Thi thử THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Thanh Xuân năm 2022

Dựa vào BBT của hàm số ta có \({x_{CD}} = 1,\,\,{x_{CT}} = 2\).

Do đó hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn A.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 2} \right\}\). Ta có: \(y' = \dfrac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là: \(y = \dfrac{4}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \dfrac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 2}}\,\,\left( d \right)\)

Gọi \(A = d \cap Ox\). Cho \(y = 0 \Rightarrow \dfrac{{4\left( {x - {x_0}} \right)}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} + \dfrac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 2}} = 0 \Leftrightarrow 4x - 4{x_0} + 2x_0^2 + 4{x_0} = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{x_0^2}}{2} \Rightarrow A\left( {\dfrac{{x_0^2}}{2};0} \right)\)

\( \Rightarrow OA = \dfrac{{x_0^2}}{2}\) .

Gọi \(B = d \cap Oy\). Cho \(x = 0 \Rightarrow y = \dfrac{{ - 4{x_0}}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} + \dfrac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 2}} = \dfrac{{ - 4{x_0} + 2x_0^2 + 4{x_0}}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{2x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \Rightarrow B\left( {0;\dfrac{{2x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}} \right)\)  

\( \Rightarrow OB = \dfrac{{2x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \dfrac{1}{2}OA.OB = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{x_0^2}}{2}.\dfrac{{2x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{18}}\\ \Leftrightarrow 9x_0^4 = {\left( {{x_0} + 2} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x_0^2 = {x_0} + 2\\3x_0^2 =  - {x_0} - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} = \dfrac{{ - 2}}{3}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là \(\left[ \begin{array}{l}y = \dfrac{4}{9}x + \dfrac{2}{9}\\y = \dfrac{9}{4}x + \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\) .

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} - 5x + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 3\end{array} \right.\).

Vậy đồ thị \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

Chọn D.

TXĐ: \(D = R\). Ta có: \(y' = 4{x^3} - 16x < 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 4} \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {0;2} \right)\).

Vậy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).

Chọn B.

Ta có: \({\left( {1 - 2x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - 2x} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^k}} \)

\( \Rightarrow {a_k} = C_n^k.{\left( { - 2} \right)^k} \Rightarrow \left| {{a_k}} \right| = C_n^k{.2^k}\,\,\forall k = \overline {0;n} \).

Khi đó ta có:

\(S = \left| {{a_1}} \right| + 2\left| {{a_2}} \right| + ... + n\left| {{a_n}} \right| = C_n^1{.2^1} + 2.C_n^2{.2^2} + .... + n.C_n^n{.2^n}\)

Xét khai triển

\(\begin{array}{l}{\left( {1 + x} \right)^n} = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i.{x^i}}  = C_n^0 + C_n^1x + C_n^2{x^2} + ... + C_n^n{x^n}\\ \Rightarrow n{\left( {1 + x} \right)^{n - 1}} = C_n^1 + 2C_n^2x + ... + nC_n^n{x^{n - 1}}\end{array}\)

Thay \(x = 2\) ta có \(n{.3^{n - 1}} = C_n^1 + 2C_n^2.2 + ... + nC_n^n{.2^{n - 1}} \Rightarrow 2.n{.3^{n - 1}} = 2C_n^1 + 2C_n^2{.2^2} + ... + nC_n^n{.2^n}\)

\( \Rightarrow S = 2n{.3^{n - 1}} = 34992 \Leftrightarrow n{.3^{n - 1}} = 17496 \Leftrightarrow n = 8\).

Thay \(n = 8\) vào P ta có

\(\begin{array}{l}P = {a_0} + 3{a_1} + 9{a_2} + ... + {3^8}{a_8}\\P = C_8^0 + 3.C_8^1.{\left( { - 2} \right)^1} + {3^2}.C_8^2.{\left( { - 2} \right)^2} + ... + {3^8}.C_8^8.{\left( { - 2} \right)^8}\\P = C_8^0 - C_8^1{.6^1} + C_8^2{.6^2} - .... + C_8^8{.6^8}\\P = {\left( {1 - 6} \right)^8} = {5^8} = 390625\end{array}\)

Chọn D.

