Thi thử tốt nghiệp THPT quốc gia môn Toán online - Đề thi của trường THPT Hồng Bàng năm 2022

Ta có: \(\ln \left( {{a^2}{b^4}} \right) = \ln {a^2} + \ln {b^4} = 2\ln \left| a \right| + 4\ln \left| b \right|\,\).

Chọn A.

Ta có: \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} \Leftrightarrow 3\pi {a^2} = \pi .a.l + \pi {a^2} \Leftrightarrow 2\pi {a^2} = \pi al \Leftrightarrow l = 2a\).

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow \) Loại đáp án B.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ \(1\) và \( - 1\) nên chọn đáp án A vì :

Phương trình hoành độ giao điểm \( - {x^4} - 2{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} =  - 3\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

Chọn A.

Diện tích mặt cầu bán kính \(a\) là \(S = 4\pi {a^2}\).

Chọn C.

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao \(h\) và diện tích đáy bằng \(S\) là \(V = S.h\).

Chọn D.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực đại tại điểm \(x = 0\).

Chọn A.

Hàm số \(y = \left| {\ln x} \right|\) và \(y = {e^x}\) luôn nằm phía trên trục \(Ox\), hàm số \(y =  - {e^x}\) luôn nằm phía dưới trục \(Ox\), do đó loại các đáp án B, C, D.

Chọn A.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AB\) là hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA = {45^0}\,\,\left( {Do\,\,\angle SBA < {{90}^0}} \right)\)

Xét tam giác vuông \(SAB\) ta có : \(SA = AB.\tan {45^0} = a\).

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

Chọn C.

Ta có: \(P = {x^{\frac{1}{2}}}\sqrt[8]{x} = {x^{\frac{1}{2}}}{x^{\frac{1}{8}}} = {x^{\frac{1}{2} + \frac{1}{8}}} = {x^{\frac{5}{8}}}\).

Chọn C.

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD \Rightarrow AG \bot \left( {BCD} \right)\).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(CD\). Do \(BCD\) là tam giác đều cạnh \(2a \Rightarrow BE = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow BG = \dfrac{2}{3}BE = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABG\) ta có : \(AG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}}  = \dfrac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).

Tam giác \(BCD\) đều cạnh \(2a \Rightarrow {S_{BCD}} = \dfrac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).

Vậy  \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}AG.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{2a\sqrt 6 }}{3}.{a^2}\sqrt 3  = \dfrac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Chọn D.

Tập hợp các điểm \(M\) trong không gian cách đường thẳng \(\Delta \) có định một khoảng \(R\) không đổi \(\left( {R > 0} \right)\) là một mặt trụ.

Chọn D.

Ta có: \({u_7} = {u_1} + 6d = 3 + 6.2 = 15\).

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta dễ dàng suy ra được \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;4} \right]} f\left( x \right) = 5;\,\,m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;4} \right]} f\left( x \right) = 0\).

Vậy \(M + m = 5 + 0 = 5\).

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\dfrac{3}{2}} \right\}\). Ta có: \(y' = \dfrac{{1.\left( { - 3} \right) - 1.2}}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 5}}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}}\).

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \({x_0} =  - 1\) là \(y'\left( { - 1} \right) = \dfrac{{ - 5}}{{{{\left[ {2\left( { - 1} \right) - 3} \right]}^2}}} =  - \dfrac{1}{5}\).

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Chọn B.

Để bất phương trình \(m + {e^{\frac{\pi }{2}}} \ge \sqrt[4]{{{e^{2x}} + 1}} = f\left( x \right)\) đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow m + {e^{\frac{\pi }{2}}} \ge \mathop {\max }\limits_{x \in \mathbb{R}} f\left( x \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \sqrt[4]{{{e^{2x}} + 1}}\) ta có: \(f'\left( x \right) = \dfrac{1}{4}{\left( {{e^{2x}} + 1} \right)^{\frac{{ - 3}}{4}}}.2{e^{2x}} > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

BBT :

Dựa vào BBT ta thấy BPT nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow m + {e^{\frac{\pi }{2}}} > 1 \Leftrightarrow m > 1 - {e^{\frac{\pi }{2}}} \approx  - 3,81\).

