Phương pháp giải:

- Đọc số liệu trên biểu đồ, cột số công trình được công bố trên tạp chí quốc tế.

- Tìm cột cao nhất tương ứng với năm nào rồi chọn đáp án đúng.

Giải chi tiết:

Năm 2016 có lượng công trình khoa học được công bố trên tạp chí quốc tế chiếm tỉ lệ cao nhất : 732 công trình.

Phương pháp giải:

\(v\left( t \right) = s'\left( t \right)\)

Giải chi tiết:

Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = gt \Rightarrow v\left( {11,5} \right) = 9,8.11,5 = 112,7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\).

Phương pháp giải:

- Đưa hai vế của phương trình về cùng cơ số.

- Giải phương trình \({a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\).

Giải chi tiết:

\({4^{2x + 3}} = {8^{4 - x}} \Leftrightarrow {2^{2\left( {2x + 3} \right)}} = {2^{3\left( {4 - x} \right)}}\)\( \Leftrightarrow 4x + 6 = 12 - 3x \Leftrightarrow x = \frac{6}{7}\)

Phương pháp giải:

Nghiệm của phương trình \(a{z^2} + bz + c = 0,{\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\) là $z_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{\mathrm{\Delta }}\mathrm{ }}{2a}.$

Giải chi tiết:

Phương trình \[{z^2} + 2z + 3 = 0\] có ${\mathrm{\Delta }}^{\text{'}}=1^2-3=\mathrm{ }-2$

Suy ra phương trình \[{z^2} + 2z + 3 = 0\] có nghiệm $z_{1,2}=-1\pm \sqrt{2}i$

\[{z_1}\] là nghiệm phức có phần ảo âm $\Rightarrow z_1=\mathrm{ }-1-\sqrt{2}i$. Điểm biểu diễn của \[{z_1}\] là \[M\left( { - 1; - \sqrt 2 } \right)\].

Phương pháp giải:

- Tìm vecto pháp tuyến của mặt phẳng.

- Viết phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTPT là \(\vec n\left( {A;B;C} \right)\) là:

\(A\left( {x - {x_0}} \right) + \left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\)

Giải chi tiết:

Mặt phẳng vuông góc với trục Oy có vecto pháp tuyến là \(\vec n = \left( {0;1;0} \right)\)

Mặt phẳng đó đi qua điểm \(M\left( {2;2;3} \right)\) và có dạng \(y - 2 = 0\).

Phương pháp giải:

Điểm \(M\left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right)\) có hình chiếu vuông góc trên \(\left( {Oyz} \right)\) là: \(H\left( {0;{\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right).\)

Giải chi tiết:

Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\) có hình chiếu vuông góc trên \(\left( {Oyz} \right)\) là: \(H\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right).\)

Phương pháp giải:

Tổng \(n\) số hạng đầu của một cấp số cộng là \({S_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2}\) hay \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\).

Giải chi tiết:

Dễ thấy số hạt dẻ đặt vào từng ô tạo thành một cấp số cộng với \({u_1} = 7;\;d = 5.\)

Gọi bàn cờ đó có \(n\) ô \( \Rightarrow {S_n} = 25450 = \frac{{n\left[ {2.7 + \left( {n - 1} \right).5} \right]}}{2}\)

\[ \Leftrightarrow n\left( {5n + 9} \right) = 50900 \Leftrightarrow 5{n^2} + 9n - 50900 = 0 \Rightarrow n = 100\] (do \[n \in {N^*}\])

Vậy bàn cờ đó có 100 ô.

Phương pháp giải:

Rút gọn biểu thức dưới dấu nguyên hàm, sa dụng công thức nguyên hàm của hàm số cơ bản đề tìm nguyên hàm.

Giải chi tiết:

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = \int {\frac{{x + 3}}{{{x^2} + 4x + 3}}{\rm{d}}x} \)\( = \int {\frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x} \)\( = \ln \left| {x + 1} \right| + C\).

Phương pháp giải:

- Cô lập \(m\), đưa bất phương trình về dạng \(g\left( x \right) < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\) \( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right)\).

