Phương pháp:

Giải phương trình mũ cơ bản: $a^{f\left(x\right)}=a^{g\left(x\right)}\iff f\left(x\right)=g\left(x\right)$.

Cách giải:

Phương trình đã cho tương đương $2^x=2^{-3}\iff x=-3.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính y'

- Dựa vào dấu của hệ số a suy ra nghiệm của bất phương trình y'>0 và suy ra khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải:

Ta có: $y\text{'}=-x^2+x+6\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=-2\end{array}\right.$

Vì $a=-1<0\Rightarrow y\text{'}>0\forall x\in \left(-2;3\right).$

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên (-2;3)

Chọn C

Phương pháp:

- Tính y'

- Giải phương trình y'=0 và xác định số nghiệm bội lẻ.

Cách giải:

Có $y\text{'}=4x^3+2x=2x\left(2x^2+1\right),y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ 2x^2+1=0\left(vonghiem\right)\end{array}\right.$.

Vậy hàm số đã cho có 1 cực trị x=0

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng các công thức lũy thừa: $a^m.a^n=a^{m+n},\frac{a^m}{a^n}=a^{m-n},{\left(a^m\right)}^n=a^{mn},{\left(a.b\right)}^m=a^m.b^m$

Cách giải:

Vì $\frac{4^x}{4^y}=4^{x-y}$ nên đáp án B sai.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức $V_{chop}=\frac{1}{3}{S}_{day}.h.$

Cách giải:

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4}$

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số, xác định điểm thuộc đồ thị hàm số, sau đó thay vào các hàm số ở các đáp án.

Cách giải:

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;3) nên chỉ có hàm số $y=\frac{1}{2}{x}^3-3x^2+\frac{9}{2}x+1$ thỏa mãn.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm mũ: $\left(a^u\right)\text{'}=u\text{'}.a^u.\ln a$.

Cách giải:

Ta có: $y\text{'}=\left(2x\right)\text{'}{.2}^{2x}\ln 2=2^{2x+1}\ln 2.$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm $\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)\text{'}=\frac{ad-bc}{{\left(cx+d\right)}^2},$ sao đó xác định xem hàm số nào trong các hàm số đã cho có y'<0

Cách giải:

Xét hàm số $y=\frac{2x+1}{x-3}.$

Ta có $y\text{'}=\frac{-7}{{\left(x-3\right)}^2}<0$ nên hàm số $y=\frac{2x+1}{x-3}$ nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

Chọn A.

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r là $S_{xq}=2\pi rh.$

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi \mathrm{.4.5}=40\pi .$

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức $V_{langtru}=S_{day}.h.$

Cách giải:

Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{day}.h=3a^2.2a=6a^3.$

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Bất phương trình đã cho tương đương $0<x-1\le 3\iff 1<x\le 4.$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y=f(x).

- Đường thẳng $y=y_0$ là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=y_0$ hoặc $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=y_0$

- Đường thẳng $x=x_0$ là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }y=+\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }y=-\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }y=+\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }y=-\infty$.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy:

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=2\Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty \Rightarrow x=0$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.

Chọn D.

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu bán kính r là $S=4\pi r^2.$

Cách giải:

Diện tích mặt cầu bán kính r là $S=4\pi r^2.$

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm: $\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{ax+b}dx=\frac{1}{a}{e}^{ax+b}+C.$

Cách giải:

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{3x}dx=\frac{e^{3x}}{3}+C.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Đưa phương trình về dạng f(x)=m

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

Cách giải:

Ta có: $3f\left(x\right)-5=0\iff f\left(x\right)=\frac{5}{3}.$

Từ đồ thị ta thấy đường thẳng $y=\frac{5}{3}$ cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt.

Vậy phương trình $3f\left(x\right)-5=0$ có 4 nghiệm.

Chọn A.

Phương pháp:

- Chứng minh hàm số đã cho đơn điệu trên [0;2], từ đó suy ra hàm số đạt GTLN, GTNN tại các đầu mút.

- Tìm M,m và tính tổng.