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

Có \(y = \dfrac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 4}} = \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \dfrac{{x - 1}}{{x + 2}} \Rightarrow x =  - 2\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Chọn A.

Từ đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + 9x - 2\) ta suy ra đồ thị hàm số \(y = \left| {{x^3} - 6{x^2} + 9x - 2} \right|\) như sau:

Số nghiệm của phương trình \(\left| {{x^3} - 6{x^2} + 9x - 2} \right| = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \left| {{x^3} - 6{x^2} + 9x - 2} \right|\) và đường thẳng \(y = m\) song song với trục hoành.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Để phương trình có 6 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 0 < m < 2\).

Chọn B.

Gọi \(G = EF \cap A'B',\,\,H = EF \cap A'D',\,\,M = AG \cap BB',\,\,N = AH \cap DD'\).

Khi đó ta có \({V_1} = {V_{A.A'GH}} - {V_{M.B'GE}} - {V_{N.D'FH}}\)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{B'G}}{{C'F}} = \dfrac{{B'E}}{{C'E}} = 1 \Rightarrow B'G = C'F = \dfrac{a}{2}\).

\( \Rightarrow {S_{B'GE}} = \dfrac{1}{2}B'G.B'E = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{8}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta lại có \(\dfrac{{MB'}}{{AA'}} = \dfrac{{GB'}}{{GA'}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow MB' = \dfrac{1}{3}AA' = \dfrac{a}{3}\).

\( \Rightarrow {V_{M.B'GE}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{{{a^2}}}{8} = \dfrac{{{a^3}}}{{72}}\). Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({S_{D'FH}} = \dfrac{{{a^2}}}{8};\,\,ND' = \dfrac{a}{3} \Rightarrow {V_{N.D'FH}} = \dfrac{{{a^3}}}{{72}}\). Ta có: \({S_{A'GH}} = {S_{A'B'C'D'}} + {S_{B'GE}} + {S_{D'FH}} - {S_{C'EF}} = {a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{8} + \dfrac{{{a^2}}}{8} - \dfrac{{{a^2}}}{8} = \dfrac{{9{a^2}}}{8}\)

\( \Rightarrow {V_{A.A'GH}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{9{a^2}}}{8} = \dfrac{{3{a^3}}}{8}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = {V_{A.A'GH}} - {V_{M.B'GE}} - {V_{N.D'FH}} = \dfrac{{3{a^3}}}{8} - \dfrac{{{a^3}}}{{72}} - \dfrac{{{a^3}}}{{72}} = \dfrac{{25{a^3}}}{{72}}\\ \Rightarrow {V_2} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} - {V_1} = {a^3} - \dfrac{{25{a^3}}}{{72}} = \dfrac{{47{a^3}}}{{72}}\end{array}\)

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{25}}{{47}}\).

Chọn A.

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y \ge 0\\x - y \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - y\\x \ge y\\x \ge 0\end{array} \right.\)

Từ phương trình thứ nhất ta có

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\sqrt {x + y}  + \sqrt {x - y}  = 4 \Leftrightarrow x + y + x - y + 2\sqrt {{x^2} - {y^2}}  = 16\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - {y^2}}  = 8 - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8 - x \ge 0\\{x^2} - {y^2} = {x^2} - 16x + 64\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 8\\{y^2} = 16x - 64\end{array} \right.\end{array}\)

Thế \({y^2} = 16x - 64\) vào phương trình thứ hai ta có :

\({x^2} + 16x - 64 = 128 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x =  - 24\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {y^2} = 16.8 - 64 = 64 \Leftrightarrow y = 8\,\,\left( {Do\,\,y > 0} \right)\).

Vậy nghiệm dương của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {8;8} \right) \Rightarrow x + y = 16\).

Chọn C.

Ta có AB // CD \( \Rightarrow \angle \left( {SB,CD} \right) = \angle \left( {SB,AB} \right) = \angle SBA\).

Do tam giác SAB vuông cân tại A nên \(\angle SBA = {45^0}\). Vậy \(\angle \left( {SB;CD} \right) = {45^0}\).

Chọn D.

Gieo một con súc sắc ta có \(n\left( \Omega  \right) = 6\).

Gọi A là biến cố : ‘‘xuất hiện mặt chẵn’’ \( \Rightarrow A = \left\{ {2;4;6} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 3\).