- Lập BBT hàm số \(y = g\left( x \right)\) và kết luận.

Giải chi tiết:

Ta có: \(f\left( x \right) < m - {x^3} - x\)\( \Leftrightarrow f\left( x \right) + {x^3} + x < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\).

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^3} + x\) ta có \(g\left( x \right) < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\)\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right)\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + 3{x^2} + 1\); $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=-3x^2-1.$

Số nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đồ thị hàm số $y=\mathrm{ }-3x^2-1.$

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trên \(\left[ { - 2;0} \right]\), phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có duy nhất nghiệm \(x = 0\).

BBT hàm số \(y = g\left( x \right)\):

Dựa vào BBT ta thấy: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right)\).

Vậy \(m \ge f\left( 0 \right)\).

Phương pháp giải:

Bài toán: Mỗi tháng đều gửi một số tiền là a đồng vào đầu mỗi tháng tính theo lại kép với lãi suất là r% mỗi tháng. Tính số tiền thu được sau n tháng: \({A_n} = \frac{{a\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]}}{r}\)

Giải chi tiết:

Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để 

\(\frac{{a\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]}}{r} \ge 200 \Leftrightarrow \frac{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1} \right]}}{{0,6\% }} \ge 200\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} \ge \frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1 \Leftrightarrow n \ge {\log _{1 + 0,6\% }}\left( {\frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1} \right) \approx 18,84 \Rightarrow {n_{\min }} = 19\)

Vậy sau ít nhất 19 tháng thì người đó trả được hết số nợ ngân hàng.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức \({\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y > 0} \right)\), đưa bất phương trình về dạng \({\log _a}f\left( x \right) \ge {\log _a}g\left( x \right)\).

- Giải bất phương trình \({\log _a}f\left( x \right) \ge {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right) \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a > 1} \right)\).

- Giải bất phương trình chứa căn: $\sqrt{f\left(x\right)}\ge g\left(x\right)\iff [\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}g\left(x\right)<0\\ f\left(x\right)\ge 0\end{array}\\ \{\begin{array}{c}g\left(x\right)\ge 0\\ f\left(x\right)\ge g^2\left(x\right)\end{array}\end{array}$

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(x > 0\).

Ta có: ${\log }_3\sqrt{x}\mathrm{ }\ge {\log }_{3}x+1\iff {\log }_3\sqrt{x}\mathrm{ }\ge {\log }_{3}x+{\log }_{3}3\Rightarrow {\log }_3\sqrt{x}\mathrm{ }\ge {\log }_3(3x)\iff \sqrt{x}\mathrm{ }\ge 3x.$

Do \(x > 0\) nên $\sqrt{x}\mathrm{ }\ge 3x\iff x\ge 9x^2\iff 0\le x\le \frac{1}{9}.$

Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow \left( {0;\frac{1}{9}} \right]\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {0;\frac{1}{9}} \right]\).

Thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\), \(x = a\), \(x = b\) là: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)} \right|dx} \).

Giải chi tiết:

Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình \(\left( D \right)\) quay xung quanh \(Ox\) bằng: $V=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\mathrm{ }({\sin }^{2}x-0^2)𝑑x\mathrm{ }=\frac{{\pi }^2}{2}.$

Phương pháp giải:

- Để hàm số đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng \(m \le f\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {3; + \infty } \right)} f\left( x \right)\).

- Đánh giá hoặc lập BBT để tìm \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {3; + \infty } \right)} f\left( x \right)\).

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4mx\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\).

\( \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le {x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le \min \left( {{x^2}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le {3^2} = 9\)

Kết hợp điều kiện bài toán ta có m là số nguyên dương \( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;...;9} \right\}\).

Vậy tổng các giá trị của m là \(1 + 2 + 3 + ... + 9 = \frac{{9.10}}{2} = 45\).

Phương pháp giải:

Đưa phương trình về phương trình bậc nhất đối với \(z\) và tìm \(z\).

Giải chi tiết:

\(2z - 3\left( {1 + i} \right) = iz + 7 - 3i\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 7 - 3i + 3\left( {1 + i} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 10\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{10}}{{2 - i}} = 4 + 2i\).

