Thi thử tốt nghiệp THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của trường THPT Cù Huy Cận năm 2022

Sử dụng chức năng MODE 7, ta nhập hàm số $f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 35$

$Start:\;\; - 4;\;\;End:\;\;4;\;\;Step:\;\;\frac{{4 - \left( { - 4} \right)}}{{19}}$  ta được kết quả:

Như vậy $Max\;y \approx 40.$ 

Chọn B.

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 2 \right\}.$

Ta có: $2 - x = 0 \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow x = 2$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{3}{{2 - x}} = 0 \Rightarrow y = 0$ là TCN của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Ta có: ${S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 .$

Có $\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB.$

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên $AB \Rightarrow SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right).$

$\Delta SAB$ vuông cân tại $S \Rightarrow SH = \frac{1}{2}AB = a.$ (tính chất đường trung tuyến

ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).

$\Rightarrow {V_{SABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a.{a^2}\sqrt 3  = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.$

Chọn A.

Hàm số $y = \log \left( {{x^2} - 2mx + 4} \right)$ xác định trên $R \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 4 > 0\;\;\forall x \in R.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\{m^2} - 4 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 2 < m < 2.$

Chọn C.

Ta có: $f'\left( x \right) =  - {x^3} + 4x \Rightarrow f''\left( x \right) =  - 3{x^2} + 4.$

$\Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - {x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f''\left( 0 \right) = 4 > 0\\f''\left( { - 2} \right) =  - 8 < 0\\f''\left( 2 \right) =  - 8 < 0\end{array} \right.$

$\Rightarrow$ hàm số đã cho có 2 điểm cực đại.

Chọn C.

Ta có độ dài đường sinh của hình nón: $l = \frac{{{S_{xq}}}}{{\pi R}} = \frac{{3\pi {a^2}}}{{\pi a}} = 3a.$

$\Rightarrow \tan \alpha  = \frac{h}{R} = \frac{{\sqrt {{l^2} - {R^2}} }}{R} = \frac{{\sqrt {9{a^2} - {a^2}} }}{a} = 2\sqrt 2 .$

Chọn C.

Ta có: $\alpha  = \frac{3}{2} > 0.$

Trong các đáp án chỉ có đáp án A đúng.

Chọn  A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ ta thấy $f'\left( x \right)$ đổi dấu tại 4 điểm.

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

Chọn  B.

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy $R$ và chiều cao $h:\;\;\;V = \pi {R^2}h.$

Chọn D.

ĐKXĐ: $\left( {m - 1} \right){x^2} + 3 \ge 0.$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{x + 1}}{{\sqrt {\left( {m - 1} \right){x^2} + 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{\left| x \right|\sqrt {m - 1 + \frac{3}{{{x^2}}}} }} =  \pm \frac{1}{{\sqrt {m - 1} }}.$

$\Rightarrow$ đồ thị hàm cố có 2 đường TCN $\Leftrightarrow m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1.$

Chọn D.

Đặt $t = \sin x\;\;\left( { - 1 \le t \le 1} \right).$

Khi đó ta có phương trình: ${t^2} - \left( {2 + m} \right)t + 2m = 0\;\;\left( * \right)$

Phương trình đã cho có nghiệm $\Leftrightarrow pt\;\;\left( * \right)$ có nghiệm $t \in \left[ { - 1;\;1} \right]$

+) Đáp án A: Thử với $m = 4$ ta được: $\left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 6t + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\; \notin \left[ { - 1;\;1} \right]\\t = 4\; \notin \left[ { - 1;\;1} \right]\end{array} \right. \Rightarrow m = 4\;\left( {ktm} \right)$

$\Rightarrow$ loại đáp án A, B.

+) Đáp án C: Thử với $m = 2 \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 4t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \notin \left[ { - 1;\,1} \right] \Rightarrow m = 2\,\,\left( {ktm} \right)$

$\Rightarrow$ loại đáp án C.

Chọn D.

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 2 \right\}.$

Ta có: $y' = \frac{{\left( {2x + m + 1} \right)\left( {2 - x} \right) + {x^2} + \left( {m + 1} \right)x - 1}}{{{{\left( {2 - x} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 4x + 2m + 1}}{{{{\left( {2 - x} \right)}^2}}}$

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định $\Leftrightarrow y' \ge 0 \Leftrightarrow  - {x^2} + 4x + 2m + 1 \le 0\;\;\forall x \in D.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < 0\\4 + 2m + 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 2m \le  - 5 \Leftrightarrow m \le  - \frac{5}{2}.$

Chọn A.

Gọi $r$ là bán kính đường tròn giao tuyến giữa $\left( P \right)$ và $\left( S \right).$

$\Rightarrow C = 4\sqrt 2 a\pi  = 2\pi r \Leftrightarrow r = 2\sqrt 2 a.$

Ta có: $d\left( {O;\;\;\left( P \right)} \right) = a$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {R^2} = {d^2}\left( {O;\;\left( P \right)} \right) + {r^2} = {a^2} + 8{a^2} = 9{a^2}\\ \Rightarrow {S_{\left( S \right)}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .9{a^2} = 36\pi {a^2}.\end{array}$

Chọn  A.

