Đáp án B

Sai lầm thường gặp: Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{3\right\}$.

Đạo hàm $y\text{'}=\frac{-2}{{\left(x-3\right)}^2}\mathrm{,0,}\forall x\in D\Rightarrow$ Hàm số nghịch biến trên $ℝ\backslash \left\{3\right\}$, hoặc làm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;3\right)\cup \left(3;+\infty \right)$. Hàm số không có cực trị.

Tiệm cận đứng: x=3; tiệm cận ngang:  y=1. Đồ thị hàm số nhận giao điểm  $I\left(3;1\right)$  của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

Từ đó nhiều học sinh kết luận các mệnh đề $\left(1\right),\left(3\right),\left(4\right)$ đúng và chọn ngay A.

Tuy nhiên đây là phương án sai.

Phân tích sai lầm:

Mệnh đề (1) sai, sửa lại: hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;3\right)$ và $\left(3;+\infty \right)$. Học sinh cần nhớ rằng, ta chỉ học định nghĩa hàm số đồng biến (nghịch biến) trên khoảng, đoạn, nửa khoảng; chứ không có trên những khoảng hợp nhau.

Mệnh đề (2) sai. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x=3, một tiệm cận ngang là y=1.

Mệnh đề $\left(3\right),\left(4\right)$ đúng.

Đáp án B

Sai lầm thường gặp: Ta thấy 

$\begin{array}{l}y=\left|x\right|=\sqrt{x^2},\\ y\text{'}=\frac{x}{\sqrt{x^2}}=\frac{x}{\left|x\right|}=\left\{\begin{array}{l}\text{1 khi }x>0\\ -1\text{ khi }x<0\end{array}\right.\end{array}$

Từ đó học sinh kết luận ngay hàm số không có đạo hàm tại x=0 và cũng không đạt cực trị tại điểm x=0. Nhiều học sinh sẽ chọn ngay phương án A. Đây là đáp án sai.

Phân tích sai lầm: Nhiều học sinh ngộ nhận ngay điều kiện cần và đủ để hàm số có cực trị là “Nếu hàm số y=f(x) đạt cực trị tại $x_0$  thì $f\text{'}\left(x_0\right)=0$  ”, từ đó nếu $f\text{'}\left(x_0\right)\ne 0$ thì hàm số không đạt cực trị tại điểm $x_0$ . Tuy nhiên, điều này là sai lầm vì định lý trên chiều ngược lại có thể không đúng, tức chỉ đúng với một chiều.

Vậy, đối với hàm số đã cho ta có $y\text{'}=\frac{x}{\sqrt{x^2}}=\frac{x}{\left|x\right|}=\left\{\begin{array}{l}\text{1 khi }x>0\\ -1\text{ khi }x<0\end{array}\right.$.

Dễ thấy đạo hàm y' đổi dấu qua điểm x=0 nên x=0 là điểm cực trị của hàm số, ở đây x=0là điểm cực tiểu của hàm số.

Quan sát đồ thị hàm số $y=\left|x\right|$ hình vẽ bên để hiểu rõ hơn về điểm cực trị của hàm số này.

Đáp án C

Đạo hàm 

$\begin{array}{l}y\text{'}=3x^2-6x=3x\left(x-2\right);\\ y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\end{array}$

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy $y\text{'}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;2\right)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2).

Đáp án C

Tập xác định: $D=\left[-2;2\right]\backslash \left\{-1\right\}$. Ta thấy $y=\frac{\sqrt{4-x^2}}{\left(x+1\right)\left(x-4\right)}$.

Ta có  $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{4-x^2}}{\left(x+1\right)\left(x-4\right)}=+\infty$ và $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{4-x^2}}{\left(x+1\right)\left(x-4\right)}=-\infty$ nên đồ thị có đúng một đường tiệm cận đứng là x= -1.