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \left[ {0;2018} \right]\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow \) có 2019 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn D.

Ta có: \({\left( {\sqrt[3]{x} + \dfrac{1}{{\sqrt[4]{x}}}} \right)^7} = \sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k{{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)}^{7 - k}}{{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt[4]{x}}}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k{x^{\dfrac{{7 - k}}{3}}}{x^{ - \dfrac{k}{4}}}}  = \sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k{x^{\dfrac{{7 - k}}{3} - \dfrac{k}{4}}}} \)

Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với \(\dfrac{{7 - k}}{3} - \dfrac{k}{4} = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{28 - 4k - 3k}}{{12}} = 0 \Leftrightarrow k = 4\).

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là \(C_7^4 = 35\).

Chọn B.

Ta có: \(y = {7^{\frac{x}{2}}} = {\left( {\sqrt 7 } \right)^x}\). Do đó hàm số có đồ thị đối xứng với \(\left( C \right)\) qua đường thẳng có phương trình \(y = x\) là \(y = {\log _{\sqrt 7 }}x\).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{\log _5}\left( {6 - {5^x}} \right) = 1 - x \Leftrightarrow 6 - {5^x} = {5^{1 - x}} = \dfrac{5}{{{5^x}}}\\ \Leftrightarrow {\left( {{5^x}} \right)^2} - {6.5^x} + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{5^x} = 5\\{5^x} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {0;1} \right\}\).

Chọn B.

\({\left( {\tan \dfrac{\pi }{7}} \right)^{{x^2} - x - 9}} \le {\left( {\tan \dfrac{\pi }{7}} \right)^{x - 1}} \Leftrightarrow {x^2} - x - 9 \ge x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 4\\x \le -2\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - \infty ;-2} \right] \cup \left[ {4; + \infty } \right)\)

Chọn D.

Xét phương trình \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {x - 1} \right){\left( {x + 2} \right)^3}\left( {2 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x =  - 2\\x = 2\end{array} \right.\).

Hàm số không đạt cực trị tại điểm \(x = 0\) vì đó là nghiệm bội hai của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\). Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\begin{array}{l}{x^3} - 3m{x^2} + 6mx - 8 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) - 3mx\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left[ {{x^2} + \left( {2 - 3m} \right)x + 4} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\g\left( x \right) = {x^2} + \left( {2 - 3m} \right)x + 4 = 0\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Để đồ thị \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {2 - 3m} \right)^2} - 16 > 0\\g\left( 2 \right) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9{m^2} - 12m - 12 > 0\\4 + 4 - 6m + 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < \dfrac{{ - 2}}{3}\end{array} \right.\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < \dfrac{{ - 2}}{3}\end{array} \right.\).

Giả sử \({x_1},\,{x_2}\,\,\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\) là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3m - 2\\{x_1}{x_2} = 4\end{array} \right.\).

TH1: \({x_1},\,\,{x_2},\,\,2\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân \( \Rightarrow 2{x_1} = x_2^2\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{x_2^2}}{2} + {x_2} = 3m - 2\\\dfrac{{x_2^2}}{2}{x_2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 2\\4 = 3m - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2\,\,\left( {ktm} \right)\).

TH2: \({x_1},\,\,2,\,\,{x_2}\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân \( \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = 4\) (luôn đúng với mọi \(m > 2\) hoặc \(m < \dfrac{{ - 2}}{3}\)).

TH3: \(2;{x_1};{x_2}\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân, tương tự TH1 ta tìm được \(m = 2\,\,\left( {ktm} \right)\).

Vậy kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow m \in \left[ { - 5;\dfrac{{ - 2}}{3}} \right) \cup \left( {2;5} \right] \Rightarrow \)có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 4\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 4\) song song với trục hoành.

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y = 4\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm phân biệt.

Vậy phương trình \(f\left( x \right) = 4\) có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

\(\eqalign{
& I = 2{\log _6}\left[ {{{\log }_5}\left( {5a} \right)} \right] + {\log _{{1 \over 9}}}{b^3} \cr
& \,\,\,\, = 2{\log _6}\left[ {1 + {{\log }_5}a} \right] - {3 \over 2}{\log _3}b \cr
& \,\,\,\, = 2{\log _6}6 - {3 \over 2}.{2 \over 3} = 2.1 - 1 = 1. \cr} \)

Chọn C.