Điều kiện: $x > 0.$

$\left( {x - 5} \right)\left( {\log x + 1} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 5 > 0\\\log x + 1 < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 5 < 0\\\log x + 1 > 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 5\\0 < x < {10^{ - 1}}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 5\\x > {10^{ - 1}}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 5\\0 < x < \frac{1}{{10}}\end{array} \right.\\\frac{1}{{10}} < x < 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{{10}} < x < 5.$

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là: $S = \left( {\frac{1}{{10}};\;5} \right).$

 $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{10}}\\b = 5\end{array} \right. \Rightarrow 10a + b = 10.\frac{1}{{10}} + 5 = 6.$

Chọn C.

Ta có:

+) Nếu $0 < a < 1$ thì ${a^\alpha } > {a^\beta } \Leftrightarrow \alpha  < \beta .$

+) Nếu $a > 1$ thì ${a^\alpha } > {a^\beta } \Leftrightarrow \alpha  > \beta .$

+) Nếu $0 < a < b$ thì ${a^m} > {b^m} \Leftrightarrow m < 0.$

+) Nếu $0 < a < b$ thì ${a^m} < {b^m} \Leftrightarrow m > 0.$

Vậy đáp án C sai.

Chọn C.

Công thức chỉnh hợp chập k của n  là $A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\;\;\;\left( {k \le n,\;\;n \in {N^*},\;\;k \in N} \right).$

Ta có: $A_7^4 = 840.$

Chọn D.

Ta có:

$\begin{array}{l}AA' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}}  = \sqrt {AC{'^2} - \left( {A{B^2} + B{C^2}} \right)} \, = \sqrt {9{a^2} - \left( {{a^2} + 4{a^2}} \right)}  = 2a\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = a.2a.2a = 4{a^3}\end{array}$

Nối MC, ta chứng minh được tứ giác A’NCM là hình bình hành, do đó A’, N, C, M đồng phẳng

Thể tích của phần chứa điểm C’ là $V = {V_{A'.MNB'D'}} + {V_{BCD.B'C'D'}} - {V_{C.MNBD}}$.

Ta có 

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{S_{MNB'D'}} = \dfrac{1}{2}\left( {B'N + MD'} \right).B'D' = \dfrac{1}{2}\left( {MD + BN} \right).BD = {S_{MNBD}}\\d\left( {A';\left( {BDD'B'} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {BDD'B'} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {V_{A'.MNB'D'}} = {V_{C.MNBD}}\\ \Rightarrow V = {V_{BCD.B'C'D'}} = \dfrac{1}{2}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{2}.4{a^3} = 2{a^3}\end{array}$

Chọn B.

Ta có: $SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 .$

Có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow A$ là hình chiếu của $S$ trên $\left( {ABCD} \right),\;$

$C$ là hình chiếu của $C$ trên $\left( {ABCD} \right).$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \angle \left( {SC,\;\;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC,\;AC} \right) = \angle SCA.\\ \Rightarrow tan\angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1 \Rightarrow \angle SCA = {45^0}.\end{array}$ 

Chọn  B.

Ta có: $V = Sh = h.{h^2} = {h^3}.$

Chọn  B.

Dựa vào lý thuyết hàm số $y = {\log _a}x\;\;\left( {0 < a \ne 1} \right)$ ta có đáp án A đúng.

Chọn  A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

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

+) Hàm số nghịch biến trên $\left( {0;\;2} \right).$

+) Hàm số đạt cực đại tại $x = 0,\;\;{y_{CD}} = 0.$

+) Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2,\;{y_{CT}} =  - 3.$

+) Đường thẳng $y = 0$ cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt.

Chọn  A.

Ta có: ${\log _6}5 = \frac{1}{{{{\log }_5}6}} = \frac{1}{{{{\log }_5}\left( {2.3} \right)}} = \frac{1}{{{{\log }_5}2 + {{\log }_5}3}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_2}5}} + \frac{1}{{{{\log }_3}5}}}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{{ab}}{{a + b}}$

Chọn B.

Do hàm số $y = {a^x}$ đồng biến trên$\mathbb{R}$ nên $a > 1$.

Do hàm số $y = {\log _a}x$ nghịch biến trên$\left( {0; + \infty } \right)$ nên $0 < b < 1$.

Vậy $a > 1,\,\,0 < b < 1$.

Chọn D.

$\frac{1}{{4 + {{\log }_2}x}} + \frac{2}{{2 - {{\log }_2}x}} = 1$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x \ne  - 4\\{\log _2}x \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne {2^{ - 4}}\\x \ne {2^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{1}{{16}}\\x \ne 4\end{array} \right..$

Đặt $t = {\log _2}x$. Khi đó phương trình đã cho trở thành: $\frac{1}{{4 + t}} + \frac{2}{{2 - t}} = 1\,\,\left( {t \ne 2;\,\,t \ne  - 4} \right)$

$\Leftrightarrow 2 - t + 8 + 2t =  - {t^2} - 2t + 8 \Leftrightarrow {t^2} + 3t + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\;\;\left( {tm} \right)\\t =  - 2\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right.$

+) Với $t =  - 1 \Rightarrow {\log _2}x =  - 1 \Leftrightarrow x = {2^{ - 1}} = \frac{1}{2}\;\;\left( {tm} \right)$.

