Đáp án A

Phương pháp giải:

Tập xác định của hàm số lũy thừa $y={\left[f\left(x\right)\right]}^a$ phụ thuộc vào giá trị của a.

Với a nguyên dương, tập xác định là $ℝ$;

Với a nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là $ℝ\backslash \left\{0\right\}$;

Với a không nguyên, tập xác định là $\left(0,+\infty \right).$

Giải chi tiết:

Xét hàm số $y={\left(x^3-27\right)}^{\frac{\pi }{3}}$ có $a=\frac{\pi }{3}\notin \mathbb{Z}$. Do đó hàm số $y={\left(x^3-27\right)}^{\frac{\pi }{3}}$ xác định khi và chỉ khi

$x^3-27>0\iff x^3>27\iff x>3.$

Vậy TXĐ của hàm số đã cho là $D=\left(3;+\infty \right)$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số nghiệm của phương trình f(x)=a là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) với đường thẳng y=a.

Giải chi tiết:

Ta có: $f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=1$.

Suy ra: số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1

Từ BBT ta thấy: hai đồ thị y=f(x) và y=1 có ba giao điểm.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào đường TCN và TCĐ của đồ thị hàm số để xác định hàm số.

- Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCN $y=\frac{a}{c}$ và TCĐ là $x=-\frac{d}{c}$.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số đã cho có TCN y=1 và TCĐ x=1 nên chỉ có đáp án B đúng

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng quy tắc nhân xác suất.

- Sử dụng biến cố đối.

Giải chi tiết:

Gọi xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ nhất là $P_1=0,75.$

       xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ hai là $P_2=0,85.$

Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10” ⇒ Biến cố đối $\overline{A}$: “Không có xạ thủ nào bắn trúng vòng 10”.

Khi đó ta có $\overline{A}=\overline{P_1}.\overline{P_2}$.

$\begin{array}{l}\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=P\left(\overline{P_1}\right).P\left(\overline{P_2}\right)\\ =\left(1-0,75\right)\left(1-0,85\right)=0,0375\end{array}$

Vậy xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10 là: $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=0,9625$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Hàm số $y={\log }_{a}x\left(0<a\ne 1\right)$ có TXĐ $D=\left(0;+\infty \right)$, đồng biến trên D khi a>1, nghịch biến trên D khi $0<a<1$.

- Hàm số $y=a^x\left(0<a\ne 1\right)$ có TXĐ $D=\mathrm{ℝ}$, đồng biến trên D khi a>1, nghịch biến trên D khi 0<a<1.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

- Hàm số xác định trên $\left(0;+\infty \right)$ nên loại đáp án B và C.

- Hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên loại đáp án D vì $0<0,6<1$.

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số $y={\log }_{\sqrt{6}}x$

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Tính tỉ lệ thể tích $\frac{V_{S.GMN}}{V_{S.ECD}}$ dựa vào công thức tỉ lệ thể tích Simpson.

- So sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao $S.ECD$ và S.ABCD, từ đó tính thể tích khối chóp S.GMN.

Giải chi tiết:

Gọi E là trung điểm của AB. Vì G là trọng tâm $\Delta SAB$ nên $\frac{SG}{SE}=\frac{2}{3}$.

Ta có: 

$\frac{V_{S.GMN}}{V_{S.ECD}}=\frac{SG}{SE}.\frac{SM}{SC}.\frac{SN}{SD}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{6}$

$\Rightarrow V_{S.GMN}=\frac{1}{6}{V}_{S.ECD}$

Ta có: S.ECD và S.ABCD là hai khối chóp có cùng chiều cao nên

$\frac{V_{S.ECD}}{V_{S.ABCD}}=\frac{S_{ECD}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{1}{2}d\left(E;CD\right).CD}{d\left(E;CD\right).CD}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow V_{S.ECD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}$

$\Rightarrow V_{S.GMN}=\frac{1}{6}.\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{12}{V}_{S.ABCD}=\frac{V}{12}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, hàm nhị thức bậc nhất không có cực trị.

- Hàm đa thức bậc ba có 0 hoặc 2 cực trị.

- Hàm đa thức bậc bốn trùng phương có 1 hoặc 3 cực trị.