Ta mô phỏng hình vẽ đáy của hình trụ như sau:

Khi đó ta có \({R_{ht}} = 3R\) và chiều cao hình trụ chính bằng đường kính viên bi và \(h = 2R\).

\( \Rightarrow {V_{ht}} = \pi R_{ht}^2.h = \pi .{\left( {3R} \right)^2}.2R = 18\pi {R^3}\)

Thể tích 7 viên bi là \(7.\dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{{28\pi {R^3}}}{3}\).

Vậy thể tích lượng nước cần dùng để đổ đầy vào lọ sau khi đã xếp bi là \(18\pi {R^3} - \dfrac{{28\pi {R^3}}}{3} = \dfrac{{26\pi {R^3}}}{3}\)

Chọn B.

Đặt \(t = \cos 2x\), vì \(x \in \left( { - \dfrac{\pi }{3};\dfrac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow 2x \in \left( { - \dfrac{{2\pi }}{3};\dfrac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \cos 2x \in \left[ { - 1;0} \right)\).

Phương trình trở thành \(f\left( t \right) = 2m + 1\) có nghiệm thuộc \(\left( { - \dfrac{1}{2};1} \right]\).

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = 2m + 1\) song song với trục hoành.

Dựa vào BBT ta có để phương trình trở thành \(f\left( t \right) = 2m + 1\) có nghiệm thuộc \(\left( { - \dfrac{1}{2};1} \right]\) thì \(1 \le 2m + 1 \le 2 \Leftrightarrow 0 \le m \le \dfrac{1}{2}\).

Vậy \(m \in \left[ {0;\dfrac{1}{2}} \right]\).

Chọn A.

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

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) có TCĐ là \(x = 1 \Leftrightarrow x - 1 = 0\,\,\left( {{d_1}} \right)\) và TCN: \(y = 2 \Leftrightarrow y - 2 = 0\,\,\left( {{d_2}} \right)\).

Gọi \(M\left( {m;\dfrac{{2m + 1}}{{m - 1}}} \right) \in \left( C \right)\) ta có:

\(d\left( {M;{d_1}} \right) = \left| {m - 1} \right|;\,\,d\left( {M;\left( {{d_2}} \right)} \right) = \left| {\dfrac{{2m + 1}}{{m - 1}} - 2} \right| = \dfrac{3}{{\left| {m - 1} \right|}}\)

Vì khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 3 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang nên

\(d\left( {M;{d_1}} \right) = 3d\left( {M;\left( {{d_2}} \right)} \right) \Leftrightarrow \left| {m - 1} \right| = \dfrac{9}{{\left| {m - 1} \right|}} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4 \Rightarrow M\left( {4;3} \right)\,\,\left( {tm} \right)\\m =  - 2 \Rightarrow M\left( { - 2;1} \right)\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\begin{array}{l} - x + m = \dfrac{{ - 2x + 1}}{{x + 1}}\,\,\left( {x \ne  - 1} \right) \Leftrightarrow  - {x^2} - x + mx + m =  - 2x + 1\\ \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x - m + 1 = 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)

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

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

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

Ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = {\left( {{x_A} - {x_B}} \right)^2} + {\left( { - {x_A} + m + {x_B} - m} \right)^2} = 2{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)^2} = 2\left[ {{{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right]\\ = 2\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 4\left( { - m + 1} \right)} \right] = 2\left( {{m^2} + 6m - 3} \right) \le 8 \Leftrightarrow {m^2} + 6m - 3 \le 4 \Leftrightarrow  - 7 \le m \le 1\end{array}\)

 Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left[ { - 7; - 3 - 2\sqrt 3 } \right) \cup \left( { - 3 + 2\sqrt 3 ;1} \right]\end{array} \right. \Leftrightarrow S = \left\{ { - 7;1} \right\}\).

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có \(y' = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left[ {2;3} \right]\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {2;3} \right]} y = y\left( 3 \right) = \dfrac{5}{2}\\\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {2;3} \right]} y = 4\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {2;3} \right]} y} \right)^2} + {\left( {\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {2;3} \right]} y} \right)^2} = {\left( {\dfrac{5}{2}} \right)^2} + {4^2} = \dfrac{{89}}{4}\).

