Đáp án B

Các hàm số đã cho đều có tập xác định là $D=ℝ$ .

Với phương án A: $y^{\text{'}}=3x^2-3;y^{\text{'}}=0$$\iff x=\pm 1$Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  $\left(-\infty ;-1\right)$và $\left(1;+\infty \right)$ . Loại A.

Với phương án B:  $y^{\text{'}}=9x^2+2>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$nên hàm số đồng biến trên R  . Chọn B. 

Với phương án C: $y^{\text{'}}=2x;y^{\text{'}}=0\iff x=0$  . Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$  . Loại C.

Với phương án D: $y^{\text{'}}=8x^3+2x=2x\left(4x^2+1\right);$$y^{\text{'}}=0\iff x=0$ . Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$  . Loại D.

Đáp án B

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là  y=2 và đường tiệm cận đứng là x=-2  .

Đáp án A

Đạo hàm $y^{\text{'}}=3x^2-3;y^{\text{'}}=0$$\iff x=\pm 1$  . Ta có bảng biến thiên sau đây:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x=-1\to y_{CĐ}=0$

Đáp án D

Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị là của hàm số bậc ba và có dạng chữ N nên hệ số a>0. Loại A, B

Mặt khác, đồ thị có hai điểm cực trị nên loại C. Do ${y^{\text{'}}}_{\left(C\right)}=3x^2+3>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$ nên hàm số   $y=x^3+3x+1$ đồng biến trên R   và không có cực trị.

Đáp án C

Ta có

$\begin{array}{l}{\log }_{3}x\le {\log }_{\frac{1}{3}}\left(2x\right)\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_{3}x\le -{\log }_3\left(2x\right)\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_{3}x+{\log }_3\left(2x\right)\le 0\end{array}\right.\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_3\left(2x^2\right)\le 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ 2x^2\le 1\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}\le x\le \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right.\\ \iff 0<x\le \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 

$\begin{array}{l}\left(0;\frac{1}{\sqrt{2}}\right]\to a=\mathrm{0,}b=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \to a^2+b^2=\frac{1}{2}\end{array}$

Đáp án B

$\begin{array}{l}A=\sqrt{{\left(x^{2x}+y^{2x}\right)}^2-{\left(4^{\frac{1}{2x}}xy\right)}^{2x}}\\ =\sqrt{{\left(x^{2x}\right)}^2+2x^{2x}.y^{2x}+{\left(y^{2x}\right)}^2-{\left(4^{\frac{1}{2x}}\right)}^{2x}.x^{2x}.y^{2x}}\end{array}$

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

Đáp án A

Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có 

$\begin{array}{l}\int \frac{1}{x^2}\cos \frac{2}{x}dx\\ =-\frac{1}{2}\int d\left(\sin \frac{2}{x}\right)\\ =-\frac{1}{2}\sin \frac{2}{x}+C\end{array}$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án A

Quan sát đồ thị, ta thấy  $f\left(x\right)\le \mathrm{0,}\forall x\in \left[a;0\right]$ và $f\left(x\right)\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left[0;b\right]$  . Diện tích của hình phẳng D là:

$\begin{array}{l}{S}_D=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx\\ =\underset{a}{\overset{0}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx+\underset{0}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx\\ =-\underset{a}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx\end{array}$

Đáp án A

Ta có $\underset{1}{\overset{3}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx={\left.f\left(x\right)\right|}_1^3=f\left(3\right)-f\left(1\right).$

Suy ra $f\left(1\right)=f\left(3\right)-\underset{1}{\overset{3}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx$$=5-6=-1$ 

Đáp án B

Cách 1: Tư duy tự luận

$\begin{array}{l}\overline{z}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\\ \Rightarrow {\left(\overline{z}\right)}^2={\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)}^2\\ =\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}i+\frac{3}{4}{i}^2\\ =-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\end{array}$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

${\left(\overline{z}\right)}^2=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$

Đáp án D

Do  $\Delta ABC$ đều có cạnh bằng 2a nên

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

Thể tích khối chóp S.ABC là: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}$$=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a^2\sqrt{3}=a^3$

Đáp án B

Khi quay đường gấp khúc BCDA quanh trục AB, ta được một hình trụ có bán kính đáy

$R=BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}$$=\sqrt{{\left(a\sqrt{5}\right)}^2-a^2}=2a$

chiều cao  $h=AB=a$.

Diện tích xung quanh của hình trụ là: $S_{xq}=2\pi Rh$$=2\pi .2a.a=4\pi a^2$

Đáp án C

Áp dụng STUDY TIPS bên, ta có:

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng $\left(Oxy\right)$  là  a=2.