Do tập xác định $D=\left[-2;2\right]\backslash \left\{-1\right\}$ nên ta không xét được $\underset{x\to -\infty }{\lim }y$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y$. Vậy hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Đáp án B

Cách 1: Tư duy tự luận

$\begin{array}{l}{2}^{2x-3}-{3.2}^{x-2}+1=0\\ \iff \frac{1}{8}.{\left(2^x\right)}^2-\frac{3}{4}{.2}^x+1=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}{2}^x=4\\ 2^x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=1\end{array}\right.\end{array}$ 

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1+2=3.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Vậy phương trình có hai nghiệm x=1 và x=2. Tổng các nghiệm là 1+2=3.

Đáp án A

Cách 1: Tư duy tự luận

$\begin{array}{l}{\log }_{27}5={\log }_{3^3}5=\frac{1}{3}{\log }_{3}5=a\\ \Rightarrow {\log }_{3}5=3a\Rightarrow {\log }_{5}3=\frac{1}{3a}\end{array}$.

$\begin{array}{l}{\log }_{5}4={\log }_{5}3.{\log }_{3}2.{\log }_{2}4\\ =\frac{2{\log }_{5}3}{{\log }_{2}3}=\frac{2}{3ac}\end{array}$ .

$\begin{array}{l}{\log }_{8}7={\log }_{2^3}7\\ =\frac{1}{3}{\log }_{2}7=b\\ \Rightarrow {\log }_{2}7=3b\\ \Rightarrow {\log }_{7}2=\frac{1}{3b}\\ \Rightarrow {\log }_{7}4=2{\log }_{7}2=\frac{2}{3b}.\end{array}$

${\log }_{7}3={\log }_{7}2.{\log }_{2}3=\frac{c}{3b}$.

$\begin{array}{l}{\log }_{12}35={\log }_{12}5+{\log }_{12}7\\ =\frac{1}{{\log }_{5}12}+\frac{1}{{\log }_{7}12}\\ =\frac{1}{{\log }_{5}3+{\log }_{5}4}+\frac{1}{{\log }_{7}3+{\log }_{7}4}\end{array}$ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow {\log }_{12}35=\frac{1}{\frac{1}{3a}+\frac{2}{3ac}}+\frac{1}{\frac{c}{3b}+\frac{2}{3b}}\\ =\frac{3ac}{c+2}+\frac{3b}{c+2}=\frac{3b+3ac}{c+2}\end{array}$.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án A

Cách 1: Tư duy tự luận

Phương án A: $\int \tan xdx=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx=$$-\int \frac{d\left(\cos x\right)}{\cos x}=-\ln \left|\cos x\right|+C$.

Phương án B:$\int \cot xdx=\int \frac{\cos x}{\sin x}dx=$$\int \frac{d\left(\sin x\right)}{\sin x}=\ln \left|\sin x\right|+C$.

Phương án C:

$\begin{array}{l}\int \sin \frac{x}{2}dx=-\int 2d\left(\cos \frac{x}{2}\right)\\ =-2\cos \frac{x}{2}+C\end{array}$.

Phương án D:

$\begin{array}{l}\int \cos \frac{x}{2}dx\\ =\int 2d\left(\sin \frac{x}{2}\right)=2\sin \frac{x}{2}+C\end{array}$.

Vậy phương án A đúng.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án A

Cách 1: Xét phương trình:

$\begin{array}{l}{x}^2=3\iff x=\pm \sqrt{3};\\ x^2=1\iff x=1\end{array}$

Quan sát hình vẽ:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=x^2,y=\mathrm{3,}x=0$ là

$$\begin{gathered} S_1=\underset{-\sqrt{3}}{\overset{0}{\int }}\left|x^2-3\right|dx=\left|\underset{-\sqrt{3}}{\overset{0}{\int }}\left(x^2-3\right)dx\right| \\ =\left|\left(\frac{x^3}{3}-3x\right)\left|\begin{array}{l}0\\ -\sqrt{3}\end{array}\right.\right|=2\sqrt{3} \end{gathered}$$ 

(đvdt).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=x^2,y=\mathrm{1,}x=0$ là

$$\begin{gathered} S_2=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left|x^2-1\right|dx=\left|\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left(x^2-1\right)dx\right| \\ =\left|\left(\frac{{\displaystyle x^3}}{{\displaystyle 3}}-x\right)\left|\begin{array}{l}0\\ -1\end{array}\right.\right|=\frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}} \end{gathered}$$

 (đvdt).

