Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định điểm cực đại của hàm số: điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy $x_{CD}=0,y_{CD}=3.$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức ${\log }_{a^n}b=\frac{1}{n}{\log }_{a}b\left(0<a\ne 1,b>0\right),a^{{\log }_{a}x}=x\left(0<a\ne 1\right).$

Cách giải: $A=a^{6{\log }_{a^2}7}=a^{6.\frac{1}{2}{\log }_{a}7}={\left(a^{{\log }_{a}7}\right)}^3=7^3=343.$

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài 3 kích thước lần lượt bằng a;b;c là $V=abc.$

Cách giải:

Thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài 3 kích thước lần lượt bằng 1;2;3 là $V=\mathrm{1.2.3}=6$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức: Khối đa diện đều loại $\left\{n;p\right\}$ có Đ đỉnh, C cạnh và M mặt thì Đ + M – C = 2.

Cách giải:

Khối hai mặt đều là khối $\left\{3;5\right\}$ có M = 20, C = 30 và Đ = 12.

Chọn B.

Phương pháp:

Phân chia, lắp ghép khối đa diện

Cách giải:

Ta có: $V_{A\text{'}.ABC}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}},$ mà $V_{A\text{'}.ABC}+V_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$ nên $V_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{2}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$.

Lại có $V_{A\text{'}.BCC\text{'}}=\frac{1}{2}{V}_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}\Rightarrow V_{A\text{'}.BBC\text{'}}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}.$

$\Rightarrow V_1=\frac{1}{3}V\Rightarrow \frac{V_1}{V}=\frac{1}{3}$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Đáp án A sai do nếu hàm số đồng biến trên  thì đồ thị của nó là đường đi lên từ trái sang phải.

Đáp án C sai do hàm số y=f(x) đồng biến trên K nếu tồn tại một cặp $x_1,x_2$ thuộc K sao cho $\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}>0.$

Đáp án D sai do nếu hàm số y=f(x) có đạo hàm trên K và $f\text{'}\left(x\right)<0,\forall x\in K$ thì hàm số nghịch biến trên K

Chọn B.

Phương pháp:

Tính đạo hàm và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải:

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}.$ Ta có $y=\frac{-x+1}{x+1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-2}{{\left(x+1\right)}^2}<0\forall x\in D.$

Do đó hàm số không tồn tại khoảng đồng biến.

Chọn C.

Phương pháp:

Thay lần lượt từng tọa độ từng điểm vào hàm số.

Cách giải:

Thay tọa độ điểm N(-1;-4) vào hàm số ta có $\frac{3.\left(-1\right)-1}{\left(-1\right)+2}=\frac{-4}{1}=-4.$

Vậy điểm $N\in \left(H\right).$

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y=\frac{2020x-1}{2021x+1}$ có TCN $y=\frac{2020}{2021}.$

Chọn D.

Phương pháp:

Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^3+3x^2+2=4\iff x^3+3x^2-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-1\pm \sqrt{3}\end{array}\right..$

Vậy số giao điểm của (C) với đường thẳng y=4 là 3.

Chọn B.

Phương pháp:

Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.

Cách giải:

Hàm số y=sin2x là hàm số lẻ nên không nhận trục tung làm trục đối xứng.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng các công thức chỉnh hợp và tổ hợp.

Cách giải:

Ta có $C_n^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!k!},A_n^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!},$ do đó đáp án D đúng.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng chỉnh hợp

Cách giải:

Số các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau là $A_{10}^6-X_9^5=136080.$

Chọn C.

Phương pháp:

Hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ là hàm số xác định trên $\mathrm{ℝ}$ và $y\text{'}\le 0\forall x\in ℝ$.

Cách giải:

Đáp án A và B loại do hai hàm số đó không xác định $\forall x\in ℝ$

Xét đáp án C ta có $y\text{'}=\frac{-2x}{{\left(x^2+1\right)}^2}.$

Xét đáp án D ta có $y\text{'}=\frac{-3x^2\left(x^2+1\right)+x^3.2x}{{\left(x^2+1\right)}^2}=\frac{-x^4-3x^2}{{\left(x^2+1\right)}^2}\le 0\forall x\in ℝ$.

Vậy hàm số $y=\frac{-x^3}{x^2+1}$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng là mặt phẳng vuông góc với đoạn thẳng tại trung điểm của đoạn thẳng đó.