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\).

Chọn A.

ĐK : \({x^2} - 1 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le  - 1\end{array} \right.\).

\(\sqrt {2\left( {{x^2} - 1} \right)}  \le x + 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\2\left( {{x^2} - 1} \right) \le {x^2} + 2x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 1\\{x^2} - 2x - 3 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 1\\ - 1 \le x \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 \le x \le 3\).

Kết hợp ĐK ta có \(\left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\1 \le x \le 3\end{array} \right.\). Vậy số nghiệm nguyên của phương trình là 4.

Chọn C.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có \(y' = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là : \(y = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \dfrac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}}\,\,\left( d \right)\)

Vì \(\left( d \right)//\Delta :\,\,2x + y + 1 = 0 \Leftrightarrow y =  - 2x - 1 \Rightarrow \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} =  - 2 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} = 0\end{array} \right.\).

Với \({x_0} = 2 \Rightarrow \left( d \right):\,\,y =  - 2\left( {x - 2} \right) + 3 =  - 2x + 7 \Leftrightarrow 2x + y - 7 = 0\).

Với \({x_0} = 0 \Rightarrow \left( d \right):\,\,y =  - 2\left( {x - 0} \right) - 1 =  - 2x - 1 \Leftrightarrow 2x + y + 1 = 0\,\,\left( {ktm\,\,do\,\,trung\,\,\Delta } \right)\).

Chọn A.

+) Đồ thị hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương nên loại đáp án A và D.

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty  \Rightarrow a > 0\), loại đáp án B.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - 2;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\\f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {0;2} \right)\end{array} \right.\) , do đó hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\), nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).

Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = C_{11}^6 = 462\).

Gọi A là biến cố :"Tổng số ghi trên 6 tấm thẻ là số lẻ".

TH1: 5 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn \( \Rightarrow \) có \(C_6^5.C_5^1 = 30\) cách chọn.

TH2: 3 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn \( \Rightarrow \) có \(C_6^3.C_5^3 = 200\) cách chọn.

TH3: 1 thẻ mang số lẻ và 5 thẻ mang số chẵn \( \Rightarrow \) có \(C_6^1.C_5^5 = 6\) cách chọn.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 30 + 200 + 6 = 236\),

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{236}}{{462}} = \dfrac{{118}}{{231}}\).

Chọn C.

Ta có : \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9;\,\,f''\left( x \right) = 6x - 6\).

Xét hệ \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\f''\left( x \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{x^2} - 6x - 9 = 0\\6x - 6 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\\x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 3\).

Vậy điểm cực tiểu của hàm số là \(x = 3\).

Chọn B.

Dựa vào BBT của hàm số ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\). Có \(\left( { - \infty ; - 2} \right) \subset \left( { - \infty ; - 1} \right)\) do đó hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\).

Chọn D.

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow \Delta SAB\) vuông tại A. Áp dụng định lí Pytago ta có : \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 2 \).

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

Chọn D.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x - 1 \Rightarrow y'\left( 1 \right) =  - 4\).

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại \(M\left( {1;0} \right)\) là \(y =  - 4\left( {x - 1} \right) + 0 =  - 4x + 4\).

Chọn C.

ĐKXĐ: \(x \ne  - 1\).

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

\(y\left( 1 \right) =  - 1;\,\,y\left( 0 \right) = 0;\,\,y\left( 3 \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = 0\).

Chọn C.

Đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) nhận đượcbằng cách như sau :

+) Vẽ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

+) Xóa phần đồ thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) bên trái trục Oy.

+) Lấy đối xứng toàn bộ phần đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) bên phải trục Oy qua Oy.

Do đó hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) phải có 2 điểm cực trị phân biệt có hoành độ dương \( \Leftrightarrow \) phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm dương phân biệt.

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

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

Chọn B.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) có tiệm cận ngang là \(y = 2\).

Chọn A.

Xếp 5 người vào 5 vị trí ngồi thành hàng ngang có \(5! = 120\) cách.

Chọn A.

TXĐ : \(D = R\).

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + m = 0\). Để hàm số có 2 điểm cực trị \({x_1},\,\,{x_2}\) thì phương trình \(y' = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' = 9 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3\).