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng $\left(Oxy\right)$  là b=1.

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ là c=3  .

Vậy $P=a+b^2+c^3$$=2+1^2+3^3=30$  .

Đáp án C

Phương trình mặt phẳng $\left(ABC\right)$  là: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$$\iff \frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}-1=0$

Đáp án C

Đường thẳng $d_1$   đi qua điểm  $M\left(1;2;3\right)$và nhận vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=\left(2;3;4\right)$ .

Đường thẳng  $d_2$ nhận vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=\left(4;6;8\right)$  .

Nhận thấy $\overrightarrow{u_2}=2.\overrightarrow{u_1}$  nên $\overrightarrow{u_1}$  và $\overrightarrow{u_2}$  cùng phương.

Mặt khác, giả sử $M\in d_2$  thì $\left\{\begin{array}{l}1=3+4t\\ 2=5+6t\\ 3=7+8t\end{array}\right.\iff t=-\frac{1}{2}$ .

Do vậy điều giả sử này là đúng.

Vậy $d_1\equiv d_2$  .

Đáp án C

Cách 1: Tư duy tự luận

$\begin{array}{l}I=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{2x+1}-1}{x}\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(\sqrt{2x+1}-1\right)\left(\sqrt{2x+1}+1\right)}{x\left(\sqrt{2x+1}+1\right)}\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{\sqrt{2x+1}+1}=1\end{array}$

$\begin{array}{l}J=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+x-2}{x-1}\\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+2\right)}{x-1}\\ =\underset{x\to 1}{\lim }\left(x+2\right)=3\end{array}$

Vậy $I+J=1+3=4$  .

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay casio (hoặc vinacal)

vậy $I=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{2x+1}-1}{x}=1$ và $J=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+x-2}{x-1}=3$ . suy ra $I+J=4$

Đáp án B

Trong 25 người, bầu ra 1 chủ tịch có  $C_{25}^1$ cách. Trong 24 người còn lại, bầu ra 1 phó chủ tịch có $C_{24}^1$  cách. Trong 23 người còn lại, bầu ra 1 thư kí có $C_{23}^1$   cách. Vậy số cách để bầu ra 1 ban chủ nhiệm gồm 1 chủ tịch, 1 phó chủ tịch, 1 thư kí từ 25 người là  $C_{25}^1.C_{24}^1.C_{23}^1=\mathrm{25.24.23}=13800$ cách.

Đáp án C

Quan sát đồ thị $f^{\text{'}}\left(x\right)$   (hình vẽ), ta thấy

$f^{\text{'}}\left(x\right)>\mathrm{0,}\forall x\in \left(1-\sqrt{3};1\right)\cup \left(1+\sqrt{3};+\infty \right)$ ;

 $f^{\text{'}}\left(x\right)<\mathrm{0,}\forall x\in \left(-\infty ;1-\sqrt{3}\right)\cup \left(1;1+\sqrt{3}\right)$ và $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x\in \left\{1-\sqrt{3};1;1+\sqrt{3}\right\}$ .

Suy ra hàm số $y=f\left(x\right)$  đồng biến trên mỗi khoảng $\left(1-\sqrt{3};1\right)$  và $\left(1+\sqrt{3};+\infty \right)$ ;

hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  $\left(-\infty ;1-\sqrt{3}\right)$ và $\left(1;1+\sqrt{3}\right)$  .

Do $\left(-2;-1\right)\subset \left(-\infty ;1-\sqrt{3}\right)$  nên hàm số nghịch biến trên khoảng$\left(-2;-1\right)$ .

Đáp án D

(1) Nếu $f^{\text{'}}\left(x_0\right)=0$  hoặc  $f^{\text{'}}\left(x_0\right)$không xác định trên K thì $x_0$  có thể là điểm cực trị của hàm số trên K. Còn nếu  $f^{\text{'}}\left(x_0\right)\ne 0$ thì $x_0$  không thể nào là điểm cực trị của hàm số trên K. Vậy phát biểu (1) đúng.

(2) Nếu  $x_0\notin K$ mà qua điểm $x_0,f^{\text{'}}\left(x\right)$  có sự đổi dấu thì  $x_0$ không phải là điểm cực trị của hàm số f. Vậy phát biểu (2) sai.

Đáp án C

Lời giải trên là sai. Cách làm lời giải này chỉ đúng đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn .

Để giải bài toán này, ta lập bảng biến thiên của hàm số $y=2x^4-4x^2+3$  trên R

* Bước 1: Tập xác định $D=ℝ$ . Đạo hàm $y^{\text{'}}=8x^3-8x$  .

