích phần còn lại \({{V}_{3}}=\frac{{{V}_{cau}}}{2}\)\( =\frac{\frac{4}{3}.\pi .\frac{27}{8}}{2}\)\( =\frac{9\pi }{4}\).

Vậy thể tích của toán bộ không gian bên trong tháp nước bằng:\(\frac{3\pi }{4}+\frac{9\pi }{2}+\frac{9\pi }{4}\)\( =\frac{30\pi }{4}\)\( =\frac{15\pi }{2}\)

Chọn A

Đặt \(t=\cos x,\forall x\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow t\in \left( 0;1 \right)\).

Ta thấy hàm số \(t=\cos x\) nghịch biến trên khoảng \(\left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\) nên để hàm số \(y=\frac{\cos x+1}{10\cos x+m}\) đồng biến trên khoảng \(\left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\) khi và chỉ khi hàm số \(y=\frac{t+1}{10t+m}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( 0;1 \right)\).

Ta có \({f}'\left( t \right)=\frac{m-10}{{{\left( 10t+m \right)}^{2}}}<0,\forall t\in \left( 0;1 \right)\Leftrightarrow m<10\).

Lại có \(10t+m\ne 0\Leftrightarrow \frac{-m}{10}\ne t\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{ - m}}{{10}} \le 0\\\frac{{ - m}}{{10}} \ge 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 0\\m \le - 10\end{array} \right.\end{array}\)

Khi đó ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}m < 10\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 0\\m \le - 10\end{array} \right.\end{array} \right.\)\(\Leftrightarrow 0\le m < 10\xrightarrow{m\in {{\mathbb{Z}}^{+}}}m\in \left\{ 1;...;9 \right\}\).

Chọn C

Gọi V là thể tích khối lăng trụ.

Vì BMCN là hình thang có hai đáy BC, MN và \(BC=2MN\) nên ta có

\({{S}_{\Delta BMN}}=\frac{1}{2}d\left( B;MN \right).MN=\frac{1}{2}d\left( N;BC \right).\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}{{S}_{\Delta BCN}}\)

Suy ra \({{V}_{A.BCNM}}={{V}_{A.BMN}}+{{V}_{A.BCN}}=\frac{3}{2}{{V}_{A.BCN}}=\frac{3}{2}{{V}_{N.ABC}}=\frac{3}{2}.\frac{1}{3}V=\frac{1}{2}V\).

Ta có đáy là tam giác \(ABC\) vuông tại A nên: \({{S}_{\Delta ABC}}=6{{a}^{2}}\).

Vì \({B}'{C}'//\left( ABC \right)\Rightarrow d\left( AB;{B}'{C}' \right)=d\left( {B}'{C}'\left( ABC \right) \right)=d\left( {B}';\left( ABC \right) \right)=2a=h\)

Với h là chiều cao của khối lăng trụ.

Suy ra \(V=h.{{S}_{\Delta ABC}}=2a.6{{a}^{2}}=12{{a}^{3}}\Rightarrow {{V}_{A.BCNM}}=\frac{1}{2}V=6{{a}^{3}}\)

Chọn A

Gọi \(O\) là trung điểm của \(AC\).

Tam giác \(D'AC\)cân tại \(D'\Rightarrow DO\bot AC\).Do đó góc giữa \(\left( AC{D}' \right)\)

và \(\left( ABCD \right)\) là \(\widehat{D'OD}=\alpha \)\( \Rightarrow \tan \alpha \)\( =\frac{DD'}{DO}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}\)\( =\sqrt{2}.\)

Chọn B

Do \(H\in \Delta \Rightarrow H\left( x;-3x+10 \right)\).

Mà \(A,\ B,\ C\) là ba điểm phân biệt thuộc \(\left( C \right)\) nên trực tâm \(H\)của tam giác \(ABC\)cũng thuộc \(\left( C \right)\)dó đó

\(-3x+10=\frac{x+2}{x-1}\)\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\\left( { - 3x + 10} \right)\left( {x - 1} \right) = x + 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\{x^2} - 4x + 4 = 0\end{array} \right.\end{array}\)\(\Leftrightarrow x=2\).