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = \dfrac{m}{3}\end{array} \right.\).

Theo giả thiết ta có : \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 13 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 13 \Leftrightarrow 4 - m = 13 \Leftrightarrow m =  - 9\) (tm).

Dựa vào các đáp án ta thấy \({m_0} =  - 9 \in \left( { - 15; - 7} \right)\).

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN \(y = 1\) và TCĐ \(x = 2\).

Chọn B.

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

Chọn C.

Ta có \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha  = 1 - {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^2} = \dfrac{8}{9}\).

Do \(\dfrac{\pi }{2} < \alpha  < \pi  \Rightarrow \cos \alpha  < 0 \Leftrightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{ - 2\sqrt 2 }}{3}\).

Chọn D.

Khi \(x \to {1^ + }\) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( { - 2x + 1} \right) =  - 1\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{ - 2x + 1}}{{x - 1}} =  - \infty \).

Chọn B.

Gọi chiều rộng, chiều dài và chiều cao của bể lần lượt là x, 2x, h (\(x > 0,\,\,h > 0\)).

Khi đó thể tích của bể là \(V = 2{x^2}h = 200 \Rightarrow h = \dfrac{{100}}{{{x^2}}}\).

Diện tích xung quanh và diện tích dáy bể là \(S = 2xh + 2.2x.h + 2x.x = 6xh + 2{x^2}\)

\( \Rightarrow S = 6x.\dfrac{{100}}{{{x^2}}} + 2{x^2} = \dfrac{{600}}{x} + 2{x^2} = \dfrac{{300}}{x} + \dfrac{{300}}{x} + 2{x^2} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{300}}{x}.\dfrac{{300}}{x}.2{x^2}}} = 3\sqrt[3]{{180000}} = 30\sqrt[3]{{180}}\)

\( \Rightarrow {S_{\min }} = 30\sqrt[3]{{180}}\) . Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{{300}}{x} = 2{x^2} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{150}}\).

Vậy chi phí thấp nhất để xây bể là  \(30\sqrt[3]{{180}}.300\,\,000 \approx 50\,815\,945 \simeq 51\) triệu đồng.

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(x - m = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\,\,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left( {x - 1} \right) = x + 1 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {2 + m} \right)x + m - 1 = 0\,\,\left( * \right)\).

Để đường thẳng thẳng \(\left( d \right):\,\,y = x - m\) cắt đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\)  tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0\).

\( \Leftrightarrow {\left( {2 + m} \right)^2} - 4\left( {m - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 8 > 0\) (luôn đúng).

Gọi \({x_A},\,\,{x_B}\) lần lượt là hoành độ của điểm A, B \( \Rightarrow \) \({x_A},\,\,{x_B}\) là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*). Áp dụng định lí Vi-ét ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2 + m\\{x_A}{x_B} = m - 1\end{array} \right.\).

\(\begin{array}{l}A\left( {{x_A};\,\,{x_A} - m} \right);\,\,B\left( {{x_B};{x_B} - m} \right) \Rightarrow A{B^2} = {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} + {\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} = 2{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)^2} = 18\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_A} + {x_B}} \right)^2} - 4{x_A}{x_B} = 9 \Leftrightarrow {\left( {2 + m} \right)^2} - 4\left( {m - 1} \right) = 9 \Leftrightarrow {m^2} + 8 = 9 \Leftrightarrow m =  \pm 1\end{array}\)

Chọn C.

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m + 2\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m + 2\) song song với trục hoành.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy để đường thẳng \(y = m + 2\) cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow  - 4 < m + 2 <  - 3 \Leftrightarrow  - 6 < m <  - 5\).

Chọn D.

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và bán kính đáy S là : \(V = Sh\).

Chọn C.

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {x^2} + 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = {x^2} - 2x + 1\).

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 2x + 1\). Ta có hình ảnh đồ thị hàm số như sau :

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(f'\left( x \right) = {x^2} - 2x + 1\) có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\) như sau :

Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = 1\).

Chọn C.