* Bước 2: Cho  $y^{\text{'}}=0$ tìm $x=0;x=-1;x=1$ .

* Bước 3: Ta có bảng biến thiên sau:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số là 1 và hàm số không có giá trị lớn nhất. Vậy lời giải trên sai từ bước 3.

Đáp án B

$\begin{array}{l}{\left(\frac{1}{3}\right)}^{\sqrt{x+2}}>3^{-x}\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x+2\ge 0\\ 3^{-\sqrt{x+2}}>3^{-x}\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -2\\ \sqrt{x+2}<x\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -2\\ x>0\\ x+2<x^2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left(x+1\right)\left(x-2\right)>0\end{array}\right.\end{array}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}x>2\\ x<-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x>2$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình $S=\left(2;+\infty \right)$  .

Đáp án B

Đặt $x=2\sin t,t\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$$\Rightarrow dx=2\cos tdt$  . Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{6}\end{array}\right.$

Suy ra $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}\frac{2}{\sqrt{4-4{\sin }^{2}t}}.2\cos tdt$$=2\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}dt$

Đáp án A

Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có 

$\begin{array}{l}\left(1+2i\right)z=-7-4i\\ \iff z=\frac{-7-4i}{1+2i}\\ =\frac{\left(-7-4i\right)\left(1-2i\right)}{\left(1+2i\right)\left(1-2i\right)}\\ =\frac{-15+10i}{5}=-3+2i\end{array}$

Số phức liên hợp của z là $\overline{z}=-3-2i$  . Vậy A sai.

Môđun của z là $\left|z\right|=\sqrt{{\left(-3\right)}^2+2^2}=\sqrt{13}$ . Vậy B đúng.

z có điểm biểu diễn là $M\left(-3;2\right)$ . Vậy C đúng.

z có tổng phần thực và phần ảo là $\left(-3\right)+2=-1$ . Vậy D đúng.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án A

Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình trụ  lần lượt là r và h. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là một hình chữ nhật có kích thước hai cạnh là 2r và h. Diện tích hình chữ nhật đó là $S=2rh$ .

Quan sát hình vẽ, ta thấy$R^2={\left(\frac{h}{2}\right)}^2+r^2$$\iff h=2\sqrt{R^2-r^2}$$=2\sqrt{3a^2-r^2}$ .

Khi đó $S=2rh=4r\sqrt{3a^2-r^2}$$\le 4.\frac{r^2+{\left(\sqrt{3a^2-r^2}\right)}^2}{2}=6a^2$ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

$\begin{array}{l}r=\sqrt{3a^2-r^2}\\ \iff 2r^2=3a^2\\ \iff r=\frac{a\sqrt{6}}{2}\\ \Rightarrow h=2\sqrt{3a^2-\frac{3a^2}{2}}=a\sqrt{6}\end{array}$ 

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ (T) là

$S_{tp}=2\pi rh+2\pi r^2$$=2\pi a\sqrt{6}.\frac{a\sqrt{6}}{2}+2\pi {\left(\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2$$=9\pi a^2$(đvdt).

Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(1;-1;1\right)$  nên đường thẳng MN có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_{MN}}=\left(1;-1;1\right)$ . Mà đường thẳng MN đi qua điểm  $N\left(2;1;4\right)$ nên có phương trình tham số là $\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=1-t\\ z=4+t\end{array}\right.,\left(t\in ℝ\right)$ .

Đáp án A

Ta có $IM=\sqrt{{\left(2-1\right)}^2+{\left(2-0\right)}^2+{\left(-1+3\right)}^2}=3$ . Mặt cầu  (S) có tâm  $I\left(1;0;-3\right)$ và bán kính $R=IM=3$  nên có phương trình là ${\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z+3\right)}^2=9$  .

Đáp án C

 $C\in Oz$ nên $C\left(0;0;z_C\right)$  . Ta có: $\overrightarrow{BA}=\left(-1;1;-2\right)$  và $\overrightarrow{BC}=\left(-3;0;z_C-1\right)$ .

Để  $\Delta ABC$vuông tại B thì

$\begin{array}{l}BA\perp C\iff \overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=0\\ \iff \left(-1\right).\left(-3\right)+1.0-2\left(z_C-1\right)=0\end{array}$

$\iff z_C=3$

Vậy $C\left(0;0;3\right)$  .

Đáp án A

Xét khai triển ${\left(3x+2y\right)}^4$$=\sum _{k=0}^4{C}_4^k{\left(3x\right)}^{4-k}{\left(2y\right)}^k$$=\sum _{k=0}^4{C}_4^k{.3}^{4-k}{.2}^k.x^{4-k}.y^k$ . Khai triển này có $4+1=5$  số hạng nên số hạng đứng giữa là số hạng thứ 3.