Giải chi tiết:

Dễ thấy: Hàm số ở đáp án A và D không có cực trị.

Xét đáp án B: $y^{\text{'}}=4x^3+6x=0\iff 2x\left(2x^2+3\right)=0\iff x=0$ nên hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét đáp án C: $y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Vậy hàm số có nhiều điểm cực trị nhất là hàm số $y=x^3-3x^2+1$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Xét 2 TH:

- TH1: $m^2-1=0$, thay m vào hàm số, xét xem hàm số có thỏa mãn nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ hay không?

- TH2: $m^2-1\ne 0$. Hàm số y=f(x) nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ khi và chỉ khi $y^{\text{'}}\le 0\forall x\in ℝ$.

+ Tam thức bậc hai $a{x}^2+bx+c\le 0\forall x\in ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}a<0\\ {\Delta }^{\text{'}}\le 0\end{array}\right.$.

Giải chi tiết:

TH1: $m^2-1=0\iff m=\pm 1$.

+ Với $m=1\Rightarrow y=-x$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ (thỏa mãn).

+ Với $m=-1\Rightarrow y=-2x^2-x$ nghịch biến trên $\left(-\frac{1}{4};+\infty \right)$ (không thỏa mãn).

TH2: $m^2-1\ne 0\iff m\ne \pm 1$.

Khi đó ta có $y^{\text{'}}=3\left(m^2-1\right)x^2+2\left(m-1\right)x-1$.

Để hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ thì $y^{\text{'}}\le 0\forall x\in ℝ$

$\iff 3\left(m^2-1\right)x^2+2\left(m-1\right)x-1\le 0\forall x\in ℝ$

$\iff \left\{\begin{array}{l}3\left(m^2-1\right)<0\\ {\Delta }^{\text{'}}={\left(m-1\right)}^2+3\left(m^2-1\right)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<1\\ m^2-2m+1+3m^2-3\le 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<1\\ 4m^2-2m-2\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<1\\ -\frac{1}{2}\le m\le 1\end{array}\right.\iff -\frac{1}{2}\le m<1$

Kết hợp 2 TH ta có $m\in \left[-\frac{1}{2};1\right]$. Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{0;1\right\}$.

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức:

${\log }_{a}b.{\log }_{b}c={\log }_{a}c;\frac{{\log }_{a}c}{{\log }_{a}b}={\log }_{b}c\left(0<a,b\ne 1;c>0\right)$

${\log }_{a}x+{\log }_{a}y={\log }_a\left(xy\right)\left(0<a\ne 1,x,y>0\right)$

${\log }_{a}x-{\log }_{a}y={\log }_a\left(\frac{x}{y}\right)\left(0<a\ne 1,x,y>0\right)$

Giải chi tiết:

Ta có:

log35.log5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2⇔ab=36⇔a=36blog35.log5a1+log32−log6b=2⇔log3alog36−log6b=2⇔log6a−log6b=2⇔log6ab=2⇔ab=36⇔a=36b

$\frac{{\log }_{3}5.{\log }_{5}a}{1+{\log }_{3}2}-{\log }_{6}b=2$

$\iff \frac{{\log }_{3}a}{{\log }_{3}6}-{\log }_{6}b=2\iff {\log }_{6}a-{\log }_{6}b=2$

$\iff {\log }_6\frac{a}{b}=2\iff \frac{a}{b}=36\iff a=36b$

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Giải phương trình mũ $a^{f\left(x\right)}=a^{g\left(x\right)}\iff f\left(x\right)=g\left(x\right)$, tìm $x_1,x_2$.

- Thay $x_1,x_2$ vừa tìm được vào tính giá trị biểu thức $T=x_1^3+x_2^3.$

Giải chi tiết:

Ta có: $2^{x^2-3x+2}=4=2^2\iff x^2-3x+2=2\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=0\\ x_2=3\end{array}\right.$

Vậy T=$T=x_1^3+x_2^3=0^3+3^3=27$

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm hàm g'(x), sử dụng công thức tính đạo hàm ${\left(\frac{1}{u}\right)}^{\text{'}}=-\frac{u^{\text{'}}}{u^2}$.