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là $S=S_1-S_2=2\sqrt{3}-\frac{2}{3}$ (đvdt).

Cách 2: Ta có $y=x^3\iff \left\{\begin{array}{l}y\ge 0\\ x=\pm \sqrt{y}\end{array}\right.$. Từ hình vẽ ta thấy $x<0\Rightarrow x=-\sqrt{y}$.

Diện tích hình phẳng cần tính là:

$\begin{array}{l}S=\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left|-\sqrt{y}-0\right|dy\\ =\underset{1}{\overset{3}{\int }}\sqrt{y}dy=\frac{2\sqrt{y^3}}{3}\left|\begin{array}{l}3\\ 1\end{array}\right.=2\sqrt{3}-\frac{2}{3}\end{array}$

 (đvdt).

Đáp án A

Dễ thấy 

$\begin{array}{l}\underset{0}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx\\ =\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx\\ =9+2=11\end{array}$

Ta có

$\begin{array}{l}I=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left[f\left(\frac{x}{3}\right)+f\left(3x\right)\right]dx\\ =\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(\frac{x}{3}\right)dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(3x\right)dx=I_1+I_2\end{array}$

* Tính $I_1=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(\frac{x}{3}\right)dx$ : Đặt $t=\frac{x}{3}\Rightarrow dx=3dt$. Đổi cận  $x=0\Rightarrow t=0;x=3\Rightarrow t=1$.

Khi đó

$\begin{array}{l}{I}_1=3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt\\ =3\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=3.9=27\end{array}$

* Tính $I_2=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(3x\right)dx$: Đặt $t=3x\Rightarrow dx=\frac{1}{3}dt$. Đổi cận $x=0\Rightarrow t=0;x=3\Rightarrow t=9$.

Khi đó

$\begin{array}{l}{I}_2=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{9}{\int }}f\left(t\right)dt\\ =\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{11}{3}\end{array}$

 Vậy $I=I_1+I_2=27+\frac{11}{3}=\frac{92}{3}$.

Đáp án C

Giả sử $z=x+yi,\left(x,y\in ℝ\right)$. Khi đó điểm biểu diễn số phức z là $M\left(x;y\right)$.

Từ giả thiết, ta có 

$\begin{array}{l}\left|z-2+3i\right|=7\\ \iff \left|\left(x-2\right)+\left(y+3\right)i\right|=7\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \sqrt{{\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2}=7\\ \iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=49\end{array}$.

Vậy tập hợp các điểm $M\left(x;y\right)$ biểu diễn số phức $z=z+yi$ là đường tròn $\left(C\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=49$ có tâm $I\left(2;-3\right)$, bán kính R=7.

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng(BCD). Do ABCD là tứ diện đều nên tâm H là tâm đường trong ngoại tiếp $\Delta BCD$ .

Đặt cạnh của tứ diện là a. Gọi M  là trung điểm của CD.

Do $\Delta BCD$ đều nên

$\begin{array}{l}BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\ \Rightarrow BH=\frac{2}{3}BM=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\end{array}$

Ta có  $\Delta ABH$vuông tại H nên

$\begin{array}{l}AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}\\ =\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\end{array}$

Từ giả thiết ta có

$\begin{array}{l}AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}=6\\ \iff a=3\sqrt{6}\\ \Rightarrow S_{\Delta BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}\end{array}$

 (đvdt).

Vậy thể tích của tứ diện ABCD là

$\begin{array}{l}AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}=6\\ \iff a=3\sqrt{6}\\ \Rightarrow S_{\Delta BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}\end{array}$

 (đvtt).

Đáp án C

Thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi .{\left(2R\right)}^3=\frac{32}{3}\pi R^3$  (đvtt).