Số hạng thứ 3 của nhị thức có công thức tổng quát là $T_3=C_4^2{3}^2{2}^2{x}^2{y}^2$$=36C_4^2{x}^2{y}^2$ .

Đáp án D

Không gian mẫu là “Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 trong 5 quả cầu”. Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_5^2$  .

Gọi A là biến cố “2 quả cầu lấy ra đều có màu trắng” thì số kết quả thuận lợi cho biến cố A là $n\left(A\right)=C_3^2$ .

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_3^2}{C_5^2}=\frac{3}{10}$ .

Đáp án B

Cách1: Tư duy tự luận

Hàm số liên tục tại điểm $x=1$  khi $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$  .

Ta có $f\left(1\right)=k$  và $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^{2016}+x-2}{\sqrt{2018x+1}-\sqrt{x+2018}}$  .

$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left[\left(x^{2016}-x\right)+2\left(x-1\right)\right]\left(\sqrt{2018x+1}+\sqrt{x+2018}\right)}{\left(\sqrt{2018x+1}-\sqrt{x+2018}\right)\left(\sqrt{2018x+1}+\sqrt{x+2018}\right)}$

$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x\left(x-1\right)\left[\left(x^{2014}+x^{2013}+\mathrm{...}+x+1\right)+2\right]\left(\sqrt{2018x+1}+\sqrt{x+2018}\right)}{2017\left(x-1\right)}$

$\begin{array}{l}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x\left[\left(x^{2014}+x^{2013}+\mathrm{...}+x+1\right)+2\right]\left(\sqrt{2018x+1}+\sqrt{x+2018}\right)}{2017}\\ =\frac{\left(2015+2\right).2\sqrt{1019}}{2017}\end{array}$

$=2\sqrt{2019}$

Vậy để hàm số liên tục tại điểm x=1 khi $k=2\sqrt{2019}$

Cách 2: Tư duy tự luận (tính giới hạn bằng công thức L’Hospital)

Ta có 

$\begin{array}{l}\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)\\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^{2016}+x-2}{\sqrt{2018x+1}-\sqrt{x+2018}}\\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2016x^{2015}+1}{\frac{1009}{\sqrt{2018x+1}}-\frac{1}{2\sqrt{x+2018}}}\end{array}$

$=\frac{2016+1}{\frac{1009}{\sqrt{2019}}-\frac{1}{2\sqrt{2019}}}=2\sqrt{2019}$

Hàm số liên tục tại điểm x=1 khi $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$$\iff k=2\sqrt{2019}$  .

Cách 3: Sử dụng máy tính cầm tay (casio và vinacal)

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right) \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^{2016}+x-2}{\sqrt{2018x+1}-\sqrt{x+2018}} \\ =2\sqrt{2019}. \end{gathered}$$

Hàm số liên tục tại điểm x=1 khi $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$$\iff k=2\sqrt{2019}$ .

Đáp án D

Cách 1: Tư duy tự luận (Tính khoảng cách dựa vào hình chiếu)

Ta có 

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}AB\text{//}CD\\ AB\not\subset \left(SCD\right)\\ CD\subset \left(SCD\right)\end{array}\right.\\ \Rightarrow AB\text{//}\left(SCD\right)\\ \Rightarrow d\left(B,\left(SCD\right)\right)=d\left(A;\left(SCD\right)\right)\end{array}$

Lại có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp AD,AD\subset \left(SAD\right)\\ CD\perp SA,SA\subset \left(SAD\right)\\ AD\cap SA=A\end{array}\right.$$\Rightarrow CD\perp \left(SAD\right)$ .

Trong mặt phẳng (SAD)  : Kẻ $AH\perp SD,\left(H\in SD\right)$   thì $CD\perp AH$ .

Suy ra $AH\perp \left(ACD\right)$$\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SCD\right)\right)$$=d\left(B;\left(SCD\right)\right)$ .

 $\Delta SAD$ vuông tại A nên 

$\begin{array}{l}\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\\ =\frac{1}{{\left(2a\right)}^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}\\ \Rightarrow AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}\end{array}$

Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) là $d=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$  .

Cách 2: Tư duy tự luận (Tinh khoảng cách qua công thức thể tích)

Thể tích khối chóp S.ABCD là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}$$=\frac{1}{3}.2a.a^2=\frac{2a^3}{3}$  (đvtt)

Do $S_{\Delta BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$$\Rightarrow V_{S.BCD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{a^3}{3}$ (đvtt).