Phương pháp giải:

Phương trình \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0\) là đường tròn nếu thỏa mãn các điều kiện:

+) Hệ số của \({x^2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y^2}\) bằng nhau.

+) \({a^2} + {b^2} - c > 0\)

Giải chi tiết:

Xét \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0,\) ta có: $a=2m(m+1);b=0;c=\mathrm{ }-m-1.$

Điều kiện để phương trình đường cong \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0\) là đường tròn:

+) \({m^2} + 1 = m\left( {m + 3} \right) \Leftrightarrow {m^2} + 1 = {m^2} + 3m\)\( \Leftrightarrow 3m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\)

+) \({a^2} + {b^2} - c > 0 \Leftrightarrow 4{m^2}{\left( {m + 1} \right)^2} + m + 1 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Thay \(m = \frac{1}{3}\) vào \(\left( 1 \right)\) ta có: \(4.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}{\left( {\frac{1}{3} + 1} \right)^2} + \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{9} \cdot \frac{{16}}{9} + \frac{4}{3} > 0\) (thỏa mãn)

Vậy với \(m = \frac{1}{3}\) phương trình đường cong \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0\) là phương tình đường tròn.

Phương pháp giải:

\({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OK} ;{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right]\)

Giải chi tiết:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( Q \right) \bot \left( P \right)}\\{\left( Q \right) \supset OK}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\vec n}_{\left( Q \right)}} \bot {{\vec n}_{\left( P \right)}}}\\{{{\vec n}_{\left( Q \right)}} \bot \overrightarrow {OK} }\end{array}} \right. \Rightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OK} ;{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right]\)

Ta có $\overrightarrow{OK}\mathrm{ }=(1;2;3);{\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=(2;-1;0)\Rightarrow {\overrightarrow{n}}_{\left(Q\right)}=[\overrightarrow{OK};{\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}]=(3;6;-5).$

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là: \(3x + 6y - 5z = 0\).

Phương pháp giải:

- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh \(l\), bán kính đáy \(R\) là: \({S_{xq}} = \pi rl\). Tìm \(l\).

- Tìm chiều cao của khối nón: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} \).

- Thể tích xung quanh của hình nón có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(R\) là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\).

Giải chi tiết:

Gọi \(h,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} l\) lần lượt là đường cao và độ dài đường sinh của hình nón.

Diện tích xung quanh hình nón là $S=\pi Rl=2\sqrt{5}\pi$$\iff \pi .2.l=2\sqrt{5}\pi \iff l=\sqrt{5}.$

Chiều cao của hình nón là: $h=\sqrt{l^2-R^2}\mathrm{ }=\sqrt{5-4}\mathrm{ }=1.$

Vậy thể tích của khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{{4\pi }}{3}.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính thể tích khối nón \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\) và công thức thể tích khối cầu \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).

Giải chi tiết:

Quay miền tam giác \(SAB\) quanh cạnh \(SA\) ta được khối nón có chiều cao \(h = SA\), bán kính đáy \(R = AB\).

\( \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA\)

Quay nửa hình tròn quanh cạnh \(SA\) ta được khối cầu có bán kính \(IA\).

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{{IA}}{{IS}} = \frac{{AB}}{{SB}} = \cos {60^0} = \frac{1}{2} \Rightarrow IA = \frac{1}{2}IS \Rightarrow IA = \frac{1}{3}SA\)

\( \Rightarrow {V_2} = \frac{4}{3}\pi .I{A^3} = \frac{4}{3}\pi \frac{{S{A^3}}}{{27}} = \frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA}}{{\frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}}} = \frac{{27}}{4}.\frac{{A{B^2}}}{{S{A^2}}} = \frac{{27}}{4}{\left( {\frac{{AB}}{{SA}}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}{\left( {\cot {{60}^0}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}{\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} = \frac{9}{4}\).

Phương pháp giải:

- Xác định đoạn vuông góc chung của hai đoạn thẳng \(AA'\) và BC.

- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(A'G\).

- Áp dụng công thức tính thể tích \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'G.{S_{ABC}}\).

Giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(AM \bot BC\) và \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có \(A'G \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(A'G \bot BC\); \(BC \bot AM\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {MAA'} \right)\).

Trong \(\left( {AA'M} \right)\) kẻ \(MI \bot AA'\) tại \(I\); khi đó ta có \(BC \bot IM\) nên \(IM\) là đoạn vuông góc chung của \(AA'\) và \(BC\), do đó \(d\left( {AA';BC} \right) = IM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Trong \(\left( {AA'M} \right)\) kẻ \(GH \bot AA'\) tại \(H\), áp dụng định lí Ta-lét ta có \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{{GH}}{{IM}} = \frac{2}{3}\) \( \Leftrightarrow GH = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AA'G\)  ta có:

\(\frac{1}{{H{G^2}}} = \frac{1}{{A'{G^2}}} + \frac{1}{{A{G^2}}} \Leftrightarrow A'G = \frac{{AG.HG}}{{\sqrt {A{G^2} - H{G^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} }} = \frac{a}{3}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'G.{S_{ABC}} = \frac{a}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Giải chi tiết:

Trong mp(SAD) gọi \(P = MN \cap AD\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P \in MN}\\{P \in AD \subset \left( {ABCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow P = MN \cap \left( {ABCD} \right)\)

Trong mp(ABCD) gọi \(K = PC \cap AB\). Khi đó điểm K là điểm cần dựng.

Từ \(SA = 3AN{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)\) suy ra \(AN = \frac{1}{4}SA\)

Gọi E là trung điểm AD. Ta có ME là đường trung bình của tam giác SAD \( \Rightarrow ME//SA\)

\( \Rightarrow AN//ME\).

Áp dụng định lí Talet ta có : \(\frac{{PA}}{{PE}} = \frac{{AN}}{{ME}} = \frac{{\frac{1}{4}SA}}{{\frac{1}{2}SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{PA}}{{PD}} = \frac{1}{3}\)

Trong mặt phẳng (ABCD), có AK / / CD nên ta có: \(\frac{{AK}}{{CD}} = \frac{{PA}}{{PD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{1}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB = CD} \right) \Rightarrow \frac{{AK}}{{BK}} = \frac{1}{2}\).

Phương pháp giải:

- Dựa vào số điểm cực trị để biện luận nghiệm của phương trình \(y = {x^3} - 3x + m\).

- Lập bảng biến thiên và suy ra các giá trị của \(m\).

Giải chi tiết:

Để phương trình \(y = \left| {{x^3} - 3x + m} \right|\) có 5 điểm cực trị thì phương trình \({x^3} - 3x + m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có: \({x^3} - 3x + m = 0\)$\iff x^3-3x=-m.$

Đặt $f\left(x\right)=x^3-3x\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-3=0\iff x=\mathrm{ }\pm 1$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có $-2<-m<2\iff \mathrm{ }-2<m<2\Rightarrow m\in \{-1;0;1\}.$

Phương pháp giải:

Công thức tính xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}}.\)

Số chia hết cho 6 là số chia hết cho 2 và 3.

Giải chi tiết:

Số cách chọn 10 tấm thẻ bất kì trong 40 tấm thẻ đã cho là: \({n_\Omega } = C_{40}^{10}\) cách chọn.

Gọi biến cố A: “Chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng 1 tấm thẻ chia hết cho 6”.

Số thẻ chia hết cho 6 được chọn trong các số: 6; 12; 18; 24; 30; 36.

\( \Rightarrow {n_A} = C_{20}^5.C_{14}^4.C_6^1\) cách chọn.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{C_{20}^5C_{14}^4C_6^1}}{{C_{40}^{10}}} = \frac{{126}}{{1147}}.\)

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng  nằm trong hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài đường cao \(h = AA'\).

- Tính diện tích đáy \({S_{A'B'C'}}\), sử dụng công thức \(S = \frac{1}{2}ab\sin C\).

- Tính thể tích khối lăng trụ \(V = Sh\).

Giải chi tiết:

Gọi \(D\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\) nên \(A'D \bot B'C'\) (trung tuyến đồng thời là đường cao).