Cách giải:

Xét hàm số $y=\frac{x-1}{2x+1}$ liên tục trên đoạn [0;2]

Ta có $y\text{'}=\frac{3}{{\left(2x+1\right)}^2}>0,\forall x\in \left[0;2\right]$ nên hàm số $y=\frac{x-1}{2x+1}$ đồng biến trên đoạn [0;2]

Suy ra $M=\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=y\left(2\right)=\frac{1}{5},m=\underset{\left[0;2\right]}{\min }y=y\left(0\right)=-1.$

Vậy  $M+m=\frac{1}{5}+\left(-1\right)=\frac{4}{5}.$

Chọn C

Phương pháp:

Hàm số y=lnf(x) xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và f(x)>0

Cách giải:

Điều kiện: $x^2-2x-3>0\iff \left(x+1\right)\left(x-3\right)>0\iff x<-1$ hoặc x>3

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức ${\log }_a{b}^n=n{\log }_{a}b,$ đưa phương trình về dạng cùng cơ số.

Cách giải:

Ta có: ${\log }_{2}x=5{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b={\log }_2{a}^5+{\log }_2{b}^3={\log }_2\left(a^5{b}^3\right)\iff x=a^5{b}^3$

Chọn B.

Phương pháp:

- Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính đáy r là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h,$ từ đó tính chiều cao khối nón $h=\frac{3V}{\pi r^2}.$

- Sử dụng công thức $l=\sqrt{h^2+r^2}$ tính độ dài đường sinh của hình nón.

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

Cách giải:

Chiều cao của hình nón là: $h=\frac{3V}{4^2\pi }=2\sqrt{5}$

Suy ra độ dài đường sinh là: $l=\sqrt{h^2+r^2}=6.$

Do đó diện tích xung quanh là $S_{xq}=\pi rl=\pi .46=24\pi .$

Chọn C.

Phương pháp:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Ta có: $t^2=x+1$ nên $2tdt=dx.$ Suy ra

     $I=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{x}{1+\sqrt{x+1}}dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{t^2-1}{1+t}.2tdt=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(t-1\right).2tdt=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(2t^2-2t\right)dt$

Chọn A.

Phương pháp:

- Tính y' giải phương trình y'=0 tìm các nghiệm $x_i\in \left[-1;1\right].$

- Tính các giá trị $y\left(-1\right),y\left(1\right),y\left(x_i\right).$

- Tìm $\underset{\left[-1;1\right]}{\min }y=\min \left\{y\left(-1\right),y\left(1\right),y\left(x_i\right)\right\},$ sau đó giải phương trình tìm m

Cách giải:

Ta có: $y\text{'}=6x^2-6x.$ Xét $y\text{'}=0\iff 6x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-1;1\right]\\ x=1\in \left[-1;1\right]\end{array}\right.$

Ta lại có: $y\left(-1\right)=-m-5,y\left(0\right)=-m,y\left(1\right)=-m-1.$

$\Rightarrow \underset{\left[-1;1\right]}{\min }y=y\left(-1\right)=-m-5.$

Theo giả thiết suy ra $-m-5=-1\iff m=-4.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Giả sử bán kính của hình trụ là r thì chiều cao là 2r.

- Tính diện tích thiết diện theo r sau đó giải phương trình tìm r.

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

Cách giải:

Giả sử bán kính của hình trụ là r thì chiều cao là 2r. Khi đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông có cạnh 2r.

Suy ra diện tích của thiết diện là $4r^2=16a^2\Rightarrow r=2a.$

Vậy thể tích khối trụ là: $V=\pi r^{2}h=\pi .{\left(2a\right)}^2.4a=16\pi a^3.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Giải phương trình hoành độ giao điểm và tìm hoành độ điểm B thỏa mãn $x_B<0.$

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

           $x^3+x^2+2x-3=2x-3\iff x^3+x^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}\right.$

Vì điểm B có hoành độ âm nên $x_B=-1.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là x khi đó $AC=x\sqrt{2},$ từ đó tính $S_{ACC\text{'}A\text{'}}$ và tìm x

- Thể tích khối lập phương cạnh x là $V=x^3.$

Cách giải:

Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là x, khi đó $AC=x\sqrt{2}$ và $S_{ACC\text{'}A\text{'}}=x^2\sqrt{2}.$

Theo bài ra ta có: $x^2\sqrt{2}=2\sqrt{2}{a}^2\Rightarrow x=a\sqrt{2}.$                

Vậy thể tích khối lập phương là: $V={\left(a\sqrt{2}\right)}^3=2\sqrt{2}{a}^3.$

Chọn B.