Gọi M là trung điểm của AC, ta có \(\overrightarrow {BG}  = 2\overrightarrow {GM}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{37}}{3} = 2\left( {{x_M} - \dfrac{1}{3}} \right)\\\dfrac{{ - 1}}{3} = 2\left( {{y_M} - \dfrac{2}{3}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \dfrac{{13}}{2}\\{y_M} = \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\dfrac{{13}}{2};\dfrac{1}{2}} \right)\).

Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường thẳng \(\left( d \right):\,\,x + 2y - 5 = 0 \Rightarrow B' \in AC\).

Gọi d’ là đường thẳng qua B và vuông góc với (d) \( \Rightarrow \) Phương trình (d’) : \(2x - y + 25 = 0\).

Gọi \(H = \left( {d'} \right) \cap \left( d \right) \Rightarrow H\left( { - 9;7} \right)\) là trung điểm của BB’ \( \Rightarrow B'\left( { - 6;13} \right)\).

Phương trình đường thẳng AC đi qua hai điểm B’, M là \(\dfrac{{x - \dfrac{{13}}{2}}}{{ - 6 - \dfrac{{13}}{2}}} = \dfrac{{y - \dfrac{1}{2}}}{{13 - \dfrac{1}{2}}} \Leftrightarrow \dfrac{{25}}{2}\left( {x - \dfrac{{13}}{2}} \right) = \dfrac{{ - 25}}{2}\left( {y - \dfrac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow x - \dfrac{{13}}{2} =  - y + \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x + y - 7 = 0\).

\(A = d \cap AC \Rightarrow A\left( {9; - 2} \right)\). M là trung điểm của AC \( \Rightarrow C\left( {4;3} \right)\).

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng BC là \(\dfrac{{x + 12}}{{4 + 12}} = \dfrac{{y - 1}}{{3 - 1}} \Leftrightarrow x - 8y + 20 = 0\).

Dựa vào các đáp án ta thấy BC đi qua điểm \(\left( {4;3} \right)\).

Chọn D.

Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc ba có dạng \(y = a{x^3} + b{x^2} + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\).

Ta có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a < 0 \Rightarrow \) Loại đáp án  B và D.

Xét đáp án A có \(y' =  - 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\) , do đó loại đáp án A.

Chọn C.

Do tam giác ABC đều cạnh a nên ta có \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 3 .\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{4}\).

Chọn C.

Ta có : \(y' = 6{x^2} - 6\left( {m + 3} \right)x + 18m\).

Để đồ thị hàm số đã cho tiếp xúc với trục hoành thì hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2{x^3} - 3\left( {m + 3} \right){x^2} + 18mx - 8 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\\6{x^2} - 6\left( {m + 3} \right) + 18m = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\) có nghiệm.

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 3m = 0\) có \(\Delta  = {\left( {m + 3} \right)^2} - 12m = {\left( {m - 3} \right)^2}\), do đó phương trình (2) có 2 nghiệm \(\left[ \begin{array}{l}x = m\\x = 3\end{array} \right.\)

+) Với \(x = 3\) ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 54 - 27\left( {m + 3} \right) + 54m - 8 = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{{35}}{{27}}\).

+) Với \(x = m\) ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2{m^3} - 3{m^3} - 9{m^2} + 18{m^2} - 8 = 0 \Leftrightarrow  - 3{m^3} + 9{m^2} - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 4 \pm 2\sqrt 6 \end{array} \right.\).

Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = 1\).

Chọn B.

TXĐ : \(D = R\backslash \left\{ {3m - 2} \right\}\).

Ta có: \(y' = \dfrac{{ - 3m + 2 - 2m + 3}}{{{{\left( {x - 3m + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 5m + 5}}{{{{\left( {x - 3m + 2} \right)}^2}}}\).

Để hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 14} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 5m + 5 > 0\\3m - 2 \ge  - 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 1\\m \ge  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 4 \le m < 1\).

\( \Rightarrow S = \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1;0} \right\} \Rightarrow \) Tổng các phần tử của S bằng -10.

Chọn A.

Kẻ \(HM//BC \Rightarrow HM \bot CD \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SMH = {45^0}\).

Kẻ \(AE//BD\,\,\left( {E \in BC} \right)\) \( \Rightarrow BD//\left( {SAE} \right) \Rightarrow d\left( {SA;BD} \right) = d\left( {BD;\left( {SAE} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SAE} \right)} \right)\).