Chọn D.

Gọi \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC \Rightarrow GA = GB = GC\,\,\left( 1 \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right) \cap \left( {SBC} \right) = BC\\\left( {ABC} \right) \bot \left( {SBC} \right)\\AM \subset \left( {ABC} \right),\,\,AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)\) .

Lại có \(\Delta SBC\) vuông tại \(S\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SBC\).

\( \Rightarrow SM\) là trục của tam giác \(SBC\). Mà \(G \in AM \Rightarrow GS = GB = GC\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow GA = GB = GC = GS \Rightarrow G\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a \Rightarrow AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow GA = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn C.

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

TH1: \(m \le 1 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

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

\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( {1;5} \right)\) (tm).

TH2: \(m > 1 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt {m - 1} \\x =  - \sqrt {m - 1} \end{array} \right.\)

Bảng xét dấu \(y'\):

 Dựa vào bảng xét dấu ta thấy để hàm số đồng biến trên \(\left( {1;5} \right) \Leftrightarrow \sqrt {m - 1}  \le 1 \Leftrightarrow m \le 2\).

\( \Rightarrow 1 < m \le 2\).

Kết hợp 2 trường hợp ta có \(m \le 2\).

Chọn C.

Dựa vào BBT ta thấy:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 5 \Rightarrow y = 5\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y =  - \infty  \Rightarrow x = 2\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y =  - \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y =  + \infty  \Rightarrow x = 3\) TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.

Chọn C.

Lấy \(G \in AA',\,\,H \in CC'\) sao cho \(AG = 2GA',\,\,CH = 2HC'\), dễ thấy \(\left( {EGFH} \right)//\left( {ABCD} \right)\) và \({V_{ABCD.EGFH}} = \dfrac{2}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{2}{3}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{V_{ABCD.EGFH}} = {V_{A.GEF}} + {V_{C.EFH}} + {V_{F.ACD}} + {V_{E.ABC}} + {V_{ACEF}}\\ \Rightarrow {V_{ACEF}} = {V_{ABCD.EGFH}} - \left( {{V_{A.GEF}} + {V_{C.EFH}} + {V_{F.ACD}} + {V_{E.ABC}}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{2}{3} - 4.\dfrac{1}{6}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9}\end{array}\)

Chọn B.

Ta có: \(SI \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SI \bot HC\).

Xét tam giác \(SHC\) có \(SI\) là trung tuyến đồng thời là đường cao \( \Rightarrow \Delta SHC\) cân tại \(S \Rightarrow SH = SC\,\,\left( 1 \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HC\\AB \bot SI\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow AB \bot SH\).

Do \(\Delta ABC\) vuông tại C và \(\Delta SAB\) vuông tại S, lại có \(O\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OA = OB = OS = OC\).

Xét tam giác vuông \(OSH\) và tam giác vuông \(OCH\) có:

\(OS = OC\,\,\left( {cmt} \right);\,\,OH\,\,chung\)

\( \Rightarrow \Delta OSH = \Delta OCH\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \( \Rightarrow SH = CH\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \Delta SHC\) đều.

Gọi \(K\) là trung điểm của \(SH\) ta có \(CK \bot SH\).

Do \(AB \bot \left( {SHC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AB \bot CK \Rightarrow CK \bot \left( {SAB} \right)\) (3).

Vì tam giác \(SAB\) vuông tại \(S \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SAB\).

\(O'\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABSI \Rightarrow OO'\) là trục của \(\Delta SAB \Rightarrow OO' \bot \left( {SAB} \right)\)  (4).

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow CK//OO' \Rightarrow \angle \left( {OO';\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {CK;\left( {ABC} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {SHC} \right)\) kẻ \(KM//SI\,\,\left( {M \in CH} \right) \Rightarrow CM\) là hình chiếu của \(CK\) trên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {CK;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {CK;CM} \right) =   \angle KCM = \angle KCH\).

Do tam giác \(SHC\) là tam giác đều (cmt) \( \Rightarrow \) Đường cao \(CK\) đồng thời là phân giác \( \Rightarrow \angle KCH = {30^0}\).

Vậy \(\angle \left( {OO';\left( {ABC} \right)} \right) = {30^0} \Rightarrow \alpha  = {30^0} \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Chọn A. 