- Giải bất phương trình g'(x)>0 và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: $f\left(x\right)\ne 0\iff x\ne -2;x\ne 0;x\ne 3$.

Ta có $g\left(x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=-\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}$.

Xét $g^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff -\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}>0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)<0$.

Dựa vào BBT ta thấy: $f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}x\in \left(-\infty ;-1\right)\backslash \left\{-2\right\}\\ x\in \left(1;3\right)\end{array}\right.$

⇒ Hàm số $g\left(x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}$ đồng biến trên $\left(-\infty ;-2\right);\left(-2;-1\right);\left(1;3\right)$.

Vì $\left(1;2\right)\subset \left(1;3\right)$ nên hàm số cũng đồng biến trên (1;2).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức:

${\log }_{a}x+{\log }_{a}y={\log }_a\left(xy\right)\left(0<a\ne 1,x,y>0\right)$

${\log }_{a}x-{\log }_{a}y={\log }_a\left(\frac{x}{y}\right)\left(0<a\ne 1,x,y>0\right)$

Giải chi tiết:

Dễ thấy mệnh đề sai là đáp án B: ${\log }_a\left(b+c\right)={\log }_{a}b.{\log }_{a}c.$

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính nhanh: Khối chóp đều có cạnh bên bằng b, chiều cao h có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R=\frac{b^2}{2h}$.

- Thể tích khối cầu bán kính R là $V=\frac{4}{3}\pi R^3$.

Giải chi tiết:

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

Vì ABCD là hình vuông cạnh 2a nên $OB=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB ta có $SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{3a^2-2a^2}=a$.

⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là $R=\frac{S{B}^2}{2SO}=\frac{3a^2}{2a}=\frac{3a}{2}$.

Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là: $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(\frac{3a}{2}\right)}^3=\frac{9\pi a^3}{2}$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính độ dài đường sinh $l=\sqrt{h^2+r^2}$.

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r, độ dài đường sinh l là $S_{xq}=\pi rl$.

Giải chi tiết:

Độ dài đường sinh của hình nón là: $l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{{20}^2+{25}^2}=5\sqrt{41}\left(cm\right)$.

Diện tích xung quanh của hình nón là: $S_{xq}=\pi rl=\pi \mathrm{.25.5}\sqrt{41}=125\pi \sqrt{41}\left(c{m}^2\right)$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm f'(x).

- Giải phương trình f'(x)=0 xác định các nghiệm $x_i\in \left[1;3\right]$.

- Tính $f\left(1\right);f\left(3\right);f\left(x_i\right)$.

- Kết luận: $\underset{\left[1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=\min \left\{f\left(1\right);f\left(3\right);f\left(x_i\right)\right\},$ $\underset{\left[1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=\max \left\{f\left(1\right);f\left(3\right);f\left(x_i\right)\right\}$.

Giải chi tiết:

TXĐ: $D=\mathrm{ℝ}$. Ta có $y^{\text{'}}=3x^2+3>0\forall x\in ℝ$.

Ta có $f\left(1\right)=5,f\left(3\right)=37$

Vậy $\underset{\left[1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=5$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng chỉnh hợp.

Giải chi tiết:

Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là $A_{10}^2$ cách

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức $\sqrt[m]{x^n}=x^{\frac{n}{m}};x^m.x^n=x^{m+n},{\left(x^m\right)}^n=x^{mn}$.

Giải chi tiết: $P=\sqrt[4]{x^2\sqrt[3]{x}}={\left(x^2.x^{\frac{1}{3}}\right)}^{\frac{1}{4}}=x^{\left(2+\frac{1}{3}\right).\frac{1}{4}}=x^{\frac{7}{12}}$

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên hình trụ có chiều cao h bằng 2 lần bán kính đáy R.

- Diện tích toàn phần của hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là $S_{tp}=2\pi Rh+2\pi R^2$, từ đó tính được R,h.

- Thể tích của khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là: $V=\pi R^{2}h$.

Giải chi tiết:

Giả sử hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R.

Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên h=2R.