+) Với $t =  - 2 \Rightarrow {\log _2}x =  - 2 \Leftrightarrow x = {2^{ - 2}} = \frac{1}{4}\;\;\left( {tm} \right)$.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.

Chọn B.

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có đường TCN là $y =  - 2$ và đường TCĐ là $x =  - 1$.

Do đó ta chọn được đáp án đúng là C.

Chọn C.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 2} \right) = 1 - 2 =  - 1$.

Chọn D.

Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO = h$, do ABCD là hình vuông cạnh $r\sqrt 2$ nên $OA = \frac{{r\sqrt 2 .\sqrt 2 }}{2} = r$.

Do đó hình nón $\left( N \right)$ ngoại tiếp khối chóp có chiều cao bằng $h$ và bán kính đáy bằng $r$

$\Rightarrow {V_1} = {V_{\left( N \right)}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h$.

Xét một thiết diện qua trục của hình nón là tam giác SAC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAC. Ta có I chính là tâm khối cầu nội tiếp hình nón $\left( N \right)$.

Xét tam giác vuông SAO có: $SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{h^2} + {r^2}}  = SC$

$\Rightarrow {p_{SAC}} = \frac{{SA + SC + AC}}{2} = \frac{{2\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + 2r}}{2} = \sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r$

Gọi ${R_S}$ là bán kính cầu nội tiếp hình nón $\left( N \right)$ ta có ${r_S} = \frac{{{S_{SAC}}}}{{{p_{SAC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}SO.AC}}{{\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r}} = \frac{{\frac{1}{2}h.2r}}{{\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r}} = \frac{{hr}}{{\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r}}$

$\Rightarrow {V_2} = \frac{4}{3}\pi R_S^3 = \frac{4}{3}\pi \frac{{{{\left( {hr} \right)}^3}}}{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r} \right)}^3}}}$

$\Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}\pi {r^2}h}}{{\dfrac{4}{3}\pi \dfrac{{{{\left( {hr} \right)}^3}}}{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r} \right)}^3}}}}} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r} \right)}^3}}}{{4r{h^2}}} = \dfrac{{\dfrac{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r} \right)}^3}}}{{{h^3}}}}}{{\dfrac{{4r{h^2}}}{{{h^3}}}}} = \dfrac{{\sqrt {1 + \dfrac{{{r^2}}}{{{h^2}}}}  + \dfrac{r}{h}}}{{4\dfrac{r}{h}}}$

Đặt $t = \dfrac{r}{h}$ ta có $f\left( t \right) = \dfrac{{\sqrt {1 + {t^2}}  + t}}{{4t}}$.

Thử từng đáp án ta có:

Đáp án A: $\dfrac{h}{r} = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow t = \dfrac{{\sqrt 2 }}{5} \Rightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{2 + 3\sqrt 6 }}{8} \approx 1,16$.

Đáp án B : $\dfrac{h}{r} = 2 \Rightarrow t = \dfrac{1}{2} \Rightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{4} \approx 0,81$

Đáp án C: $\dfrac{h}{r} = 2\sqrt 2  \Rightarrow t = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow f\left( t \right) = 1$.

Đáp án D: $\dfrac{h}{r} = 3 \Rightarrow t = \dfrac{1}{3} \Rightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{1 + \sqrt {10} }}{4} \approx 1,04$.

Chọn B.

Gọi chiều dài phần thứ nhất dùng để uốn thành hình vuông là $8 - x\,\,\left( m \right)$ thì chiều dài phần thứ hai dùng để uốn thành tam giác đều là $x\,\,\left( m \right)\;\;\left( {0 < x < 8} \right).$

Khi đó ta có cạnh của hình vuông là $\frac{{8 - x}}{4}\,\,\left( m \right) \Rightarrow$ Diện tích hình vuông là ${S_1} = \frac{{{{\left( {8 - x} \right)}^2}}}{{16}}\,\,\left( {{m^2}} \right)$.

Cạnh của tam giác đều là $\frac{x}{3}\,\,\left( m \right) \Rightarrow$ Diện tích tam giác đều là  ${S_2} = {\left( {\frac{x}{3}} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4}\,\,\left( {{m^2}} \right)$.

Tổng diện tích hai hình thu được là

$S = {S_1} + {S_2} = \frac{{{{\left( {8 - x} \right)}^2}}}{{16}}\, + {\left( {\frac{x}{3}} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {8 - x} \right)}^2}}}{{16}} + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{{36}} = \frac{{9{{\left( {8 - x} \right)}^2} + 4\sqrt 3 {x^2}}}{{144}} = \frac{{\left( {9 + 4\sqrt 3 } \right){x^2} - 144x + 576}}{{144}}$

Ta có ${S_{\min }} \Leftrightarrow {\left[ {\left( {9 + 4\sqrt 3 } \right){x^2} - 144x + 576} \right]_{\min }} \Leftrightarrow x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{144}}{{2\left( {9 + 4\sqrt 3 } \right)}} = \frac{{72}}{{9 + 4\sqrt 3 }}$.