Phương pháp:

- Gọi H là trung điểm của AD chứng minh $SH\perp \left(ABCD\right),$ sử dụng định lí $\left\{\begin{array}{l}\left(P\right)\perp \left(Q\right)=d\\ a\subset \left(P\right),a\perp d\end{array}\right.\Rightarrow a\perp \left(Q\right).$

- Xác định góc giữa (SBC) và (ABCD) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc 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 SH

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

Cách giải:

Gọi H,K lần lượt là trung điểm của AD,BC. Khi đó ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)=AD\\ SH\subset \left(SAD\right),SH\perp AD\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right).$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp HK\\ BC\perp SH\left(SH\perp \left(ABCD\right)\right)\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SHK\right)\Rightarrow BC\perp SK.$

$\left\{\begin{array}{l}\left(SBC\right)\cap \left(ABCD\right)=BC\\ SK\subset \left(SBC\right),SK\perp BC\left(cmt\right)\\ HK\subset \left(ABCD\right),HK\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow \angle \left(\left(SBC\right);\left(ABCD\right)\right)=\angle \left(SK;HK\right)=\angle SKH={30}^0.$

Vì $\Delta SAD$ đều cạnh 4a nên $SH=\frac{4a\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}a.$

Xét tam giác vuông SHK có: $HK=SH.\cot {30}^0=6a.$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.2\sqrt{3}a.6a.4a=16\sqrt{3}{a}^3.$

Chọn B.

Phương pháp:

- Đặt ẩn phụ $t=2^x>0,$ đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t

- Tính $T=x_1+x_2={\log }_2{t}_1+{\log }_2{t}_2={\log }_2\left(t_1{t}_2\right),$ sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

Đặt $t=2^x,$ phương trình đã cho trở thành $t^2-5t+6=0.$

Áp dụng định lí Vi-ét ta có, phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn $t_1{t}_2=6.$

Vậy $T=x_1+x_2={\log }_2{t}_1+{\log }_2{t}_2={\log }_2\left(t_1{t}_2\right)={\log }_{2}6.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Tìm ĐKXĐ của phương trình.

- Sử dụng công thức ${\log }_{a}x+{\log }_{a}y={\log }_a\left(xy\right)\left(0<a\ne 1,x,y>0\right).$

- Giải phương trình logarit: ${\log }_{a}f\left(x\right)=b\iff f\left(x\right)=a^b.$

Cách giải:

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x-1>0\Rightarrow x>1\end{array}\right.\iff x>1.$

Ta có: ${\log }_{2}x+{\log }_2\left(x-1\right)=1\iff {\log }_2\left(x\left(x-1\right)\right)=1$

$\iff x\left(x-1\right)=2\iff x^2-x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\left(tm\right)\\ x=-1\left(ktm\right)\end{array}\right.$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=2

Chọn B.

Phương pháp:

- Chia cả 2 vế của bất phương trình cho

- Đặt ẩn phụ $t={\left(\frac{2}{3}\right)}^x,t>0$ và chọn đáp án đúng.

Cách giải:

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho $9^x>0$ thì bất phương trình đã cho tương đương.

        $12-35.{\left(\frac{2}{3}\right)}^x+18.{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2x}<0$                                          

Do đó nếu đặt $t={\left(\frac{2}{3}\right)}^x$ bất phương trình trở thành: $18t^2-35t+12<0.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB ta được hình trụ có bán kính đáy r=AD, chiều cao h=AB

- Sử dụng định lí Pytago tính bán kính đáy của hình trụ.

- Diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy r là $S_{xq}=2\pi rh.$

Cách giải:

Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh trục AB ta được hình trụ có bán kính đáy $r=AD=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=2a$ (định lí Pytago), chiều cao h=AB=a

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

Chọn B.

Phương pháp:

- Góc giữa SD với (ABCD) là góc giữa SD và hình chiếu của SD lên (ABCD).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Cách giải:

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)$ nên AD là hình chiếu vuông góc của SD lên (ABCD).