Theo bài ra ta có: $S_{tp}=2\pi Rh+2\pi R^2\iff 4\pi =2\pi .R.2R+2\pi R^2\iff 4\pi =6\pi R^2$

$\iff R=\frac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow h=\frac{2\sqrt{6}}{3}$

Vậy thể tích khối trụ là: $V=\pi R^{2}h=\pi .{\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)}^2.\frac{2\sqrt{6}}{3}=\frac{4\pi \sqrt{6}}{9}$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng cơ số.

- Giải bất phương trình mũ: $a^{f\left(x\right)}<a^{g\left(x\right)}\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)<g\left(x\right)khia>1\\ f\left(x\right)>g\left(x\right)khi0<a<1\end{array}\right.$.

Giải chi tiết:

$5^{x+2}<{\left(\frac{1}{25}\right)}^{-x}\iff 5^{x+2}<5^{2x}\iff x+2<2x\iff x>2$.

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

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Giải bất phương trình logarit: ${\log }_{a}f\left(x\right)>b\iff 0<f\left(x\right)<a^b\left(khi0<a<1\right)$.

- Giải bất phương trình tìm x, từ đó kết luận tập nghiệm của bất phương trình và suy ra a,b.

- Thay a,b vừa tìm được để tính giá trị biểu thức $T=3a-2b$.

Giải chi tiết:

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{3}}\frac{1-2x}{x}>0\iff 0<\frac{1-2x}{x}<1$

$\iff \left\{\begin{array}{l}0<\frac{1-2x}{x}\\ \frac{1-2x}{x}<1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}0<x<\frac{1}{2}\\ \frac{1-3x}{x}<0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}0<x<\frac{1}{2}\\ 0<x<\frac{1}{3}\end{array}\right.\iff 0<x<\frac{1}{3}$

⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là $\left(0;\frac{1}{3}\right)\Rightarrow a=0;b=\frac{1}{3}$.

Vậy $T=3a-2b=3.0-2.\frac{1}{3}=-\frac{2}{3}$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V=B.h

Giải chi tiết:

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V=B.h

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là $S_{xq}=2\pi Rh.$

Giải chi tiết:

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là $S_{xq}=2\pi Rh.$

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Chia cả 2 vế phương trình cho $4^x>0$.

- Đặt ẩn phụ $t={\left(\frac{3}{2}\right)}^x$, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t, giải phương trình tìm t.

- Từ t tìm được tìm x tương ứng và tính tổng các nghiệm.

Giải chi tiết:

Chia cả 2 vế phương trình cho $4^x>0$ ta được: $4.{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2x}-13.{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+9=0.$

Đặt $t={\left(\frac{3}{2}\right)}^x$, phương trình trở thành $4t^2-13t+9=0\iff \left[\begin{array}{l}t=\frac{9}{4}\\ t=1\end{array}\right.\left(tm\right)$.

Khi đó ta có: $\left[\begin{array}{l}{\left(\frac{3}{2}\right)}^x=\frac{9}{4}\\ {\left(\frac{3}{2}\right)}^x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=0\end{array}\right.$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là: $T=2+0=2$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

- Thể tích khối chóp có chiều cao h, diện tích đáy B là $V=\frac{1}{3}Bh$

Giải chi tiết:

Vì đáy là tam giác đều cạnh a nên $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Thể tích khối chóp là: $V=\frac{1}{3}.h.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Gọi H là trung điểm của AB, chứng minh $SH\perp \left(ABCD\right)$.

- Tính thể tích khối chóp $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}$.

Giải chi tiết: 

Gọi H là trung điểm của AB, vì $\Delta SAB$ đều có AB=a nên $SH\perp AB$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)=AB\\ SH\subset \left(SAB\right);SH\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$.

Ta có: $S_{ABCD}=AB.AD=a.a\sqrt{3}=a^2\sqrt{3}$.

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a^2\sqrt{3}=\frac{a^3}{2}$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm.

- Đưa phương trình về dạng tích một nhị thức và một tam thức bậc hai.

- Biện luận nghiệm của tam thức bậc hai.

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$x^3-3x^2+mx+1=2x+1\iff x^3-3x^2+\left(m-2\right)x=0\iff x\left[x^2-3x+m-2\right]=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ f\left(x\right)=x^2-3x+m-2=0\left(*\right)\end{array}\right.$

Để (C) cắt đường thẳng $d:y=2x+1$ tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}=9-4m+8>0\\ m-2\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<\frac{17}{4}\\ m\ne 2\end{array}\right.$.