Vậy cạnh của tam giác đều là $\frac{x}{3} = \frac{{24}}{{9 + 4\sqrt 3 }}$ (m).

Chọn D.

Do ABB’A’, BCC’B’ là hình vuông nên $\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot AB\\BB' \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BB' \bot \left( {ABC} \right)$.

Lại có tất cả các mặt bên là hình vuông cạnh a $\Rightarrow \Delta ABC$ và $\Delta A'B'C'$ là các tam giác đều cạnh $a$.

$\Rightarrow$ Lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đều có tất cả các cạnh bằng $a$.

Ta có $BC//B'C' \Leftrightarrow B'C'//\left( {A'BC} \right)$ , do đó

$d\left( {A'B;B'C'} \right) = d\left( {B'C';\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {A'BC} \right)} \right)$.

Lại có ${V_{B.A'CC'}} = \frac{1}{3}d\left( {C';\left( {A'BC} \right)} \right).{S_{A'BC}} \Rightarrow d\left( {C';\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{B.A'CC'}}}}{{{S_{A'BC}}}}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AC \Rightarrow BH \bot AC$ và $BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\BH \bot AA'\,\,\left( {AA' \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow BH \bot \left( {A'CC'} \right)$.

${S_{\Delta A'CC'}} = \frac{1}{2}A'C'.CC' = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow {V_{B.A'CC'}} = \frac{1}{3}BH.{S_{\Delta A'CC'}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABA’ và ACA’ ta tính được $A'B = A'C = a\sqrt 2$.

$\Rightarrow \Delta A'BC$ cân tại $A'$ . Gọi $K$ là trung điểm của $BC \Rightarrow A'K \bot BC$.

Xét tam giác vuông $A'BK$ ta có: $A'K = \sqrt {A'{B^2} - B{K^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}$.

$\Rightarrow {S_{A'BC}} = \frac{1}{2}.A'K.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 7 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}$.

Vậy $d\left( {C';\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{B.A'CC'}}}}{{{S_{A'BC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Chọn C.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ ta có $A'H \bot \left( {ABCD} \right)$.

Trong $\left( {ABB'A'} \right)$ kẻ $B'K//A'H\,\,\left( {K \in AH} \right)$ ta có $B'K \bot \left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow \angle \left( {BB';\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {BB';BK} \right) = \angle B'BK = {30^0}$.

Dễ thấy $A'B'KH$ là hình bình hành $\left( {A'B'//HK,\,\,A'H//B'K} \right) \Rightarrow HK = A'B' = 2a$.

Mà $BH = \frac{1}{2}AB = a \Rightarrow BK = a$.

Xét tam giác vuông $B'BK$ ta có : $B'K = BK.\tan {30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Xét $\Delta ABC$ ta có : $\left\{ \begin{array}{l}AB = BC\,\,\left( {gt} \right)\\\angle ABC = {60^0}\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABC$ đều cạnh $2a$.

$\Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3  \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABC}} = 2{a^2}\sqrt 3$.

Vậy ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = B'K.{S_{ABCD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.2{a^2}\sqrt 3  = 2{a^3}$.

Chọn A.

Ta có : $g'\left( x \right) = \left( {4x - \frac{5}{2}} \right)f'\left( {2{x^2} - \frac{5}{2}x - \frac{3}{2}} \right)$.

Đến đây thử từng đáp án ta có :

Chọn $x = 0 \Rightarrow g'\left( 0 \right) = \frac{{ - 5}}{2}.f'\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right) > 0 \Rightarrow$ Loại đáp án A, C.

Chọn $x = 3 \Rightarrow g'\left( 3 \right) = \frac{{19}}{2}.f'\left( 9 \right) > 0 \Rightarrow$ Loại đáp án D.

Chọn B.

Sau 1 năm = 12 tháng, số tiền cả gốc lẫn lãi chị Hân nhận được là :

$A = \frac{{1500000}}{{0,8\% }}\left( {1 + 0,8\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,8\% } \right)}^{12}} - 1} \right] = 18964013,11$ (đồng).

Giá vàng tại thời điểm mua là 3.648.000 đồng/chỉ thì chị Hân có thể mua được $\frac{{18964013,11}}{{3648000}} \approx 5,2$ chỉ.

Chọn A.

TXĐ : $D = R$. Ta có $y' = 3{x^2} - 10x$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ $x = {x_0}$ là :

$y = \left( {3x_0^2 - 10{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 5x_0^2 + 2$ (d)

$\begin{array}{l}A\left( {0;2} \right) \in \left( d \right) \Rightarrow 2 = \left( {3x_0^2 - 10{x_0}} \right)\left( { - {x_0}} \right) + x_0^3 - 5x_0^2 + 2\\ \Leftrightarrow 2 =  - 3x_0^3 + 10x_0^2 + x_0^3 - 5x_0^2 + 2\\ \Leftrightarrow 2x_0^3 - 5x_0^2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = \frac{5}{2}\end{array} \right.\end{array}$

Với mỗi giá trị của ${x_0}$ ta xác định được 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số $\left( C \right)$ đi qua $A\left( {0;2} \right)$.