Đáp án A

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P)  là:

$d\left(M;\left(P\right)\right)=\frac{\left|2.1-2\left(-2\right)-13+3\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-2\right)}^2+{\left(-1\right)}^2}}=\frac{4}{3}$

Đáp án C

Điểm $D\in Oy$ nên $D\left(0;y;0\right)$. Suy ra  $\overrightarrow{AD}=\left(-2;y-1;1\right)$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;2\right),\overrightarrow{AC}=\left(0;-2;4\right)$ $\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(0;-4;-2\right)$.

Khi đó $V_{ABCD}=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}\right|$$=\frac{1}{6}\left|-4y+2\right|=\frac{\left|2y-1\right|}{3}$.

Từ giả thiết ta có

$\begin{array}{l}{V}_{ABCD}=5\iff \frac{\left|2y-1\right|}{3}=5\\ \iff \left[\begin{array}{l}y=8\\ y=-7\end{array}\right.\end{array}$

. Vậy $\left[\begin{array}{l}D\left(0;-7;0\right)\\ D\left(0;8;0\right)\end{array}\right.$ .

Tính tích có hướng $\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]$ bằng MTCT:

Đáp án B

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x+4y-6z+9=0$  có tâm $I\left(1;-2;3\right)$, bán kính  $R=\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2+3^2-9}=\sqrt{5}$ 

Đáp án C

Số số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là $\mathrm{9.9.8.7}=4536$. Không gian mẫu $\Omega$ có số phần tử là $n\left(\Omega \right)=C_{4536}^1=4536$.

Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 25”. Gọi số đó có dạng Chọn thì  $\overline{cd}\in \left\{25;50;75\right\}$.

* Số đó có dạng $\overline{ab25}$: Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra $7.7=49$ số $\overline{ab25}$ thỏa mãn.

* Số đó có dạng $\overline{ab50}$: Chọn a có 8 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 8.7=56 số $\overline{ab50}$ thỏa mãn.

* Số đó có dạng $\overline{ab75}$: Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 7.7=49 số $\overline{ab75}$ thỏa mãn.

Vậy số phần tử của biến cố A là $n\left(A\right)=49+56+49=154$.

Vậy xác suất cần tính là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{154}{4536}=\frac{11}{324}$.

Đáp án B

Cách 1: Tư duy suy luận

Ta có  

$\begin{array}{l}L=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{mx+2006}{x+\sqrt{x^2+2007}}\\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\left(m+\frac{2006}{x}\right)}{x+\left|x\right|\sqrt{1+\frac{2007}{x^2}}}\\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\left(m+\frac{2006}{x}\right)}{x\left(1+\sqrt{1+\frac{2007}{x^2}}\right)}\end{array}$

$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{m+\frac{2006}{x}}{1+\sqrt{1+\frac{2007}{x^2}}}=\frac{m}{1+\sqrt{1}}=\frac{m}{2}$. Để L=0 thì $\frac{m}{2}=0\iff m=0$.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Chọn m=0,5 thỏa mãn các phương án A, C, D. Ta có $L=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\mathrm{0,5}x+2006}{x+\sqrt{x^2+2007}}$  .

Nhập vào màn hình:

 Suy ra $L\approx \frac{1}{4}\Rightarrow L\ne 0$. Loại ngay A, C, D.

Đáp án C

Ta có 

$\begin{array}{l}y\text{'}=x^2-2x-1;y\text{'}=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=1+\sqrt{2}\Rightarrow y=\frac{-8-4\sqrt{2}}{3}\\ x=1-\sqrt{2}\Rightarrow y=\frac{-8+4\sqrt{2}}{3}\end{array}\right.\end{array}$

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị là  $A\left(1+\sqrt{2};\frac{-8-4\sqrt{2}}{3}\right)$ và  $B\left(1-\sqrt{2};\frac{-8+4\sqrt{2}}{3}\right)$.