$\angle \left(SD;\left(ABCD\right)\right)=\angle \left(SA;AD\right)=\angle SDA.$

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAB ta có: $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=2a.$

Xét tam giác vuông SAD ta có $\tan \angle SDA=\frac{SA}{AD}=1\Rightarrow \angle SAD={45}^0.$

Vậy $\angle \left(SD;\left(ABCD\right)\right)={45}^0.$

Chọn D.

Phương pháp:

Xác định số điểm cực trị của hàm số bằng số nghiệm bội lẻ của phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0.$

Cách giải:

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=x{\left(x-1\right)}^2\left(2x+3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-\frac{3}{2}\end{array}\right.$, trong đó x=1 là nghiệm bội 2, do đó f'(x) chỉ đổi dấu qua x=0 và $x=-\frac{3}{2}.$

Vậy hàm số f(x) có hai điểm cực trị $x=0,x=-\frac{3}{2}.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Quỹ tích các điểm M tạo thành một phần của mặt trụ tròn xoay.

- Tính chiều cao của tam giác MAB đó chính là bán kính đáy của hình trụ.

- Diện tích mặt trụ có chiều cao h bán kính đáy r là $S_{xq}=2\pi rh.$

Cách giải:

Tập hợp các điểm M là phần hình trụ không kể hai đáy với bán kính đáy là $r=\frac{2S_{MAB}}{AB}=4.$

Do đó diện tích của mặt tròn xoay này là: $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \mathrm{.4.6}=48\pi .$

Chọn A.

Phương pháp:

- Đặt ${\log }_{\frac{4}{3}}x={\log }_{3}y={\log }_3\left(2x-3y\right)=t.$ Xác định $x,y,2x-3y$ theo t

- Thay x;y theo t vào $2x-3y,$ đưa phương trình về dạng ẩn t.

- Đặt ẩn phụ ${\left(\frac{2}{3}\right)}^t=a\left(a>0\right),$ đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn a

- Giải phương trình tìm a, từ đó tìm $\frac{x}{y}.$

Cách giải:

Đặt ${\log }_{\frac{4}{3}}x={\log }_{3}y={\log }_3\left(2x-3y\right)=t.$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}x={\left(\frac{4}{3}\right)}^t\\ y=3^t\\ 2x-3y=2^t\end{array}\right.\Rightarrow 2.{\left(\frac{4}{3}\right)}^t-{3.3}^t=2^t\iff 2.{\left(\frac{2}{3}\right)}^t-3.{\left(\frac{3}{2}\right)}^t-1=0\left(1\right)$

Đặt ${\left(\frac{2}{3}\right)}^t=a\left(a>0\right),$ khi đó phương trình (1) trở thành:

   $2a-\frac{3}{a}-1=0\iff 2a^2-a-3=0\iff \left[\begin{array}{l}a=-1\left(loai\right)\\ a=\frac{3}{2}\left(tm\right)\end{array}\right.$        

Vậy $\frac{x}{y}={\left(\frac{4}{9}\right)}^t={\left(\frac{2}{3}\right)}^{2t}=a^2=\frac{9}{4}.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Đặt $t={\log }_{2}x,$ tìm khoảng giá trị của t.

- Đưa bất phương trình về dạng $m>f\left(t\right)\forall t\in \left(a;b\right)\iff m>\underset{\left[a;b\right]}{\min }f\left(t\right)$.

- Chứng minh hàm số f(t) đơn điệu trên (a;b) và tìm $\underset{\left[a;b\right]}{\min }f\left(t\right)$.

Cách giải:

Đặt $t={\log }_{2}x,$ do $x\in \left(\sqrt{2};+\infty \right)$ nên $t>\frac{1}{2}.$ Khi đó bất phương trình tương đương:

                       ${\left(t+1\right)}^2-2\left(m+1\right)t-2<0\iff t^2-2mt-1<0\iff \frac{t^2-1}{2t}<m$

Yêu cầu bài toán trở thành bất phương trình trên có nghiệm $t\ge \frac{1}{2}.$ Đặt $f\left(t\right)=\frac{t^2-1}{2t}.$ Ta có: $f\text{'}\left(t\right)=\left(\frac{t}{2}-\frac{1}{2t}\right)\text{'}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2t^2}>0,\forall t>\frac{1}{2}$

Do đó yêu cầu bài toán tương đương $m>\underset{\left[\frac{1}{2};+\infty \right)}{\min }f\left(t\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{3}{4}.$

Chọn B. 