Mà m là số nguyên dương $\Rightarrow m\in \left\{1;3;4\right\}$.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a.

- Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung suy ra dấu của hệ số d.

- Dựa vào các điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b,c

Giải chi tiết:

Vì đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi xuống nên a<0.

Vì giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung nằm phía dưới trục hoành nên d<0.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu, và tổng 2 cực trị là số dương.

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$, do đó $\left\{\begin{array}{l}ac<0\\ \frac{-2b}{3a}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c>0\\ b>0\end{array}\right.$.

Vậy có 2 số dương là b,c.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Mở rộng mặt phẳng $\left(B^{\text{'}}MG\right)$, chứng minh $\left(B^{\text{'}}MG\right)\equiv \left(B^{\text{'}}GN\right)$ với N là trung điểm của AB.

- Đổi $d\left(C;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)$ sang $d\left(B;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)$.

- Trong (ABCD) kẻ $BH\perp GN$, trong (B'BH) kẻ $BK\perp B^{\text{'}}N$. Chứng minh $BK\perp \left(B^{\text{'}}GN\right)$.

- Sử dụng tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Gọi N là trung điểm của AB, ta có $B^{\text{'}}M//DN$ nên B',N,D,N đồng phẳng $\Rightarrow \left(B^{\text{'}}MG\right)\equiv \left(B^{\text{'}}GN\right)$.

$\Rightarrow d\left(C;\left(B^{\text{'}}MG\right)\right)=d\left(C;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)$.

Gọi $O=AC\cap BD$, ta có $\frac{AG}{AO}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{AG}{AC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{AG}{CG}=\frac{1}{2}$.

Ta có $CA\cap \left(B^{\text{'}}GN\right)=G\Rightarrow \frac{d\left(C;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)}{d\left(A;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)}=\frac{CG}{AG}=2$

$\Rightarrow d\left(C;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)=2d\left(A;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)$.

Lại có $AB\cap \left(B^{\text{'}}GN\right)=N\Rightarrow \frac{d\left(A;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)}{d\left(B;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)}=\frac{AN}{BN}=1$

$\Rightarrow d\left(A;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)=d\left(B;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)\Rightarrow d\left(C;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)=2d\left(B;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)$t

Trong (ABCD) kẻ $BH\perp GN$, trong (B'BH) kẻ $BK\perp B^{\text{'}}N$.

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}GN\perp BH\\ GN\perp B{B}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow GN\perp \left(B{B}^{\text{'}}H\right)\Rightarrow GN\perp BK$

$\left\{\begin{array}{l}BK\perp B^{\text{'}}H\\ BK\perp GN\end{array}\right.\Rightarrow BK\perp \left(B^{\text{'}}GN\right)\Rightarrow d\left(B;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)=BK$

Ta có $\Delta BNH~\Delta DNA\left(g.g\right)\Rightarrow \frac{BH}{AD}=\frac{BN}{DN}\Rightarrow BH=\frac{a.\frac{a}{2}}{\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BB'H ta có: $BK=\frac{B{B}^{\text{'}}.BH}{\sqrt{B{B^{\text{'}}}^2}+B{H}^2}=\frac{a.\frac{a\sqrt{5}}{5}}{\sqrt{a^2+\frac{a^2}{5}}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

Vậy $d\left(C;\left(B^{\text{'}}MG\right)\right)=d\left(C;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)=2d\left(B;\left(B^{\text{'}}GN\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Vẽ hình và đếm.

Giải chi tiết:

Hình tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào BBT xác định số điểm cực đại là số điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Giải chi tiết:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x=1.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng nguyên tắc vách ngăn.

Giải chi tiết:

Số cách xếp 12 học sinh thành 1 hàng dọc là 12! cách ⇒ Không gian mẫu $n\left(\Omega \right)=12!$.

Gọi A là biến cố: “không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau”

Xếp 8 bạn nữ thành hàng ngang có 8! cách, khi đó có 9 vách ngăn giữa 8 bạn nữ này.