Vậy

$\begin{array}{l}AB=\sqrt{{\left[\left(1-\sqrt{2}\right)-\left(1+\sqrt{2}\right)\right]}^2+{\left(\frac{-8+4\sqrt{2}}{3}-\frac{-8-4\sqrt{2}}{3}\right)}^2}\\ =\frac{10\sqrt{2}}{3}\end{array}$

Đáp án C

Phương án A:  $y\text{'}=-2x\Rightarrow y\text{'}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(-\infty ;0\right)$ và $y\text{'}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ .

Khi đó hàm số $y=1-x^2$ đòng biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$, nghịch biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$.

Phương án  B: $y\text{'}=\ln x+1$$\Rightarrow y\text{'}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(\frac{1}{e};+\infty \right)$ và $y\text{'}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;\frac{1}{e}\right)$. Khi đó hàm số đồng biến trên $\left(\frac{1}{e};+\infty \right)$ và nghịch biến trên $\left(0;\frac{1}{e}\right)$.

Phương án  C: $y\text{'}=e^x+\frac{1}{x^2}>\mathrm{0,}\forall x\ne 0$ nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(0;+\infty \right)$.

Phương án D:$y\text{'}=-\pi .x^{-\pi -1}=-\frac{\pi }{x^{\pi +1}}$$\Rightarrow y\text{'}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ . Khi đó hàm số $y=x^{-\pi }$ nghịch biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ .

Đáp án C

Từ đồ thị hàm số  $y=f\left(x\right)$ trên  $\left[-2;4\right]$ , ta vẽ được đồ thị hàm số  $y=\left|f\left(x\right)\right|$ trên đoạn $\left[-2;4\right]$ như hình vẽ bên.

Quan sát đồ thị, ta thấy $\underset{\left[-2;4\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=\left|f\left(-1\right)\right|=3$.  

Đáp án A

Phương trình

$\begin{array}{l}{\log }_2\left(1-x\right)=2\\ \iff \left\{\begin{array}{l}1-x>0\\ 1-x=2^2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x<1\\ x=-3\end{array}\right.\iff x=-3\end{array}$

Đáp án C

Cách 1: Tư duy tự luận

 Đặt $\ln x=t\iff \frac{dx}{x}=dt$ . Đổi cận $x=1\Rightarrow t=0;x=e\Rightarrow t=1$ .

Khi đó $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^{2}dt=\frac{t^3}{3}\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=\frac{1}{3}$ .

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án C

Cách 1: Tư duy tự luận

Giả sử $z=a+bi,(a,b\in ℝ)$.

Giả thiết tương đương với $\left(1+2i\right)\left[\left(a-1\right)+bi\right]=5-2i$

$\iff \left(a-1-2b\right)+\left(2a+b-2\right)i=5-2i$

 $\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}a-2b-1=5\\ 2a+b-2=2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a-2b=6\\ 2a+b=0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{6}{5}\\ b=-\frac{12}{5}\end{array}\right.\end{array}$

Vậy $z=\frac{6}{5}-\frac{12}{5}i$.            

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

$\begin{array}{l}\left(1+2i\right)\left(z-1\right)-5+2i=0\\ \iff z=\frac{5-2i}{1+2i}+1=\frac{6}{5}-\frac{12}{5}i\end{array}$.

Đáp án B

Áp dụng định lý hàm số sin, ta có $\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}}=\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}=2R$

 $\begin{array}{l}\iff \frac{BC}{\sin {75}^0}=\frac{AC}{\sin {45}^0}=\frac{AB}{\sin {60}^0}=2R\\ \iff \left\{\begin{array}{l}AB=2R.\sin {60}^0=R\sqrt{3}\\ BC=2R.\sin {75}^0=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}R\\ AC=2R.\sin {45}^0=R\sqrt{2}\end{array}\right.\end{array}$

Lại có

$\begin{array}{l}{S}_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.sin\widehat{BAC}=\frac{1}{2}BH.AC\\ \iff BH=AB.sin\widehat{BAC}=R\sqrt{3}.\sin {75}^0\end{array}$

 $\iff BH=\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)}{4}R$.