Vậy \(H\left( 2;4 \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow{OH}=\left( 2;4 \right)\)\( \Rightarrow OH=2\sqrt{5}.\)

Chọn D

Ta có: \(5\left( {{25}^{y}}+2y \right)=x+{{\log }_{5}}{{\left( x+1 \right)}^{5}}-4\)\( \Leftrightarrow 5{{\log }_{5}}\left( x+1 \right)+x+1={{5}^{2y+1}}+5\left( 2y+1 \right)\). \(\left( 1 \right)\)

Đặt \({{\log }_{5}}\left( x+1 \right)=t\)\( \Rightarrow x+1={{5}^{t}}\).

Phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành: \(5t+{{5}^{t}}=5\left( 2y+1 \right)+{{5}^{2}}^{y+1}\) \(\left( 2 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( u \right)=5u+{{5}^{u}}\) trên \(\mathbb{R}\).

\({f}'\left( u \right)=5+{{5}^{u}}\ln 5>0\,,\,\forall u\in \mathbb{R}\) nên hàm số \(f\left( u \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó \(\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( t \right)=f\left( 2y+1 \right)\)\( \Leftrightarrow t=2y+1\)\(\Rightarrow {{\log }_{5}}\left( x+1 \right)=2y+1\)\( \Leftrightarrow x+1={{5}^{2y+1}}\)\( \Leftrightarrow x={{5.25}^{y}}-1\)

Vì \(0\le x\le 4000\)\( \Rightarrow 0\le {{5.25}^{y}}-1\le 4000\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{5}\le {{25}^{y}}\le \frac{4001}{5}\)\( \Leftrightarrow \frac{-1}{2}\le y\le {{\log }_{25}}\frac{4001}{5}\approx 2.08\)

Do \(y\in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow y\in \left\{ 0\,,\,1\,,\,2\, \right\}\), có 3 giá trị của y nên cũng có 3 giá trị của \(x\)

Vậy có 3 cặp số nguyên \(\left( x\,;\,y \right)\).

Chọn D

Do tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) và \(AC=2a\) nên \(AB=BC=a\sqrt{2}\)\( \Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Xét tam giác \(A{A}'H\) ta có: \({A}'H=\sqrt{A{{{{A}'}}^{2}}-A{{H}^{2}}}\)\( =\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

Vậy: \({{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}\)\( ={{S}_{ABC}}.{A}'H\)\( =\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{2}\)

Chọn C

Thể tích khối tròn xoay sinh ra sau khi quay hình thang \(ABCD\) xung quanh cạnh \(BC\) được tính như sau: \(V=2.\left( {{V}_{1}}-{{V}_{2}} \right)\) với \({{V}_{1}}\) là thể tích khối nón có đỉnh là \(C\) có đáy là hình tròn tâm \(B\), \({{V}_{2}}\) là khối nón đỉnh \(H\) có đáy là hình tròn tâm tâm \(I.\)

Tam giác \(BCD\) vuông cân tại \(B\) nên \(BC=BD=AB\sqrt{2}=3\sqrt{2}\)

Nên \({{V}_{1}}=\frac{1}{3}\pi B{{C}^{2}}.BD=\frac{1}{3}\pi .{{\left( 3\sqrt{2} \right)}^{2}}.3\sqrt{2}=18\sqrt{2}\pi \)

Dễ dàng chứng minh được \(BAHE\) là hình vuông nên \(AE=HB=AB\sqrt{2}=3\sqrt{2}\Rightarrow HI=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)

Nên \({{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi .I{{A}^{2}}.IH=\frac{1}{3}\pi {{\left( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}.\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{9\sqrt{2}}{4}\pi \)

Vậy \(V=2\left( {{V}_{1}}-{{V}_{2}} \right)=\frac{63\sqrt{2}}{2}\pi \)

Chọn B

Đặt \(f\left( x \right)=3{{x}^{4}}-m{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}+m-3\)

Do \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)\\=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 3{{x}^{4}}-m{{x}^{3}}+6{{x}^{2}}+m-3 \right)=+\infty >0\)

Nên \(y=\left| f\left( x \right) \right|\) đồng biến trên \(\left( 0;+\infty  \right)\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} f\left( x \right)\ge 0 \\ {f}'\left( x \right)\ge 0 \\\end{matrix} \right.,\forall x\in \left( 0;+\infty \right)\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} f\left( 0 \right)\ge 0 \\ {f}'\left( x \right)\ge 0 \\\end{matrix} \right.,\forall x\in \left( 0;+\infty \right)\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} m-3\ge 0 \\ 12{{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+12x\ge 0 \\\end{matrix} \right.,\forall x\in \left( 0;+\infty \right)\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} m\ge 3 \\ m\le 4x+\frac{4}{x} \\\end{matrix} \right.,\forall x\in \left( 0;+\infty \right)\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} m\ge 3 \\ m\le \underset{x\in \left( 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,\left( 4x+\frac{4}{x} \right) \\\end{matrix} \right.\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} m\ge 3 \\ m\le 8 \\\end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow 3\le m\le 8\).