Cách giải:

Vì ABCD là tứ diện đều nên các mặt của nó là tam giác đều.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}MD\perp AB\\ MC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(MCD\right)$ tại $M\Rightarrow \left(MCD\right)$ là mặt phẳng trung trực của AB

Chứng minh tương tự ta có (NAB) là mặt phẳng trung trực của CD.

Khi đó (MCD),(NAB) chia khối tứ diện thành bốn khối tứ diện: $MANC,BCMN,AMND,MBND$.

Chọn B.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy R=3cm và chiều cao h=4cm là $V=\pi R^{2}h=\pi {.3}^2.4=36\pi \left(c{m}^3\right).$

Chọn A.

Phương pháp:

Thể tích của khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h.$

Cách giải:

Thể tích của khối nón có bán kính đáy $\frac{h}{2}\Rightarrow$ bán kính đáy $R=\frac{h}{4}$ và chiều cao h=4 là

                                                  $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{h}{4}\right)}^2.h=\frac{1}{48}\pi r{h}^3.$

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định các khoảng đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số y=f(x) đồng biến trên $\left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right);\left(-\frac{1}{2};3\right).$

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng B và độ dài đường cao bằng h là $V=\frac{1}{3}Bh.$

Cách giải:

Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng B và độ dài đường cao bằng 3h là $V=\frac{1}{3}B.3h=Bh.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Đường tròn lớn của khối cầu bán kính R có bán kính R

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

Cách giải:

Gọi bán kính khối cầu là $R\Rightarrow$ Đường tròn lớn của khối cầu có bán kính R

$\Rightarrow 2\pi R=5\pi \iff R=\frac{5}{2}.$

Vậy thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(\frac{5}{2}\right)}^3=\frac{125\pi }{6}.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Hàm số f(x) đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ khi và chỉ khi $y\text{'}\ge 0\forall x\in ℝ$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

- Sử dụng: $a{x}^2+bx+c\ge 0\forall x\in ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ \Delta \le 0\end{array}\right..$

Cách giải:

TXĐ: $D=\mathrm{ℝ}$

Ta có $y\text{'}=x^2-2mx-2m+3.$

Hàm số $y=\frac{1}{3}{x}^3-m{x}^2-\left(2m-3\right)x-m+2$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ khi và chỉ khi $y\text{'}\ge 0\forall x\in ℝ$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

$\iff x^2-2mx-2m+3\ge 0\forall x\in ℝ$

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

Mà $m\in {\mathbb{Z}}^{+}\Rightarrow m=1.$

Vậy có 1 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Phương pháp:

- Sử dụng: $\sin x=0\iff x=k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

- Giải bất phương trình $0\le x<\pi$ tìm số giá trị nguyên k thỏa mãn.

Cách giải:

Ta có: $\sin 5x=0\iff 5x=k\pi \iff x=\frac{k\pi }{5}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$0\le x<\pi \iff 0\le \frac{k\pi }{5}<\pi \iff 0\le k<5.$ Mà $k\in \mathbb{Z}\Rightarrow k\in \left\{0;1;2;3;4\right\}.$

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc $\left[0;\pi \right).$

Chọn A.

Phương pháp:

- Diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu bán kính R lần lượt là $S=4\pi R^2$ và $V=\frac{4}{3}\pi R^3.$

Cách giải:

Vì diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu đó có giá trị bằng nhau nên $4\pi R^2=\frac{4}{3}\pi R^3\iff R=3.$

Chọn C.

Phương pháp:

Sự dụng biến đổi $a^3+b^3={\left(a+b\right)}^3-3ab\left(a+b\right).$

Cách giải:

Ta có: 

     $3^{3x}+3^{-3x}={\left(3^x+3^{-x}\right)}^3-{3.3}^x{.3}^{-x}\left(3^x+3^{-x}\right)$

$\Rightarrow 3^{3x}+3^{-3x}=4^3-3.4=52$

Vậy $A=3.52=156$.

Chọn C.

Phương pháp:

- Sử dụng chiều đồ thị suy ra dấu của hệ số a

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

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

Cách giải:

Đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi lên nên a>0

Đồ thị đi qua điểm O(0;0) nên d=0

Hàm số có 2 điểm cực trị $x_1,x_2$ và $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2>0\\ x_1.x_2<0\end{array}\right..$

Ta có $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2>0\\ x_1.x_2<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{-2b}{3a}>0\\ \frac{c}{3a}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b<0\\ c<0\end{array}\right..$

Vậy có một số dương trong các số a,b,c,d

Chọn B.