Khi quay $\Delta ABC$ quanh AC thì $\Delta BHC$ tạo thành hình nón tròn xoay (N) có đường sinh $l=BC=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}R$, bán kính đáy $r=BH=\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)}{4}R$.

Diện tích xung quanh hình nón  (N) là

$\begin{array}{l}{S}_{xq}=\pi rl\\ =\pi \frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)}{4}R.\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}R\\ =\frac{3+2\sqrt{3}}{2}\pi R^2\end{array}$

 (đvdt).

Đáp án C

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;-1;4\right)$ . Mặt phẳng  (Q) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(2;0;-2\right)$.

Cách 1: Tư duy tự luận

Góc giữa hai mặt phẳng (P) và  (Q) được tính theo công thức:

$\begin{array}{l}\cos \left(\widehat{\left(P\right),\left(Q\right)}\right)=\left|\cos \left(\overrightarrow{n_{\left(P\right)}},\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right)\right|\\ =\frac{\left|\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}.\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right|}{\left|\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right|.\left|\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right|}\\ =\frac{\left|1.2+\left(-1\right).0+4.\left(-2\right)\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-1\right)}^2+4^2}.\sqrt{2^2+0^2+{\left(-2\right)}^2}}\end{array}$

$\iff \cos \left(\widehat{\left(P\right),\left(Q\right)}\right)=\frac{1}{2}$. Vậy $\left(\widehat{\left(P\right),\left(Q\right)}\right)={60}^0$.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Nhập vào máy tính các vectơ: $\text{VctA}=\left[1;-2;4\right],\text{VctB}=\left[2;0;-2\right]$.

Đáp án D

Gọi M là hình chiếu của điểm $I\left(3;2;4\right)$ trên Oy, suy ra $M\left(0;2;0\right)$ . Khi đó  $\overrightarrow{IM}=\left(-3;0;-4\right)$. Mặt cầu tâm $I\left(3;2;4\right)$  tiếp xúc với trục Oy nên bán  kính mặt cầu là $R=IM=5$.

Phương trình mặt cầu (S) là ${\left(x-3\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-4\right)}^2=25$

$\iff x^2+y^2+z^2-6\text{x}-4y-8\text{z}+4=0$.

Đáp án B

Ta có mặt phẳng $\left(P\right):\frac{x}{3}+\frac{y}{2}+\frac{z}{1}=1$ $\iff 2\text{x}+2y+6\text{z}-6=0$. Suy ra mặt phẳng  (P) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left(2;3;6\right)$.

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=-\frac{1}{x^2}={\left(-1\right)}^1.\frac{1!}{x^2}$; $y\text{'}\text{'}=-\frac{2}{x^3}={\left(-1\right)}^2.\frac{2!}{x^3}$; $y\text{'}\text{'}\text{'}=-\frac{6}{x^4}={\left(-1\right)}^3.\frac{3!}{x^4}$.

 Dự đoán $y^{\left(n\right)}={\left(-1\right)}^n.\frac{n!}{x^{n+1}}\left(*\right)$. Chứng minh mệnh đề (*):

* Với n=1 thì $\left(*\right)\iff y\text{'}=-\frac{1}{x^2}$. Khi đó (*) đúng.

* Giả sử (*) đúng với $n=k,\left(k\ge 1\right)$ , tức là $y^{\left(k\right)}={\left(-1\right)}^k.\frac{k!}{x^{k+1}}$ .

Khi đó $y^{\left(k+1\right)}={\left(y^{\left(k\right)}\right)}^{\text{'}}={\left(-1\right)}^k.\frac{k!}{x^{k+1}}$$={\left(-1\right)}^k.\left(-\frac{\left(k+1\right).k!.x^k}{{\left(x^{k+1}\right)}^2}\right)$$={\left(-1\right)}^{k+1}.\frac{\left(k+1\right)!}{x^{k+2}}$. Vậy mệnh đề (*) cũng đúng với n=k+1 nên nó đúng với mọi n.