Xếp 4 bạn nam vào 4 trong 9 vách ngăn trên có $A_9^4$ cách.

Khi đó $n\left(A\right)=8!.A_9^4$.

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{8!.A_9^4}{12!}=\frac{14}{55}$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Giải bất phương trình ${\log }_{a}f\left(x\right)>{\log }_{a}g\left(x\right)\iff f\left(x\right)>g\left(x\right)>0$.

- Cô lập m, đưa các bất phương trình về dạng $m<f\left(x\right)\forall x\in \left(a;b\right)\iff m\le \underset{\left[a;b\right]}{\min }f\left(x\right)$.

Giải chi tiết:

Ta có:

${\log }_3\left(x^2+2x+2\right)+1>{\log }_3\left(x^2+6x+5+m\right)\forall x\in \left(1;3\right)$

$\iff {\log }_3\left(3x^2+6x+6\right)>{\log }_3\left(x^2+6x+5+m\right)\forall x\in \left(1;3\right)$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+6x+5+m>0\forall x\in \left(1;3\right)\\ 3x^2+6x+6>x^2+6x+5+m\forall x\in \left(1;3\right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+6x+5+m>0\forall x\in \left(1;3\right)\left(1\right)\\ 2x^2+1-m>0\forall x\in \left(1;3\right)\left(2\right)\end{array}\right.$

Giải (1): $x^2+6x+5+m>0\forall x\in \left(1;3\right)\iff x^2+6x+5>-m\forall x\in \left(1;3\right)$.

Đặt $f\left(x\right)=x^2+6x+5$ ta có $-m<f\left(x\right)\forall x\in \left(1;3\right)\iff -m\le \underset{\left[1;3\right]}{\min }f\left(x\right)$.

BBT:

Từ BBT $\Rightarrow \left(1\right)\iff -m\le 12\iff m\ge -12$.

Giải (2): $2x^2+1-m>0\forall x\in \left(1;3\right)\iff m<2x^2+1\forall x\in \left(1;3\right)$.

Đặt $g\left(x\right)=2x^2+1$ ta có $m<g\left(x\right)\forall x\in \left(1;3\right)\iff m\le \underset{\left[1;3\right]}{\min }g\left(x\right)$.

BBT:

Dựa vào BBT $\Rightarrow \left(2\right)\iff m\le 3$.

Kết hợp ta có $-12\le m\le 3$. Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-12;-11;-10;\mathrm{...};1;2;3\right\}$.

Vậy có 16 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hàm bậc bốn trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c\left(a\ne 0\right)$ có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi $ab\ge 0$.

Giải chi tiết:

Hàm số $y=\left(m^2-9\right)x^4-2x^2+1$ có đúng 1 điểm cực trị $\iff -2\left(m^2-9\right)\ge 0\iff m^2-9\le 0\iff -3\le m\le 3$.

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;-1;0;1;2;3\right\}$.

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Khai triển nhị thức Newton: ${\left(a+b\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{a}^{n-k}{b}^k$.

- Tìm k ứng với số mũ của x bằng 3, tìm k và suy ra hệ số của $x^3$ trong khai triển.

Giải chi tiết:

Ta có: ${\left(x+\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^6=\sum _{k=0}^6{C}_6^k{x}^{6-k}{\left(\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^k$$=\sum _{k=0}^6{C}_6^k{2}^k{x}^{6-k}{x}^{-\frac{k}{2}}=\sum _{k=0}^6{C}_6^k{2}^k{x}^{6-\frac{3k}{2}}\left(k\in \left[0;6\right]\right)$.

Để tìm hệ số của số hạng chứa $x^3$ ta cho $6-\frac{3k}{2}=3\iff k=2\left(tm\right)$.

Vậy hệ số của số hạng chứa $x^3$ trong khai triển trên là $C_6^2{2}^2=60$.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào công thức tính diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và đường sinh l là $S_{xq}=\pi rl$ để tính độ dài đường sinh của hình nón.

- Tính chiều cao của hình nón $h=\sqrt{l^2-r^2}$ để tính chiều cao của hình nón, cũng chính là chiều cao của khối chóp.

- Tính thể tích khối chóp có chiều cao h, diện tích đáy B là $V=\frac{1}{3}Bh$.