Ta có $CD\perp \left(SAD\right)$  (xem lại phần chứng minh ở cách 1)  $\Rightarrow CD\perp SD\Rightarrow \Delta SCD$vuông tại D. Suy ra

$\begin{array}{l}{S}_{\Delta SCD}=\frac{1}{2}SD.CD\\ =\frac{1}{2}\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}.CD\\ =\frac{1}{2}.a.\sqrt{{\left(2a\right)}^2+a^2}\\ =\frac{a^2\sqrt{5}}{2}\end{array}$

 (đvdt)

Mặt khác 

$\begin{array}{l}{V}_{S.BCD}=V_{B.SCD}\\ =\frac{1}{3}d\left(B;\left(SCD\right)\right).S_{\Delta SCD}\\ \Rightarrow d\left(B;\left(SCD\right)\right)=\frac{3V_{S.BCD}}{S_{\Delta SCD}}\\ =\frac{2a}{\sqrt{5}}\end{array}$

Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) là $d=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$  .

Đáp án D

Ta có H là trung điểm của BC, H là hình chiếu của S trên mặt phẳng  (ABC) nên HA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC).

Suy ra $\left(\widehat{SA,\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SA,HA}\right)=\widehat{SAH}$ .

Lại có  $\Delta ABC=\Delta SBC$(đều là các tam giác đều cạnh a) nên $AH=SH\Rightarrow \Delta SHA$  vuông cân tại H.

Vậy $\left(\widehat{SA,\left(ABC\right)}\right)=\widehat{SAH}=45°$  .

Đáp án A

Với x=0 thay vào hai vế của đẳng thức $f^2\left(1+2x\right)=x-f^3\left(1-x\right)$  ta có $f^2\left(1\right)=-f^3\left(1\right)$ .

Đạo hàm hai vế của đẳng thức đã cho, ta có:

$4f\left(1+2x\right).f^{\text{'}}\left(1+2x\right)$$=1+3f^2\left(1-x\right).f^{\text{'}}\left(1-x\right)$$\stackrel{x=0}{\to }2f\left(1\right).f^{\text{'}}\left(1\right)=1+3f^2\left(1\right).f^{\text{'}}\left(1\right)$

Ta có hệ phương trình sau:$\left\{\begin{array}{l}{f}^2\left(1\right)=-f^3\left(1\right)\\ 4f\left(1\right).f^{\text{'}}\left(1\right)=1+3f^2\left(1\right).f^{\text{'}}\left(1\right)\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}{f}^2\left(1\right)\left[f\left(1\right)+1\right]=0\\ 4f\left(1\right).f^{\text{'}}\left(1\right)=1+3f^2\left(1\right).f^{\text{'}}\left(1\right)\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=-1\\ f^{\text{'}}\left(1\right)=\frac{-1}{7}\end{array}\right.\end{array}$

Vậy tiếp tuyến cần tìm là

$\begin{array}{l}y=f^{\text{'}}\left(1\right).\left(x-1\right)+f\left(1\right)\\ =-\frac{1}{7}\left(x-1\right)-1\\ \iff y=-\frac{1}{7}x-\frac{6}{7}\end{array}$

Đáp án C

Cắt sợi dây 6 mét đã cho thành hai phần có độ dài lần luột là x mét và 6-x mét $\left(0<x<6\right)$ . Phần thứ nhất có độ dài x mét được uốn thành hình tam giác đều cạnh bằng $\frac{x}{3}$  mét. Phần thứ hai có độ dài 6-x mét được uốn thành hình vuông cạnh bằng $\frac{6-x}{4}$  mét.

Diện tích phần I là $S_1={\left(\frac{x}{3}\right)}^2.\frac{\sqrt{3}}{4}$$=\frac{x^2\sqrt{3}}{36}\left(m^2\right)$ .

Diện tích phần II là $S_2={\left(\frac{6-x}{4}\right)}^2\left(m^2\right)$ .

Tổng diện tích hai phần là $S\left(x\right)=S_1+S_2$$=\frac{x^2\sqrt{3}}{36}+{\left(\frac{6-x}{4}\right)}^2\left(m^2\right)$  với $x\in \left(0;6\right)$

Đạo hàm $S^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x\sqrt{3}}{18}-\frac{6-x}{8};$$\hspace{0.17em}{S}^{\text{'}}\left(x\right)=0$$\iff x=\frac{54}{9+4\sqrt{3}}\in \left(0;6\right)$  . Lập bảng biến thiên của hàm số $S\left(x\right)$   trên khoảng $\left(0;6\right)$ , ta thấy $\min S\left(x\right)=S\left(\frac{54}{9+4\sqrt{3}}\right)$  .