Đáp án C

Không gian mẫu $\Omega$ có số phần tử là $n\left(\Omega \right)=10!$.

 Gọi A là biến cố “Xếp được dòng chữ “NƠI NÀO CÓ Ý CHÍ NƠI ĐÓ CÓ CON ĐƯỜNG”. Số phần tử của biến cố A là $n\left(A\right)=1$.

Vậy xác suất cần tính là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{10!}=\frac{1}{3628800}$.

Đáp án B

Đáp án C

Gọi A' là điểm đối xứng với $A\left(5;3\right)$ qua điểm $I\left(4;1\right)$ . Khi đó I là trung điểm của AA' và $\left\{\begin{array}{l}{x}_{A\text{'}}=2x_I-x_A=2.4-5=3\\ x_{A\text{'}}=2y_I-y_A=2.1-3=-1\end{array}\right.$. Vậy $A\text{'}\left(3;-1\right)$.

Đáp án B

Gọi I là hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng (ABC). Do $SA=SB=SC$ nên  $IA=IB=IC\Rightarrow I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ . Mà $\Delta ABC$ vuông cân tại A nên I là trung điểm của BC và $IA=IB=IC=\frac{1}{2}BC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Ta có IA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC) nên $\left(\widehat{SA,\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SA,IA}\right)=\widehat{SAI}={45}^0$.

Do $\Delta SIA$ vuông tại I nên $\Delta \text{S}AI$ vuông cân tại I, khi đó : $SI=IA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$$\Rightarrow d\left(S;\left(ABC\right)\right)=SI=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Đáp án C

Ta dễ dàng chứng minh được $AA\text{'}//\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$

$\Rightarrow d\left(AA\text{'};BC\right)=d\left(AA\text{'};\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)$$=d\left(A;\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)$

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Suy ra $A\text{'}G\perp \left(ABC\right)$.

Ta có  $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

 $\begin{array}{l}\Rightarrow V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}G.S_{\Delta ABC}\\ \iff A\text{'}G=\frac{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{\Delta ABC}}\\ =\frac{a^3\sqrt{3}}{4}:\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=a\end{array}$

Lại có

$\begin{array}{l}AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\ \Rightarrow AG=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}\\ \Rightarrow AA\text{'}=\sqrt{A\text{'}{G}^2+A{G}^2}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\end{array}$

 Ta luôn có $V_{A\text{'}.ABC}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}.\frac{a^3\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

Mà $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V_{A\text{'}.ABC}+V_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}$ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow V_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-V_{A\text{'}.ABC}\\ =\frac{a^3\sqrt{3}}{4}-\frac{a^3\sqrt{3}}{12}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}\end{array}$.

Gọi M,M' lần lượt là trung điểm của BC và B'C'. Ta có $BC\perp AM,BC\perp A\text{'}G$ $\Rightarrow BC\perp \left(AMM\text{'}A\text{'}\right)\Rightarrow BC\perp MM\text{'}$. Mà $MM\text{'}//BB\text{'}$ nên $BC\perp BB\text{'}\Rightarrow BCC\text{'}B\text{'}$ là hình chữ nhật

 $$\begin{gathered} \Rightarrow S_{BCC\text{'}B\text{'}}=BB\text{'}.BC \\ =\frac{2a\sqrt{3}}{3}.a=\frac{2a^2\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$ .

 Từ

$\begin{array}{l}{V}_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{1}{3}d\left(A\text{'};\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right).S_{BCC\text{'}B\text{'}}\\ \iff d\left(A\text{'};\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=\frac{3V_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}}{S_{BCC\text{'}B\text{'}}}\end{array}$ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow d\left(A\text{'};\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)\\ =\frac{a^3\sqrt{3}}{2}:\frac{2a^2\sqrt{3}}{3}=\frac{3a}{4}\end{array}$. Vậy $d\left(AA\text{'};BC\right)=\frac{3a}{4}$.