Vậy có 2 tiếp tuyến của $\left( C \right)$ đi qua  $A\left( {0;2} \right)$.

Chọn C.

$\begin{array}{l}\left( d \right):\,\,2x - y + m = 0 \Leftrightarrow y = 2x + m \Rightarrow y' = 2\\\left( C \right):\,\,y = \frac{{ - 2x - 4}}{{x + 1}}\,\,\left( {x \ne  - 1} \right) \Rightarrow y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\end{array}$

Để $\left( d \right)$ và $\left( C \right)$ tiếp xúc với nhau $\Leftrightarrow$ hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x + m = \frac{{ - 2x - 4}}{{x + 1}}\,\,\left( 1 \right)\\2 = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$ có nghiệm $x \ne  - 1$.

Ta có :$\left( 2 \right) \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 1\\x + 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)$

Thay $x = 0$ vào phương trình (1) ta có : $m =  - 4$

Thay $x =  - 2$ vào phương trình (1) ta có : $- 4 + m = 0 \Leftrightarrow m = 4$.

Vậy $m =  \pm 4$.

Chọn A.

Ta có ${6^x} + \left( {3 - m} \right){2^x} - m = 0 \Leftrightarrow {6^x} + {3.2^x} = m\left( {{2^x} + 1} \right)$

Do ${2^x} + 1 > 0\,\,\forall x \in R \Rightarrow m = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}} = f\left( x \right)$.

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}$ và đường thẳng $y = m$ song song với trục hoành.

Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}$ trên $\left( {0;1} \right)$ ta có :

$\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \frac{{\left( {{6^x}\ln 6 + {{3.2}^x}\ln 2} \right)\left( {{2^x} + 1} \right) - \left( {{6^x} + {{3.2}^x}} \right){2^x}\ln 2}}{{{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{{12}^x}\ln 6 + {{3.4}^x}\ln 2 + {6^x}\ln 6 + {{3.2}^x}\ln 2 - {{12}^x}\ln 2 - {{3.4}^x}\ln 2}}{{{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{{12}^x}\left( {\ln 6 - \ln 2} \right) + {6^x}\ln 6 + {{3.2}^x}\ln 2}}{{{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\left( {Do\,\,\ln 6 > \ln 2 > 0} \right)\end{array}$

Do đó hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}$ đồng biến trên $\left( {0;1} \right)$, từ đó ta lập được BBT của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}$ như sau:

Dựa vào BBT ta thầy phương trình $\frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}} = m$ có nghiệm thuộc $\left( {0;1} \right) \Leftrightarrow m \in \left( {2;4} \right)$.

Chọn B.

Gọi M là trung điểm của $AC$ ta có :

$\left\{ \begin{array}{l}BM \bot AC\\BM \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BM \bot SC$

Trong $\left( {SBC} \right)$ kẻ $BN \bot SC\,\,\left( {N \in SC} \right)$ $\Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {BMN} \right)$.

Ta có $BM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BM \bot MN \Rightarrow \Delta BMN$ vuông tại B.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a \Rightarrow BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Ta có $SC \bot \left( {BMN} \right) \Rightarrow SC \bot MN$.

Xét $\Delta CMN$ và $\Delta CSA$ có :

$\begin{array}{l}\angle C\,\,chung\\\angle CNM = \angle CAS = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta CMN \sim \Delta CSA\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{MN}}{{SA}} = \frac{{CM}}{{SC}} \Rightarrow MN = \frac{{SA.CM}}{{SC}} = \frac{{2a.\frac{a}{2}}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\end{array}$

Vậy ${S_{\Delta BMN}} = \frac{1}{2}BM.MN = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{{\sqrt 5 }} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{{20}}$.

Chọn D.

Gọi H là trung điểm của AB ta có $SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $O = AC \cap BD$, $G$ là trọng tâm tam giác đều $SAB$.

Qua $O$ dựng ${d_1}//SH \Rightarrow {d_1} \bot \left( {ABCD} \right)$, qua $G$ dựng ${d_2}//OH \Rightarrow {d_2} \bot \left( {SAB} \right)$.

Gọi $I = {d_1} \cap {d_2}$ ta có :

$\left\{ \begin{array}{l}I \in {d_1} \Rightarrow IA = IB = IC = ID\\I \in {d_2} \Rightarrow IA = IB = IS\end{array} \right. \Rightarrow IA = IB = IC = ID = IS$

$\Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABCD$.  

Tam giác $SAB$ đều cạnh $a \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HG = \frac{1}{3}SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = OI$.

Ta có $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = a\sqrt 5  \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Áp dụng định Pytago trong tam giác vuông $OAI$ ta có: $IA = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{12}} + \frac{{5{a^2}}}{4}}  = \frac{{2\sqrt 3 a}}{3} = R$

Vậy $S = 4\pi {R^2} = 4\pi \frac{{4{a^2}}}{3} = \frac{{16\pi {a^2}}}{3}$.