Điền 9 số vào 9 ô vuông \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 9!\).

Gọi A là biến cố "Mỗi hàng, mỗi cột đều có ít nhất 1 số lẻ".

\( \Rightarrow \overline A \) : "Tồn tại hàng hoặc cột không có số lẻ"

Do chỉ có 4 số chẵn nên chỉ có thể xảy ra trường hợp có 1 hàng hoặc 1 cột không có số lẻ.

TH1: Hàng thứ nhất không có số lẻ.

Chọn 3 số chẵn trong 4 số chẵn điền vào hàng đầu tiên có \(A_4^3 = 24\) cách.

6 số còn lại điền vào 6 ô còn lại có \(6!\) cách.

\( \Rightarrow \) Có \(24.6!\) cách.

Tương tự cho 2 hàng còn lại và 3 cột còn lại.

\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 6.24.6!\)

Vậy \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{6.24.6!}}{{9!}} = \frac{2}{7} \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{5}{7}\).

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\left( {2m - 4} \right)\left( {{x^3} + 2{x^2}} \right) + \left( {{m^2} - 3m + 2} \right)\left( {{x^2} + 2x} \right) - \left( {{m^3} - {m^2} - 2m} \right)\left( {x + 2} \right) < 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2}\left( {m - 2} \right)\left( {x + 2} \right) + x\left( {m - 1} \right)\left( {m - 2} \right)\left( {x + 2} \right) - m\left( {m + 1} \right)\left( {m - 2} \right)\left( {x + 2} \right) < 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left[ {2{x^2} + \left( {m - 1} \right)x - m\left( {m + 1} \right)} \right] < 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + m} \right)\left( {2x - m - 1} \right) < 0\,\,\left( * \right)\end{array}\)

TH1: \(m = 2 \Rightarrow 0 < 0 \Rightarrow \) Bất phương trình vô nghiệm \( \Rightarrow m = 2\,\,tm\).

TH2: \(m \ne 2\), vế trái (*) \(f\left( x \right) = \left( {m - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + m} \right)\left( {2x - m - 1} \right)\) là đa thức bậc ba, do đó luôn tồn tại \({x_0} \in \mathbb{R}\) để \(f\left( {{x_0}} \right) < 0 \Rightarrow \) Bất phương trình luôn có nghiệm \(\forall m \ne 2\).

Vậy tồn tại duy nhất \(m = 2\) để bất phương trình đã cho vô nghiệm.

Chọn B.

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {2x - 2} \right) - 2{e^x}\) ta có:\(g'\left( x \right) = 2f'\left( {2x - 2} \right) - 2{e^x} = 2\left[ {f'\left( {2x - 2} \right) - {e^x}} \right]\)

Với \(x \in \left( {0;1} \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 2 \in \left( { - 2;0} \right) \Rightarrow f'\left( {2x - 2} \right) < 0\\x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow {e^x} \in \left( {1;e} \right) > 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2\left[ {f'\left( {2x - 2} \right) - {e^x}} \right] < 0\,\,\forall x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow \) Hàm số \(f\left( {2x - 2} \right) - 2{e^x}\) nghịch biến trên \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn A.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Tam giác \(SAB\) cân tại \(S \Rightarrow SH \bot AB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SO\\AB \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHO} \right) \Rightarrow AB \bot OH\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\\\left( {ABCD} \right) \supset OH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SH;OH} \right) = \angle SHO\).

Xét tam giác vuông \(SHO\) có \(\tan \angle SHO = \dfrac{{SH}}{{OH}} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}AB}}{{\dfrac{{AB}}{2}}} = \sqrt 3  \Rightarrow \angle SHO = {60^0}\).

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 3\\x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\).

Ta có BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau :

Ta có : \(f\left( 0 \right) = 5h\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 5h\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 5h\) song song với trục hoành.

Dựa vào BBT ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = 5h\) có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

Do mỗi câu có 4 đáp án trong đó chỉ có 1 đáp án đúng nên xác suất để trả lời đúng 1 câu là \(\dfrac{1}{4}\) và xác suất để trả lời sai 1 câu là \(\dfrac{3}{4}\).