Trong (ABCD) kẻ \(HI//AC\,\,\left( {I \in AE} \right)\). Vì \(AC \bot BD \Rightarrow HI \bot AE\).

Trong (SHI) kẻ \(HK \bot SI\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot IH\\AE \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AE \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow AE \bot HK \Rightarrow HK \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAE} \right)} \right) = HK\).

Gọi \(O = AC \cap BD\), dễ dàng chứng minh được OAIH là hình chữ nhật \( \Rightarrow HI = OA = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2 \).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\dfrac{{HM}}{{BC}} = \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow HM = \dfrac{3}{4}BC = \dfrac{3}{4}.2a = \dfrac{{3a}}{2}\)

\( \Rightarrow SH = HM\tan {45^0} = \dfrac{{3a}}{2}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHI có : \(HK = \dfrac{{SH.HI}}{{\sqrt {S{H^2} + H{I^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{2}.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {\dfrac{{9{a^2}}}{4} + 2{a^2}} }} = \dfrac{{3a\sqrt {34} }}{{17}}\).

Chọn D.

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

Ta có \(y = \dfrac{{2.1 - 1.1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Chọn B.

Do đáy là tam giác đều cạnh a nên \({S_{day}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\). Chiều cao của lăng trụ là \(h = a\).

\( \Rightarrow {V_{lang\,\,tru}} = {S_{day}}.h = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).

Chọn B.

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

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SB \bot BC\\\left( {ABCD} \right) \supset AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA = {60^0}\)

Ta có: \(SA = AB\tan 60 = a\sqrt 3 \)\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\). 

Chọn B.

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4x,\,\,y'' = 12{x^2} - 4\).

Xét hệ \(\left\{ \begin{array}{l}4{x^3} - 4x = 0\\12{x^2} - 4 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x > \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\\x <  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  \pm 1\). Do đó hàm số đã cho đạt cực tiểu tại hai điểm \(x =  \pm 1\). Khi đó ta có \({y_{CT}} = y\left( { - 1} \right) = y\left( 1 \right) =  - 4\).

Chọn D.

\(\cos x = \cos \dfrac{\pi }{3} \Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\).

Chọn C.

TXĐ: \(D = R\). Ta có \(y' =  - 3{x^2} - 6x + 9 > 0 \Leftrightarrow  - 3 < x < 1 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - 3;1} \right)\).

Chọn A.

Ta có: \(d\left( {I;\Delta } \right) = \dfrac{{\left| {3.1 - 4\left( { - 2} \right) - 26} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \dfrac{{15}}{5} = 3\).

Chọn A.

Đặt \(t = \sqrt {2x - {x^2}}  = \sqrt {1 - \left( {1 - 2x + {x^2}} \right)}  = \sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}  \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\).

Khi đó hàm số đã cho trở thành \(y = \left| {t - 3m + 4} \right|\) với \(t \in \left[ {0;1} \right]\).

Khi đó ta có

\(\max y = \max \left\{ {\left| { - 3m + 4} \right|;\left| {5 - 4m} \right|} \right\} \ge \dfrac{{\left| { - 3m + 4} \right| + \left| {5 - 3m} \right|}}{2} = \dfrac{{\left| {3m - 4} \right| + \left| {5 - 3m} \right|}}{2} \ge \dfrac{{\left| {3m - 4 + 5 - 3m} \right|}}{2} = \dfrac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m - 4 = 5 - 3m\\\left( {3m - 4} \right)\left( {5 - 3m} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\).

Chọn A.

Ta có \(g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} + 1 =  - 1\\{x^2} + 1 = 1\\{x^2} + 1 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Các nghiệm trên đều là các nghiệm bội lẻ, do đó đều là cực trị của hàm số \(y = g'\left( x \right)\).

Xét \(x =  - 1\) ta có \(g'\left( { - 1} \right) =  - 2f'\left( 2 \right) > 0\), từ đó ta có bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\) như sau :

Dựa vào các đáp án ta thấy hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn B.

Ta có diện tích đáy của hình chóp là: \(S = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}.\)

\( \Rightarrow V = \dfrac{1}{3}{S_d}.h = \dfrac{1}{3}.4{a^2}.3a = 4{a^3}.\)

Chọn  A.