Phương pháp:

- Sử dụng các công thức: ${\cos }^{3}x=\frac{3\cos x+\cos 3x}{4},{\sin }^{3}x=\frac{3\sin x-\sin 3x}{4},\sin \left(a+b\right)=\sin a\cos b+\cos a\sin b$

- Sử dụng công thức tính nguyên hàm: $\underset{}{\overset{}{\int }}\sin kxdx=-\frac{1}{k}\cos kx+C.$

Cách giải:

Ta có:

$\underset{}{\overset{}{\int }}\left({\cos }^{3}x.\sin 3x+{\sin }^{3}x.\cos 3x\right)dx$

$=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(\frac{3\cos x+\cos 3x}{4}.\sin 3x+\frac{3\sin x-\sin 3x}{4}.\cos 3x\right)dx$

$=\frac{1}{4}\underset{}{\overset{}{\int }}\left(3\sin 3x\cos x+\sin 3x\cos 3x+3\sin x\cos 3x-\sin 3x\cos 3x\right)dx$

$=\frac{3}{4}\underset{}{\overset{}{\int }}\sin 4xdx=-\frac{3}{16}\cos 4x+C$

$\Rightarrow a=-3,b=16.$ Vậy $2a+b=2.\left(-3\right)+16=10.$

Chọn D.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: ${\left(x^2+\frac{1}{2x}\right)}^9=\sum _{k=0}^9{C}_9^k{\left(x^2\right)}^{9-k}{\left(\frac{1}{2x}\right)}^k=\sum _{k=0}^9{C}_9^k\frac{1}{2^k}{x}^{18-3k}$

Do đó số hạng không chứa x ứng với $18-3k=0\iff k=6.$

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức ${\left(x^2+\frac{1}{2x}\right)}^9$ là $C_9^6\frac{1}{2^6}=\frac{21}{16}.$

Chọn A.

Phương pháp:

Đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

     $2^{\left|x+4\right|}={16}^{x^2+1}$

$$\begin{gathered} \iff 2^{\left|x+4\right|}=2^{4x^2+4} \\ \iff \left|x+4\right|=4x^2+4 \\ \iff \left[\begin{array}{l}4x^2+4=x+4\text{ khi }x\ge -4\\ 4x^2+4=-x-4\text{ khi }x<-4\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}4x^2-x=0\text{ khi }x\ge -4\\ 4x^2+x+8=0\text{ khi }x<-4\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{1}{4}\\ x=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là một số dương.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.

Cách giải:

Để chọn ra 5 bạn sao cho có đủ nam, nữ và số nam ít hơn số nữ ta có các trường hợp sau:

TH1: 1 nam và 4 nữ $\Rightarrow$ Có $C_{15}^1.C_{20}^4=72675$ cách.

TH2: 2 nam và 3 nữ $\Rightarrow$ Có $C_{15}^2.C_{20}^3=119700$ cách.

Vậy có tất cả $72675+119700=192375$ cách.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đưa về cùng cơ số.

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

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

Cách giải:

     ${\log }_2\left(x^2-x-2\right)\ge {\log }_{0,5}\left(x-1\right)+1$

$$\begin{gathered} \iff {\log }_2\left(x^2-x-2\right)\ge -{\log }_2\left(x-1\right)+1 \\ \iff {\log }_2\left(x^2-x-2\right)+{\log }_2\left(x-1\right)\ge +1 \\ \iff {\log }_2\left(x^2-x-2\right)\left(x-1\right)\ge 1 \\ \iff \left(x^2-x-2\right)\left(x-1\right)\ge 2 \\ \iff x^3-x^2-2x-x^2+x+2\ge 2 \\ \iff x^3-2x^2-x\ge 0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}1-\sqrt{2}\le x\le 0\\ x\ge 1+\sqrt{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Kết hợp điều kiện đề bài $x\in \left[0;2021\right],x\in \mathbb{Z}\Rightarrow x\in \left\{0;3;4;5;\mathrm{...};2021\right\}$

Vậy bất phương trình đã cho có 2020 nghiệm nguyên thỏa mãn.

Chọn D.

Phương pháp:

- Hàm phân thức có bậc tử < bậc mẫu thì đồ thị hàm số có TCN y=0

- Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm phân thức bằng số nghiệm của phương trình mẫu không bị triệt tiêu bởi nghiệm của phương trình tử.

Cách giải:

Vì hàm phân thức có bậc tử < bậc mẫu thì đồ thị hàm số có TCN y=0

Phương trình $a{x}^2+bx+c=0$ có tối đa 2 nghiệm phân biệt khác $-\frac{n}{m}$ nên đồ thị có tối đa 2 TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tối đa 3 đường tiệm cận.