Gọi A là biến cố "Bình làm đúng k câu", xác suất của biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = C_{25}^k{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^k}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{25 - k}}\).

Xét khai triển \(1 = {\left( {\dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4}} \right)^{25}} = \sum\limits_{k = 0}^{25} {C_{25}^k{{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)}^k}{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^{25 - k}}} \)

Giả sử \({A_k} = C_{25}^k{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^k}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{25 - k}}\) là số hạng lớn nhất trong khai triển trên ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{A_k} > {A_{k - 1}}\\{A_k} > {A_{k + 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C_{25}^k{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^k}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{25 - k}} > C_{25}^{k - 1}{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^{k - 1}}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{26 - k}}\\C_{25}^k{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^k}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{25 - k}} > C_{25}^{k + 1}{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^{k + 1}}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{24 - k}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{25!}}{{k!\left( {25 - k} \right)!}}\dfrac{1}{4} > \dfrac{{25!}}{{\left( {k - 1} \right)!\left( {26 - k} \right)!}}\dfrac{3}{4}\\\dfrac{{25!}}{{k!\left( {25 - k} \right)!}}\dfrac{3}{4} > \dfrac{{25!}}{{\left( {k + 1} \right)!\left( {24 - k} \right)!}}\dfrac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{k} > \dfrac{3}{{26 - k}}\\\dfrac{3}{{25 - k}} > \dfrac{1}{{k + 1}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{26 - k - 3k}}{{k\left( {26 - k} \right)}} > 0\\\dfrac{{3k + 3 - 25 + k}}{{\left( {25 - k} \right)\left( {k + 1} \right)}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k < \dfrac{{26}}{4}\\k > \dfrac{{22}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \dfrac{{22}}{4} < k < \dfrac{{26}}{4},\,\,k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 6\end{array}\)

Chọn D.

Dựng \(MN//SA\,\,\left( {N \in AB} \right),\,\,NP//BC\,\,\left( {P \in AC} \right);\,\,PQ//SA\,\,\left( {Q \in SC} \right)\).

Khi đó thiết diện cần tìm là \(MNPQ\).

Ta có \({V_1} = {V_{S.ANP}} + {V_{S.NPM}} + {V_{S.PMQ}}\)

Đặt \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = x \Rightarrow \dfrac{{SQ}}{{SC}} = \dfrac{{AP}}{{AC}} = \dfrac{{AN}}{{AB}} = x\)

Ta có: 

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{S.ANP}} + {V_{S.NPM}} + {V_{S.PMQ}} = \left( {{x^2} + 2{x^2}\left( {1 - x} \right)} \right)V \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{V} = {x^2} + 2{x^2}\left( {1 - x} \right) = 3{x^2} - 2{x^3}\)

Mà  \(\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{20}}{{27}} \Leftrightarrow 3{x^2} - 2{x^3} = \dfrac{{20}}{{27}} \Leftrightarrow x = \dfrac{2}{3}\).

Chọn B.

Kẻ \(AE \bot BC\,\,\left( {E \in BC} \right)\) ta có:

\(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = CE\)

\(BE = AE.\cot {30^0} = \dfrac{a}{2}.\sqrt 3  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow E\) là trung điểm của BC

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Trong \(\left( {SAD} \right)\) kẻ \(AH \bot SD\,\,\left( {H \in SD} \right)\) ta có :

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot CD\\AH \bot SD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH\end{array}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAD\) ta có :

\(AH = \dfrac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\)

Vậy \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Chọn B.

Ta có

\(\begin{array}{l}{x_M} = {x_0}\,\,\left( {{x_0} > 0} \right) \Rightarrow {x_N} =  - 2{x_0}\\ \Rightarrow {y_M} = {4^{{x_0}}};\,\,{y_N} = {a^{ - 2{x_0}}}\\ \Rightarrow {4^{{x_0}}} = {a^{ - 2{x_0}}} \Leftrightarrow {4^{{x_0}}} = {\left( {{a^{ - 2}}} \right)^{{x_0}}} \Leftrightarrow {a^{ - 2}} = 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}\end{array}\)

Chọn A.

Ta có:\(y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3.\)

Gọi \(M\left( {{x_0};\;{y_0}} \right)\)  là điểm thuộc đồ thị hàm số.