Chọn B.

TXĐ : $D = \mathbb{R}$. Ta có $y' = 4{x^3} - 4\left( {1 - {m^2}} \right)x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} + {m^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = 1 - {m^2}\end{array} \right.$

Để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu (tức là có 3 cực trị phân biệt) thì phương trình $y' = 0$ có 3 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow 1 - {m^2} > 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1$.

Khi đó $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = m + 1 \Rightarrow A\left( {0;m + 1} \right) \in Oy\\x = \sqrt {1 - {m^2}}  \Rightarrow y =  - {m^4} + 2{m^2} + m \Rightarrow B\left( {\sqrt {1 - {m^2}} ; - {m^4} + 2{m^2} + m} \right)\\x =  - \sqrt {1 - {m^2}}  \Rightarrow y =  - {m^4} + 2{m^2} + m \Rightarrow C\left( { - \sqrt {1 - {m^2}} ; - {m^4} + 2{m^2} + m} \right)\end{array} \right.$.

Do $A \in Oy,\,\,B,C$ đối xứng nhau qua Ox, do đó tam giác $ABC$ cân tại A.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC \Rightarrow H\left( {0; - {m^4} + 2{m^2} + m} \right)$.

Ta có:

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}AH = \left| { - {m^4} + 2{m^2} + m - m - 1} \right| = \left| { - {m^4} + 2{m^2} - 1} \right| = {\left( {1 - {m^2}} \right)^2}\\BC = 2\sqrt {1 - {m^2}} \end{array} \right\}\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}{\left( {1 - {m^2}} \right)^2}.2\sqrt {1 - {m^2}}  = {\sqrt {1 - {m^2}} ^5}\end{array}$

Ta có ${m^2} \ge 0 \Leftrightarrow 1 - {m^2} \le 1 \Leftrightarrow {S_{ABC}} \le 1$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow m = 0$.

Vậy ${S_{ABC}}$ lớn nhất bằng $1$ khi và chỉ khi $m = 0$.

Chọn B. 

Gọi $\left( O \right)$ là đường tròn đáy chứa $AB$ và $\left( {O'} \right)$ là đường tròn đáy chứa $CD$.

Gọi $A',\,\,B',\,C',\,\,D'$ lần lượt là hình chiếu của $A,B,C,D$ lên các đáy còn lại, khi đó ta có hình lăng trụ đứng $AC'BD'.A'CB'D$. Đặt ${V_{AC'BD'.A'CB'D}} = V$

Ta có:

$\begin{array}{l}{V_{AC'BD'.A'CB'D}} = {V_{ABCD}} + {V_{A.A'CD}} + {V_{B.B'CD}} + {V_{C.ABC'}} + {V_{D.ABD'}}\\ \Rightarrow V = {V_{ABCD}} + 4.\frac{1}{6}V \Leftrightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}V \Rightarrow V = 3{V_{ABCD}} = 90\,\,\left( {c{m^3}} \right)\end{array}$

Dễ dàng nhận thấy $AC'BD'$ là hình chữ nhật và $\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {AB;C'D'} \right) = {30^0}$.

$\Rightarrow {S_{AC'BD'}} = \frac{1}{2}AB.C'D'.\sin {30^0} = \frac{1}{2}.6.6.\frac{1}{2} = 9\,\,\left( {c{m^2}} \right)$

Lại có $V = AA'.{S_{AC'BD'}} \Rightarrow AA' = \frac{V}{{{S_{AC'BD'}}}} = \frac{{90}}{9} = 10\,\,\left( {cm} \right)$ = chiều cao của khối trụ $\left( T \right)$.

Vậy thể tích khối trụ $\left( T \right)$ là: $V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.10 = 90\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)$.

Chọn A.

+) Số cách chọn ra 6 chữ số và sắp xếp chúng sao cho số sau lớn hơn tất cả số đứng trước là $C_{10}^6$ cách. Khi đó tạo ra 7 vách ngăn giữa 6 chữ số trên.

+) Chọn 2 chữ cái bất kì có $C_{26}^2$ cách chọn, xếp 2 chữ cái đó vào 7 vách ngăn giữa các chữ số sao cho mỗi vách ngăn giữa các số có nhiều nhất 1 chữ cái có $A_7^2$ cách xếp.

Vậy số mật khẩu được tạo ra thỏa mãn yêu cầu bài toán là $C_{10}^6.C_{26}^2.A_7^2 = 2866500$ cách.

Chọn C.

Gọi $O = AC \cap BD$, trong $\left( {SAC} \right)$ gọi $I = AE \cap SO$.

Trong $\left( {SBD} \right)$ kẻ $MN$ qua I sao cho $MN//BD\,\,\left( {M \in SB,\,\,N \in SD} \right)$ khi đó ta có $\left( \alpha  \right) \equiv \left( {AMEN} \right)$.