Vậy \(3\le m\le 8\).

Chọn A

Xét phương trình \(\left( 4\log _{2}^{2}x+{{\log }_{2}}x-5 \right)\sqrt{{{7}^{x}}-m}=0\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{matrix} x>0 \\ m\le {{7}^{x}} \\\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x\ge {{\log }_{7}}m \\ x>0 \\\end{matrix} \right.\).

Phương trình tương đương

\(\begin{array}{l}\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{4\log _2^2x + {{\log }_2}x - 5 = 0}\\{{7^x} - m = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = {2^{\frac{{ - 5}}{4}}}}\end{array}}\\{x = {{\log }_7}m}\end{array}} \right.\end{array}\)

Để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt:

TH1: \({{\log }_{7}}m\le 0\Leftrightarrow 0<m\le 1\Rightarrow m=1\).

TH2: \({{2}^{\frac{-5}{4}}}\le {{\log }_{7}}m<2\Leftrightarrow {{7}^{{{2}^{\frac{-5}{4}}}}}\le m<49\Rightarrow m\in \left\{ 3;4;...;48 \right\}\).

Vậy có tất cả \(47\) giá trị \(m\) thỏa mãn.

Chọn A

Do \(SA\bot AC,\,SB\bot BC\) nên \(S,A,B,C\) nằm trên mặt cầu đường kính \(SC\),

Ta có \(A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}-2AB.BC.\sin {{45}^{0}}=10{{a}^{2}}\Rightarrow AC=a\sqrt{10}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( ABC \right)\).

Ta có \(CA\bot SA\) và \(CA\bot SH\) nên \(CA\bot HA\).

Tương tự: \(CB\bot HB\).

Khi đó \(ABCH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HC\) nên \(HC=\frac{AC}{\sin {{45}^{0}}}=2\sqrt{5}a\).

Ta có: \(HB=\sqrt{H{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}\)

Gọi \(K,I\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) và của \(H\) lên \(AB\). Khi đó \(\Delta CKB\) và \(\Delta HIB\)vuông cân nên \(CK=\frac{3\sqrt{2}a}{\sqrt{2}}=3a\) và \(HI=\frac{HB}{\sqrt{2}}=a\).

Do đó \(\frac{d\left( H,\left( SAB \right) \right)}{d\left( C,\left( SAB \right) \right)}=\frac{HI}{CK}=\frac{1}{3}\)

Ta có \(\sin \alpha =\frac{\sqrt{2}}{4}\Rightarrow \frac{d\left( C,\left( SAB \right) \right)}{CB}=\frac{\sqrt{2}}{4}\Rightarrow d\left( C,\left( SAB \right) \right)=CB.\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{3a}{2}\Rightarrow d\left( H,\left( SAB \right) \right)=\frac{a}{2}\).

Khi đó \(\frac{1}{S{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{d}^{2}}\left( H,\left( SAB \right) \right)}-\frac{1}{H{{I}^{2}}}=\frac{4}{{{a}^{2}}}-\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{3}{{{a}^{2}}}\Rightarrow S{{H}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{3}\).

Vậy \(SC=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{3}+20{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{183}}{3}\), suy ra bán kính mặt cầu \(R=\frac{a\sqrt{183}}{6}\).

Chọn A

Ta có số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right)=C_{15}^{6}\)

Gọi \(A\) là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ ba màu và số viên bi đỏ lớn hơn số viên bi vàng”

* Số cách lấy được \(2\) bi xanh, \(2\) bi đỏ và \(1\) bi vàng là: \(C_{6}^{2}.C_{4}^{2}.C_{5}^{1}\)

* Số cách lấy được \(1\) bi xanh, \(3\) bi đỏ và \(1\) bi vàng là: \(C_{6}^{1}.C_{4}^{3}.C_{5}^{1}\)

Khi đó \(n\left( A \right)=C_{6}^{2}.C_{4}^{2}.C_{5}^{1}+C_{6}^{1}.C_{4}^{3}.C_{5}^{1}=570\).

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{570}{C_{15}^{5}}=\frac{190}{1001}\).