Phương pháp:

- Sử dụng công thức tính nhanh đạo hàm $\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)\text{'}=\frac{ad-bc}{{\left(cx+d\right)}^2}.$

- Để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định thì y'>0 giải bất phương trình tìm m

Cách giải: $y=\frac{x+m}{x+2}\Rightarrow y\text{'}=\frac{2-m}{{\left(x+2\right)}^2}.$

Ta có:

Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định khi $y\text{'}>0\iff 2-n>0\iff m<2.$

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính $\underset{x\to +\infty }{\lim }y$ để tìm TCN của đồ thị hàm số. Chứng minh hàm số có 1 TCN.

- Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì nó cần phải có 1 đường TCĐ, khi đó phương trình $m{x}^2-1=0$ phải có 1 nghiệm trùng với một nghiệm của phương trình $x^2-3x+2=0.$ Từ đó tìm m

- Thử lại và kết luận.

Cách giải:

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{m-\frac{1}{x^2}}{1-\frac{3}{x}+\frac{2}{x^2}}=m\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang

y=m

Để hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.

Xét phương trình mẫu số $x^2-3x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right..$

Khi đó phương trình $m{x}^2-1=0$ phải có 1 nghiệm bằng 1 hoặc bằng 2. Khi đó ta có:

                                           $\left[\begin{array}{l}m-1=0\\ 4m-1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=\frac{1}{4}\end{array}\right.$       

Thử lại:

Với $m=1\Rightarrow y=\frac{x^2-1}{x^2-3x+2}=\frac{x+1}{x-2}\Rightarrow \underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=2

Với $m=\frac{1}{4}\Rightarrow y=\frac{\frac{1}{4}{x}^2-1}{x^2-3x+2}=\frac{x+2}{4\left(x-1\right)}\Rightarrow \underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=1

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn là $m=1,m=\frac{1}{4}.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Gọi M là trung điểm của AB, Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Đổi $d\left(G;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)$ sang $d\left(H;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right).$

- Xác định $d\left(H;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right),$ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó HM là đường trung bình của tam giác ABC nên

HM//AC

Mà $AC\perp AB\left(gt\right)\Rightarrow HM\perp AB.$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AB\perp HM\\ AB\perp B\text{'}H\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(B\text{'}HM\right)\Rightarrow AB\perp B\text{'}M.$

Khi đó ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\cap \left(ABC\right)=AB\\ B\text{'}M\subset \left(ABB\text{'}A\text{'}\right),B\text{'}M\perp AB\left(cmt\right)\\ HM\subset \left(ABC\right),HM\perp AB\left(cmt\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \angle \left(\left(ABB\text{'}A\text{'}\right);\left(ABC\right)\right)=\angle \left(B\text{'}M;HM\right)=\angle B\text{'}MH={60}^0.$

Gọi I là hình chiếu của H trên B'M. Khi đó ta có: $\left\{\begin{array}{l}HI\subset \left(B\text{'}MH\right)\\ AB\perp \left(B\text{'}MH\right)\end{array}\right.\Rightarrow HI\perp AB.$

$\left\{\begin{array}{l}HI\perp AB\\ HI\perp B\text{'}M\end{array}\right.\Rightarrow HI\perp \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\Rightarrow d\left(H;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=HI.$

Vì G là trọng tâm tam giác B'CC' nên $\frac{GB}{C\text{'}B}=\frac{2}{3}.$

Ta có: $GC\text{'}\cap \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)=B$ nên $\frac{d\left(G;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)}{d\left(C\text{'};\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)}=\frac{GB}{C\text{'}B}=\frac{2}{3}.$

$\Rightarrow d\left(G;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=\frac{2}{3}d\left(C\text{'};\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=\frac{2}{3}d\left(C;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)$ (do $CC\text{'}//\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)).$

Lại có $CH\cap \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)=B$ nên $\frac{d\left(C;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)}{d\left(H;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)}=\frac{CB}{HB}=2\Rightarrow d\left(C;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=2d\left(H;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right).$

$\Rightarrow d\left(G;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=\frac{4}{3}d\left(H;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=\frac{4}{3}HI.$

Xét tam giác vuông B'HM, ta có $MH=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2},B\text{'}H=HM.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông B'HM ta có: $HI=\frac{HM.B\text{'}H}{\sqrt{H{M}^2+B\text{'}{H}^2}}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Vậy $d\left(G;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=\frac{4}{3}HI=\frac{4}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Gọi x(m),3x(m) lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể. Tính chiều cao của bể.