Áp dụng định lí Menelause trong tam giác SOC có:

$\frac{{IS}}{{IO}}.\frac{{AO}}{{AC}}.\frac{{EC}}{{ES}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{IS}}{{IO}}.\frac{1}{2}.2 = 1 \Leftrightarrow \frac{{IS}}{{IO}} = 1 \Rightarrow IS = IO \Rightarrow I$ là trung điểm của SO.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{1}{2}$.

Ta có

$\begin{array}{l}\frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.AME}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{{12}}V\\\frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ANE}} = \frac{1}{6}{V_{S.ADC}} = \frac{1}{{12}}V\\ \Rightarrow {V_{S.AMEN}} = {V_{S.AME}} + {V_{S.ANE}} = \frac{1}{{12}}V + \frac{1}{{12}}V = \frac{V}{6}\end{array}$.

Chọn B.

Ta có: $\left( {3m + 1} \right){.12^x} + \left( {2 - m} \right){.6^x} + {3^x} < 0$ nghiệm đúng với mọi $x > 0$.

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho ${3^x} > 0$ ta được: $\left( {3m + 1} \right){.4^x} + \left( {2 - m} \right){.2^x} + 1 < 0$ nghiệm đúng với mọi $x > 0$.

Đặt $t = {2^x} > {2^0} = 1$, bất phương trình trở thành: $\left( {3m + 1} \right).{t^2} + \left( {2 - m} \right).t + 1 < 0\,\,\forall t > 1$

$\Leftrightarrow 3m{t^2} + {t^2} + 2t - mt + 1 < 0\,\,\forall t > 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t + 1 < m\left( {t - 3{t^2}} \right)\,\,\forall t > 1$

Ta có :  $t - 3{t^2} < 0\,\,\,\,\forall t > 1 \Rightarrow f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{t - 3{t^2}}} > m\,\,\,\forall t > 1 \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( t \right)\,$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{t - 3{t^2}}}$ trên $\left[ {1; + \infty } \right)$ ta có :

$\begin{array}{l}f'\left( t \right) = \frac{{\left( {2t + 2} \right)\left( {t - 3{t^2}} \right) - \left( {{t^2} + 2t + 1} \right)\left( {1 - 6t} \right)}}{{{{\left( {t - 3{t^2}} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{2{t^2} - 6{t^3} + 2t - 6{t^2} - {t^2} - 2t - 1 + 6{t^3} + 12{t^2} + 6t}}{{{{\left( {t - 3{t^2}} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{7{t^2} + 6t - 1}}{{{{\left( {t - 3{t^2}} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\;\;\left( {ktm} \right)\\t = \frac{1}{7}\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}$

BBT :

Dựa vào BBT ta có $\mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( t \right)\, =  - 2 \Leftrightarrow m <  - 2$.

Chọn D.

Ta có $y' = 3{x^2} - 6mx = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.$

Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì phương trình $y' = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow 2m \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 0$.

Với $x = 0 \Rightarrow y = 4{m^3} \Rightarrow A\left( {0;4{m^3}} \right)$.

Với $x = 2m \Rightarrow y = 8{m^3} - 3m.4{m^2} + 4{m^3} = 0 \Rightarrow B\left( {2m;0} \right)$.

Khi đó ta có $AB = \sqrt {4{m^2} + 16{m^6}}  = \sqrt {20}  \Leftrightarrow 4{m^2} + 16{m^6} = 20$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} = 1\\{m^2} = 0\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  \pm 1\;\left( {tm} \right).$

Vậy $m =  \pm 1$.

Chọn C.

Ta có :

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\ln x + \ln y \ge \ln \left( {{x^2} + y} \right) \Leftrightarrow \ln \left( {xy} \right) \ge \ln \left( {{x^2} + y} \right)\\ \Leftrightarrow xy \ge {x^2} + y\,\,\left( {x,y > 0} \right) \Leftrightarrow y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} > 0\end{array}$

Do$y > 0\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1$, khi đó ta có $y \ge \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}$.

Ta có:

$\begin{array}{l}P = 2x + y \ge 2x + \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} = \frac{{3{x^2} - 2x}}{{x - 1}} = \frac{{3{x^2} - 3x + x - 1 + 1}}{{x - 1}} = 3x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}\\\,\,\,\,\, = 3\left( {x - 1} \right) + \frac{1}{{x - 1}} + 4\mathop  \ge \limits^{Co - si} 2\sqrt {3\left( {x - 1} \right).\frac{1}{{x - 1}}}  + 4 = 2\sqrt 3  + 4\end{array}$

Vậy $\min P = 4 + 2\sqrt 3$.

Chọn A.

Ta có : ${\left( {1 + x + 4{x^2}} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {x + 4{x^2}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{x^k}{{\left( {1 + 4x} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{x^k}\sum\limits_{l = 0}^k {C_k^l{4^l}{x^l}} } \,\,\left( {0 \le l \le k \le 10} \right)$.

Để tìm các số hạng chứa ${x^4}$ trong khai triển trên ta tìm các cặp số $\left( {k;l} \right)$ thỏa mãn$\left\{ \begin{array}{l}0 \le l \le k \le 10\\k + l = 4\end{array} \right.$.