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{A'D \bot B'C'}\\{AA' \bot B'C'}\end{array}} \right\} \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow B'C' \bot AD\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'}\\{\left( {AB'C'} \right) \supset AD \bot B'C'}\\{\left( {A'B'C'} \right) \supset A'D \bot B'C'}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {AB'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \angle \left( {AD;A'D} \right) = \angle ADA' = {60^0}\)

Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\) nên \(\angle DA'C' = \frac{1}{2}\angle B'A'C' = {60^0}\)  (trung tuyến đồng thời là phân giác).

Xét tam giác vuông \(A'C'D\) có: \(A'D = A'C'.cos{60^0} = 2a.\frac{1}{2} = a.\)

Xét tam giác vuông \(AA'D\) có: \(AA' = A'D.\tan {60^0} = a.\sqrt 3 .\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC = \frac{1}{2}.2a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 .\)

Vậy $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{ABC}=a\sqrt{3}.a^2\sqrt{3}\mathrm{ }=3a^3.$

Đáp án: 0

Phương pháp giải:

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\).

Giải chi tiết:

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( 2 \right) = {3.2^2} - 6.2 = 0\) nên hệ số góc cần tìm là \(k = 0\).

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

- Xác định số nghiệm bội chẵn, bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)

- Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).

Giải chi tiết:

+ $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{c}x=0\left(nghiemboile\right)\\ x=\mathrm{ }-1\left(nghiemboichan\right)\\ x=2\left(nghiemboile\right)\end{array}$

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đáp án: \(\frac{4}{3}\)

Phương pháp giải:

+) \(\left( P \right)//\left( Q \right) \Rightarrow d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {A;\left( Q \right)} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \in \left( P \right)\)

+) $M(x_0;y_0;z_0)$. Khoảng cách từ M đến $(\alpha \mathrm{ })$ là: $d(M,(\alpha \mathrm{ }))=\frac{|A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$

Giải chi tiết:

Ta có: \(A\left( { - 3;0;0} \right) \in \left( P \right)\), \[\left( P \right)//\left( Q \right) \Rightarrow d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {A;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 3 + 0 - 0 - 1} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = \frac{4}{3}\].

Đáp án: \(\frac{5}{{11}}\)

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”, sử dụng tổ hợp chọn 4 người còn lại vào cùng bảng đó, và tính số phần tử của biến cố A.

- Tính xác suất của biến cố.

Giải chi tiết:

Chia 12 người vào 2 bảng \( \Rightarrow \) Số phần tử của không gian mẫu là $n(\mathrm{\Omega }\mathrm{ })=C_{12}^6.C_6^6=924.$

Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”.

Số cách chọn bảng cho A và B là 2 cách.

Khi đó cần chọn thêm 4 bạn nữa là \(C_{10}^4\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 2.C_{10}^4 = 420\).

Vậy xác suất để Kim và Liên thi chung 1 bảng là \(P\left( A \right) = \frac{{420}}{{924}} = \frac{5}{{11}}\).

Đáp án: \(L = \frac{1}{4}\)

Phương pháp giải:

- Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = g\left( x \right)\), tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right)\).

- Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.

Giải chi tiết:

Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 15\).

Chú ý liên hợp bậc 4: \(a - b = \frac{{{a^4} - {b^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}}}\).

\(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[4]{{f\left( x \right) + 1}} - 2}}{{2{x^2} - 7x + 6}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) + 1 - 16}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}}}.\frac{1}{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x - 3} \right)}}\)

\[ = \frac{1}{{8 + 8 + 8 + 8}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = \frac{1}{{32}}.8 = \frac{1}{4}\].

Đáp án: \[M = 15;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m = 0\]

Phương pháp giải:

Cho hàm số \[y = a{x^2} + bx + c{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\]

Với \[a > 0:\] Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y_{\min }=-\frac{\mathrm{\Delta }}{4a}$ đạt được tại $x=\mathrm{ }-\frac{b}{2a}.$

 Với \[a < 0:\]Giá trị lớn nhất của hàm số $y_{\max }=-\frac{\mathrm{\Delta }}{4a}$ đạt được tại $x=\mathrm{ }-\frac{b}{2a}.$

Giải chi tiết:

Hàm số \[y = {x^2} - 4x + 3\] có \[a = 1 > 0\] nên bề lõm quay lên trên.