- Tính tổng diện tích các mặt làm bê tông.

- Sử dụng BĐT Cô-si: $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\left(a,b,c>0\right).$ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Cách giải:

Gọi x(m),3x(m) lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể, h là chiều cao của bể.

Theo bài ra ta có: $V=x.3x.h=6\Rightarrow h=\frac{6}{3x^2}=\frac{2}{x^2}\left(m\right).$

Khi đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tông là: $2x.\frac{2}{x^2}+2.3x.\frac{2}{x^2}+2x.3x-x.3x.\frac{2}{9}=\frac{16x^2}{3}+\frac{16}{x}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $\frac{16x^2}{3}+\frac{16}{x}=\frac{16x^2}{3}+\frac{8}{x}+\frac{8}{x}\ge 3\sqrt[3]{\frac{16x^2}{3}.\frac{8}{x}.\frac{8}{x}}=8\sqrt[3]{18}$

Dấu “=” xảy ra khi $\frac{16x^2}{3}=\frac{8}{x}\iff x=\sqrt[3]{\frac{3}{2}}.$

Vậy số tiền ít nhất mà cô Ngọc cần bỏ ra là $8\sqrt{18}{.10}^6\approx \mathrm{21.000.000}$ đ.

Chọn B.

Phương pháp:

- Từ giả thiết $\Delta SAB$ vuông cân có $AB=a\sqrt{2},$ tính bán kính đáy và chiều cao của hình nón.

- Xác định góc giữa (SBC) và mặt đáy là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vuông góc với giao tuyến.

- Gọi H là trung điểm của BC, sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính OH,SH, áp dụng định lí Pytago tính BC

- Tính $S_{\Delta SBC}=\frac{1}{2}SH,BC.$

Cách giải:

Giả sử thiết diện là tam giác vuông cân SAB như hình vẽ, theo bài ra ta có $AB=a\sqrt{2}$ nên hình nón có bán kính $r=OA=OB=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và chiều cao $h=SO=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Gọi H là trung điểm của $BC\Rightarrow OH\perp BC$ (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp OH\\ BC\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SOH\right)\Rightarrow BC\perp SH.$

$\left\{\begin{array}{l}\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ SH\subset \left(SBC\right),SH\perp BC\left(cmt\right)\\ OH\subset \left(ABC\right),OH\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow \angle \left(\left(SBC\right);\left(ABC\right)\right)=\angle \left(SH;OH\right)=\angle SHO={60}^0.$                          

Xét tam giác vuông SOH ta có: $OH=SO.\cot {60}^0=\frac{a\sqrt{6}}{6},SH=\frac{SO}{\sin {60}^0}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông  ta có:

           $HB=\sqrt{O{B}^2-O{H}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{6}}{6}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

$\Rightarrow BC=2BH=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$

Vậy $S_{\Delta SBC}=\frac{1}{2}BC.SH=\frac{1}{2}.\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}.$

Chọn B.

Phương pháp:

Hàm số y=f(x) đạt cực đại tại $x=x_0$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x_0\right)=0\\ f"\left(x_0\right)<0\end{array}\right.$.

Cách giải:

Tập xác định: $D=ℝ.$

Ta có: $y\text{'}=x^2-2mx+m^2-m+1$ và $y"=2x-2m.$

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x=1 khi và chỉ khi:

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

Chọn D.

Phương pháp:

- Đặt $g\left(x\right)=f\left(x^2-x\right).$ Tính g'(x)

- Giải phương trình $g\text{'}\left(x\right)=0$ và xác định các nghiệm bội lẻ.

- Lập BXD g'(x) từ đó xác định số điểm cực tiểu của hàm số.

Cách giải:

Xét $g\left(x\right)=f\left(x^2-x\right).$

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