Khi đó đồ thị hàm số có các các tiếp tuyến có hệ số góc dương

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f'\left( {{x_0}} \right) > 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 2mx + 2m - 3 > 0\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\{m^2} - 3\left( {2m - 3} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 < 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 3} \right)^2} < 0\;\;\left( {VN} \right)\end{array}\)

Chọn C.

Ta có: \(y' =  - 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Mà \(x = 0\) là nghiệm kép của phương trình \(y' = 0 \Rightarrow x = 0\) không là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Theo đề bài ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow y = 0\)  là TCN của đồ thị hàm số.

Lại có:  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) =  + \infty \)

\( \Rightarrow \) Hàm số có BBT như sau:

Chọn D.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^{2018}}{\left( {x - 2} \right)^{2019}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\)

Trong đó \(x =  - 2,\;\;x = 2\) là hai nghiệm bội lẻ, \(x = 1\) là nghiệm bội chẵn

\( \Rightarrow x =  - 2;\;\;x = 2\) là hai điểm cực trị của hàm số, \(x = 1\) không là điểm cực trị.

\( \Rightarrow \) đáp án A sai.

Ta có: \(f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^{2018}}{\left( {x - 2} \right)^{2019}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right){\left( {x - 2} \right)^{2019}} \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le  - 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right),\)  hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 2;\;2} \right).\)

Chọn B.

Ta có: \({\left( {\sqrt[3]{3} + \sqrt[5]{5}} \right)^{2019}} = {\sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{{\left( {\sqrt[3]{3}} \right)}^{2019 - k}}\left( {\sqrt[5]{5}} \right)} ^k} = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k{3^{\frac{{2019 - k}}{3}}}{5^{\frac{k}{5}}}.} \)

Số hạng là số nguyên trong khai triển \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{k}{5} \in Z\\\frac{{2019 - k}}{3} \in Z\\0 \le k \le 2019\end{array} \right..\)

\( \Rightarrow k\,\, \vdots \,\,5,\,\,\left( {2019 - k} \right)\,\, \vdots \,\,3\). Mà \(2019\,\, \vdots \,\,3 \Rightarrow k\,\, \vdots \,\,3\).

Mà \(\left( {3;5} \right) = 1 \Rightarrow k\,\, \vdots \,\,15 \Rightarrow k = 15m\,\,\left( {m \in Z} \right)\)

Mà \(0 \le k \le 2019 \Leftrightarrow 0 \le 15m \le 2019 \Leftrightarrow 0 \le m \le 134,6 \Leftrightarrow \)  Có 134 số nguyên k thỏa mãn.

Vậy khai triển trên có 134 số hạng là số nguyên.

Chọn B.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - 1;\;2} \right)\) và nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\; - 1} \right)\) và \(\left( {2;\; + \infty } \right).\)

\( \Rightarrow \) đáp án A đúng.

Hàm số có hai điểm cực trị là \({x_{CD}} = 2\)  và \({x_{CT}} =  - 1\)

\( \Rightarrow \) đáp án B đúng.

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - 4 \Rightarrow y =  - 4\) là TCN của đồ thị hàm số.

\( \Rightarrow \) đáp án D đúng.

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai đồ thị hàm số là:

\({x^3} - 3mx + 3 = 3x + 1 \Leftrightarrow {x^3} - 3\left( {m + 1} \right)x + 2 = 0\;\;\;\left( * \right)\)

Hai đồ thị hàm số có duy nhất 1 điểm chung khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất.

\(\left( * \right) \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 2 = 3mx\)

Xét \(x = 0 \Leftrightarrow 2 = 0\) (vô lí) \( \Rightarrow x = 0\) không là nghiệm của (*)

\( \Leftrightarrow 3m = \frac{{{x^3} - 3x + 2}}{x} = {x^2} - 3 + \frac{2}{x} = f\left( x \right)\,\,\left( {x \ne 0} \right)\)

\(f'\left( x \right) = 2x - \frac{2}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^3} = 1 \Leftrightarrow x = 1\).

BBT:

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi \(3m < 0 \Leftrightarrow m < 0\).

Kết hợp điều kiện đề bài ta ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left[ { - 2018;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) Có 2018 giá trị nguyenr của m thỏa mãn.

Chọn D.