Giải chi tiết: 

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$ và SO cũng chính là chiều cao của khối nón.

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi .a.l=2\pi a^2\Rightarrow l=2a$.

Chiều cao của hình nón là $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}=SO$.

Ta có: $AC=2r=2a$ nên $AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}\Rightarrow S_{ABCD}={\left(a\sqrt{2}\right)}^2=2a^2$.

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.2a^2=\frac{2\sqrt{3}{a}^3}{3}$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Gọi chiều rộng của bế nước là x(x>0) (m) thì chiều dài của bể nước là 2x(m). Gọi chiều cao của bể nước là h(h>0) (m), dựa vào công thức tính thể tích khối hộp chữ nhật rút h theo x.

- Tính diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật (trừ đi diện tích của ô trống bằng 20% diện tích của đáy). Diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a,b,c là $S_{tp}=2\left(ab+bc+ca\right)$.

- Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm: $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$. Dấu “=” xảy ra $\iff a=b=c$.

Giải chi tiết:

Gọi chiều rộng của bế nước là x(x>0)(m) thì chiều dài của bể nước là 2x. Gọi chiều cao của bể nước là h(h>0)(m) ta có thể tích bể nước là $V=2x.x.h=10\iff h=\frac{5}{x^2}\left(m\right)$.

Diện tích xung quanh của bể nước là: $S_{xq}=2\left(2x.h+x.h\right)=6xh=\frac{30}{x}\left(m^2\right)$.

Diện tích một đáy là $2x.x=2x^2\left(m\right)$, suy ra diện tích 2 đáy (trừ đi diện tích của ô trống bằng 20% diện tích của đáy) là: $2x^2.80\%+2x^2=\frac{18}{5}{x}^2\left(m^2\right)$.

⇒ Diện tích toàn phần của bể nước là: $\frac{30}{x}+\frac{18}{5}{x}^2\left(m^2\right)$

Để giá tiền phải trả là ít nhất thì diện tích toàn phần của bể là nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $\frac{30}{x}+\frac{18}{5}{x}^2=\frac{15}{x}+\frac{15}{x}+\frac{18}{5}{x}^2\ge 3\sqrt[3]{\frac{15}{x}.\frac{15}{x}.\frac{18}{5}{x}^2}=9\sqrt[3]{30}$.

Dấu “=” xảy ra $\iff \frac{15}{x}=\frac{18}{5}{x}^2\iff x=\sqrt[3]{\frac{25}{6}}\left(m\right)$.

Vậy số tiền phải trả cho nhân công ít nhất là $9\sqrt[3]{30}.0,5\approx 14$ triệu đồng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến (nghịch biến) là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương (âm).

Giải chi tiết:

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

Do đó các đáp án A, B, C đúng và đáp án D sai

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Sử dụng định nghĩa TCN của đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số y=f(x) nhận đường thẳng $y=y_0$ làm TCN nếu thỏa mãn một trong các điều kiện $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=y_0$.

- Dựa vào BBT xác định $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right);\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)$.

Giải chi tiết:

Dựa vào BBT ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty ;\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=3$.

Khi đó ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{14}{f\left(x\right)+4}=0;\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{14}{f\left(x\right)+4}=2$.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{14}{f\left(x\right)+4}$ có tất cả 2 TCN là y=0;y=2.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Hàm phân thức có bậc tử > bậc mẫu không có TCN.

- Số tiệm cận đứng = số nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu bởi nghiệm của tử.

Giải chi tiết:

Ta có $y=\frac{2x^2+x-1}{x-1}=\frac{\left(2x-1\right)\left(x+1\right)}{x-1}$.

Vì bậc tử > bậc mẫu nên đồ thị hàm số không có TCN.

Vì x=1 là nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu nên đồ thị hàm số có TCĐ x=1.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCN và TCĐ là 1

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: $a//\left(P\right)\supset b\Rightarrow d\left(a;b\right)=\left(a;\left(P\right)\right)$ ( a,b là 2 đường thẳng chéo nhau).

- Tính $V_{C^{\text{'}}.AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}d\left(C^{\text{'}};\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right).S_{AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}$.