Ta có bảng sau :

Do đó hệ số của ${x^4}$ trong khai triển trên là : $C_{10}^2.C_2^2{.4^2} + C_{10}^3.C_3^1{.4^1} + C_{10}^4.C_4^0{.4^0} = 2370$.

Chọn C.

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{\left( {x - 1} \right)^3} = 3{x^2} + 3\sqrt[3]{{3{x^2} + 3x + m}} + 3 + m\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} = 3{x^2} + 3x + m + 3\sqrt[3]{{3{x^2} + 3x + m}} - 3x + 3\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} + 3\left( {x - 1} \right) = 3{x^2} + 3x + m + 3\sqrt[3]{{3{x^2} + 3x + m}}\,\,\left( * \right)\end{array}$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^3} + 3t$ ta có $f'\left( t \right) = 3{t^2} + 3 > 0\,\,\forall t \in \mathbb{R}$, do đó hàm số $y = f\left( t \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Mà theo (*) ta có $f\left( {x - 1} \right) = f\left( {\sqrt[3]{{3{x^2} + 3x + m}}} \right) \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} = 3{x^2} + 3x + m \Leftrightarrow {x^3} - 6{x^2} - m - 1 = 0$.

Xét hàm số $g\left( x \right) = {x^3} - 6{x^2} - m - 1$ ta có : $g'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow g\left( 0 \right) =  - m - 1\\x = 4 \Rightarrow g\left( 4 \right) =  - 33 - m\end{array} \right.$

Để phương trình $g\left( x \right) = 0$ có đúng 2 nghiệm thực thì hàm số $y = g\left( x \right)$ có 2 cực trị thỏa mãn ${y_{CD}}.{y_{CT}} = 0 \Leftrightarrow \left( { - m - 1} \right)\left( { - 33 - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\\m =  - 33\end{array} \right.$.

$\Rightarrow S = \left\{ { - 1; - 33} \right\}$. Vậy tổng các phần tử của S là $- 1 - 33 =  - 34$.

Chọn D.

${\log _2}\left( {x - 1} \right) < 3 \Leftrightarrow 0 < x - 1 < 8 \Leftrightarrow 1 < x < 9$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình $S = \left( {1;9} \right)$.

Chọn A.

Gọi P là trung điểm của AB.

Ta có:

$MP$ là đường trung bình của tam giác $ABD \Rightarrow MP//BD$ và $MN = \frac{1}{2}BD = 2a$

$NP$ là đường trung bình của tam giác $ABC \Rightarrow NP//AC$ và $NP = \frac{1}{2}AC = \frac{{3a}}{2}$.

Lại có $AC \bot BD \Rightarrow MP \bot NP \Rightarrow \Delta MNP$ vuông tại $P$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông $MNP$ ta có:

$MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}}  = \sqrt {4{a^2} + \frac{{9{a^2}}}{4}}  = \frac{{5a}}{2}$.

Chọn B.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ cạnh $a:\;\;R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp $R = \sqrt {\frac{{{h^2}}}{4} + R_{day}^2}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 2$.

Vậy diện tích mặt cầu là $S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi {a^2}$.

Chọn A.

Dựng E sao cho ABCE là hình bình hành như hình vẽ.

Ta có: AB // CE

$\Rightarrow AB//\left( {CDE} \right) \supset CD \Rightarrow d\left( {AB;CD} \right) = d\left( {AB;\left( {CDE} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {CDE} \right)} \right)$ với M là trung điểm của AB.

Gọi N là trung điểm của CE.

Tam giác ABD đều $\Rightarrow MD \bot AB$

ABCE là hình bình hành có $\angle ABC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow ABCE$ là hình chữ nhật. (dhnb)

$\Rightarrow MN//\,BC,\,\,BC \bot AB \Rightarrow MN \bot AB$

$\Rightarrow AB \bot \left( {AND} \right) \Rightarrow CE \bot \left( {AND} \right)$

Trong $\left( {MND} \right)$ kẻ $MH \bot DN$ ta có : $\left\{ \begin{array}{l}MH \bot DN\\MH \bot CE\end{array} \right. \Rightarrow MH \bot \left( {CDE} \right)$.

$\Rightarrow d\left( {M;\left( {CDE} \right)} \right) = MH = \frac{{\sqrt {11} }}{2}$.

Tam giác ABD đều cạnh 2 $\Rightarrow DM = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$.

Ta có $MN = BC = \sqrt 3  \Rightarrow \Delta MND$ cân tại M $\Rightarrow H$ là trung điểm của ND.

Xét tam giác vuông MNH có $NH = \sqrt {M{N^2} - M{H^2}}  = \sqrt {3 - \frac{{11}}{4}}  = \frac{1}{2} \Rightarrow ND = 2NH = 1$.

Ta có $CE \bot \left( {MND} \right) \Rightarrow CE \bot DN \Rightarrow \Delta CDN$ vuông tại N $\Rightarrow CD = \sqrt {D{N^2} + C{N^2}}  = \sqrt {1 + 1}  = \sqrt 2$.

Chọn D.