Hoành độ đỉnh $x=\mathrm{ }-\frac{b}{2a}=\frac{4}{2}=2\notin [-2;1]$

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 1 \right) = 0}\\{f\left( { - 2} \right) = 15}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \min y = f\left( 1 \right) = 0}\\{M = \max y = f\left( { - 2} \right) = 15}\end{array}} \right..\)

Đáp án: \(m < 3\)

Phương pháp giải:

Hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\) có cực đại và cực tiểu \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt.

Giải chi tiết:

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + mx + 2\)

\( \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x + m \Rightarrow y' = 0\) \( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + m = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\)

Hàm số có cực đại và cực tiểu \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 9 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng đồ thị.

Giải chi tiết:

Đặt \(\sin x = t \in \left[ {0;1} \right]{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \left[ {0;\pi } \right]} \right)\)\( \Rightarrow t' = \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2}\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ứng với mỗi giá trị của t khác 1 thì có 2 giá trị của x.

Do đó để phương trình \(f\left( {\sin x} \right) = m\) có đúng 2 nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) thì phương trình \(f\left( t \right) = m\) phải có một nghiệm duy nhất trên \(\left[ {0;1} \right)\)$\Rightarrow -4<m\le -3..$

Đáp án: \(R = 5\sqrt {13} \)

Phương pháp giải:

Thế số phức từ yêu cầu vào giả thiết để biểu diễn môđun liên quan đến số phức w

Giải chi tiết:

Ta có \(\left| {z - 1} \right| = \left| {\overline {z - 1} } \right| = \left| {\bar z - 1} \right| = 5\) mà \(w = \left( {2 + 3i} \right)\bar z + 3 + 4i \Leftrightarrow \bar z = \frac{{w - 3 - 4i}}{{2 + 3i}}\)

Suy ra \[\left| {\frac{{w - 3 - 4i}}{{2 + 3i}} - 1} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {\frac{{w - 5 - 7i}}{{2 + 3i}}} \right| = 5 \Leftrightarrow \frac{{\left| {w - 5 - 7i} \right|}}{{\left| {2 + 3i} \right|}} = 5 \Leftrightarrow \left| {w - 5 - 7i} \right| = 5\sqrt {13} \]

Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức \[w\] là đường tròn tâm \[I\left( {5;7} \right),\], bán kính \[R = 5\sqrt {13} .\]

Đáp án: $\tan \phi \mathrm{ }=\sqrt{2}$

Phương pháp giải:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) ta làm như sau

+) Xác định giao tuyến \(d\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).

+) Trong \(\left( P \right)\) xác định đường thẳng \(a \bot d,\) trong \(\left( Q \right)\) xác định \(b \bot d\).

+) Góc giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là góc giữa \(a\) và \(b.\)

Giải chi tiết:

Gọi \(a\) là cạnh hình lập phương và \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BD\)

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) có \(AC \bot BD\)  (do \(ABCD\) là hình vuông)

Trong \(\left( {A'BD} \right)\) có \(A'O \bot BD\)  (do tam giác \(A'BD\) cân tại \(A'\))

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(A'O\) và \(AC\) hay $\phi \mathrm{ }=\widehat{A^{\text{'}}OA}$

Gọi \(a\) là cạnh hình lập phương và \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BD\)

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) có \(AC \bot BD\)  (do \(ABCD\) là hình vuông)

Trong \(\left( {A'BD} \right)\) có \(A'O \bot BD\) (do tam giác \(A'BD\) cân tại \(A'\))

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(A'O\) và \(AC\) hay $\phi \mathrm{ }=\widehat{A^{\text{'}}OA}$

Ta có \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt 2 a}}{2}\)

Xét tam giác \(AA'O\) vuông tại \(A\) có \(\tan \widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \)

Vậy $\tan \phi \mathrm{ }=\sqrt{2}.$

Đáp án: \(\frac{4}{3}\)

Phương pháp giải:

Nếu \(\Delta //\left( P \right)\) thì \(d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = d\left( {A;\left( P \right)} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \in \Delta \).

Giải chi tiết:

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y + z + 5 = 0\) có 1 VTPT \(\vec n = \left( {2; - 2;1} \right)\). Đường thẳng Δ có 1 VTCP \(\vec u = \left( {1; - 1; - 4} \right)\)

Ta có: \(\vec n.\vec u = 2.1 - 2.\left( { - 1} \right) + 1.\left( { - 4} \right) = 0 \Rightarrow \Delta //\left( P \right)\)

Lấy \(A\left( { - 1;2; - 3} \right) \in d,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \notin \left( P \right)\) (do \(2.\left( { - 1} \right) - 2.2 + \left( { - 3} \right) + 5 \ne 0\))

\( \Rightarrow d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = d\left( {A;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.\left( { - 1} \right) - 2.2 + \left( { - 3} \right) + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}\)

Vậy \(d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = \frac{4}{3}\).

Đáp án: \({P_{\min }} = 9\)

Phương pháp giải:

+) Sử dụng công thức \({\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,y > 0} \right)\), giải bất phương trình logarit cơ bản \({\log _a}f\left( x \right) \le {\log _a}g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a < 1} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\).

+) Rút \(x\) theo \(y\), thế vào \(P\).

+) Đưa \(P\) về dạng \(P = f\left( y \right)\). Lập BBT và tìm GTNN của \(P = f\left( y \right)\).

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

\[{\log _{\frac{1}{2}}}x + {\log _{\frac{1}{2}}}y \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {xy} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow xy \ge x + {y^2}\]

\[ \Leftrightarrow x\left( {y - 1} \right) \ge {y^2} > 0\]. Mà \[x > 0 \Rightarrow y - 1 > 0 \Leftrightarrow y > 1\].

\[ \Rightarrow x \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}}\]. Khi đó ta có \(P = x + 3y \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với \(y > 1\).

Xét hàm số \(f\left( y \right) = \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với \(y > 1\) ta có:

\(f'\left( y \right) = \frac{{2y\left( {y - 1} \right) - {y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} + 3 = \frac{{{y^2} - 2y + 3{y^2} - 6y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = \frac{{4{y^2} - 8y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{3}{2}}\\{y = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

BBT:

Từ BBT ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{y > 1} f\left( y \right) = f\left( {\frac{3}{2}} \right) = 9\).

Vậy \(P \ge 9\) hay \({P_{\min }} = 9\).

Đáp án: \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Phương pháp giải:

- Tính \({V_{S.ACD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{\Delta ACD}}\)

- Chứng minh \(\Delta SAD\) vuông, tính \({S_{\Delta SAD}}\).

- Sử dụng công thức \(d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ACD}}}}{{{S_{\Delta SAD}}}}\)

Giải chi tiết:

Ta có: \({S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ACD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot AB}\\{AD \bot SI}\end{array}} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot SA\)\( \Rightarrow \Delta SAD\)vuông tại \(A\).

Xét tam giác vuông \(SAI\): $SA=\sqrt{S{I}^2+A{I}^2}\mathrm{ }=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}\mathrm{ }=a$

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAD}} = \frac{1}{2}SA.AD = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\)

Vậy \(d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ACD}}}}{{{S_{\Delta SAD}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Đáp án: \({a^3}\)

Phương pháp giải:

Khối chóp có thể tích lớn nhất khi 3 cạnh đôi một vuông góc.

Giải chi tiết:

Giả sử khối chóp \(ABCD\) có \(AB = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC = 2a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD = 3a\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) lên \(\left( {ABC} \right)\), khi đó ta có: \(DH \bot \left( {ABC} \right)\) và \(DH \le AD\).

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC \le \frac{1}{2}AB.AC\)

Vây \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}DH.{S_{\Delta ABC}} \le \frac{1}{3}AD.\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{6}AB.AC.AD = \frac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AD \bot \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB \bot AC\) hay \(AB,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD\) đôi một vuông góc.