Chọn C.

Phương pháp:

- Hình vuông cạnh  có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng $\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

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

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

Cách giải:

Giả sử hình lập phương có cạnh $a\Rightarrow$ Hình trụ có chiều cao h=a

Vì đường tròn đáy của hình trụ là đường tròn ngoại tiếp đáy của hình lập phương nên hình trụ có bán kính đáy $R=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Thể tích khối trụ là $V=\pi R^{2}h=\pi .{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2.a=\frac{\pi a^3}{4}.$

Thể tích khối lập phương là $V\text{'}=a^3.$

Vậy tỉ số thể tích của khối trụ và khối lập phương đó là $\frac{V}{V\text{'}}=\frac{\pi }{4}.$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng nhân xác suất.

Cách giải:

Xác suất để 1 toa có người là $\frac{7}{12}$ và xác suất để 1 toa không có người là $\frac{5}{12}.$

Vậy xác suất để 3 toa có người là $C_{12}^3.{\left(\frac{7}{12}\right)}^3.{\left(\frac{5}{12}\right)}^9\approx 0,107.$

Chọn D.

Phương pháp:

Tính xác suất bằng phương pháp liệt kê.

Cách giải:

Tung ngẫu nhiên 1 con súc sắc cân đối đồng chất một lần $\Rightarrow$ số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=6.$

Gọi A là biến cố: “xuất hiện mặt có số chấm lẻ”$\Rightarrow A=\left\{1;3;5\right\}\Rightarrow n\left(A\right)=3.$

Vậy xác suất để xuất hiện mặt có số chấm lẻ là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Gọi M',N',P' lần lượt là trung điểm của $BC,BD,CD,G,I$ lần lượt là trọng tâm tam giác BCD,MNP. Tính $\frac{S_{\Delta MNP}}{S_{\Delta BCD}}$ dựa vào tỉ số tam giác đồng dạng.

- Tính tỉ số $\frac{OI}{AG},$ sử dụng định lí Ta-lét.

- Tính $\frac{V_{OMNP}}{V_{ABCD}}=\frac{OI}{AG}.\frac{S_{\Delta MNP}}{S_{\Delta BCD}}.$

- Sử dụng công thức tính nhanh: Thể tích tứ diện đều cạnh a là $V=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

Cách giải:

Gọi M',N',P' lần lượt là trung điểm của $BC,BD,CD,G,I$ lần lượt là trọng tâm tam giác BCD,MNP

Ta có: $\frac{MN}{M\text{'}N\text{'}}=\frac{AM}{AM\text{'}}=\frac{2}{3}\Rightarrow \Delta MNP\backsim \Delta M\text{'}N\text{'}P\text{'}$ theo tỉ số $\frac{2}{3}\Rightarrow S_{\Delta MNP}=\frac{4}{9}{S}_{\Delta M\text{'}N\text{'}P\text{'}}.$

Lại có $\Delta M\text{'}N\text{'}P\text{'}\backsim \Delta DCB$ theo tỉ số $\frac{1}{2}$ nên $S_{\Delta MNP}=\frac{1}{4}{S}_{\Delta BCD}\Rightarrow S_{\Delta M\text{'}N\text{'}P\text{'}}=\frac{1}{9}{S}_{\Delta BCD}$

Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên $\frac{AO}{AG}=\frac{3}{4}.$

Áp dụng định lí Ta-lét: $\frac{AI}{AG}=\frac{AM}{AM\text{'}}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{AI}{AO}=\frac{AI}{AG}:\frac{AO}{AG}=\frac{2}{3}:\frac{3}{4}=\frac{8}{9}$

$\Rightarrow \frac{OI}{AO}=\frac{1}{9}\Rightarrow \frac{OI}{AG}=\frac{OI}{AO}.\frac{AO}{AG}=\frac{1}{9}.\frac{3}{4}=\frac{1}{12}.$

$\Rightarrow \frac{V_{OMNP}}{V_{ABCD}}=\frac{1}{12}.\frac{1}{9}=\frac{1}{108}\Rightarrow V_{OMNP}=\frac{1}{108}{V}_{ABCD}.$

Mà ABCD là tứ diện đều cạnh 1 nên $V_{ABCD}=\frac{\sqrt{2}}{12}.$

Vậy $V_{OMNP}=\frac{\sqrt{2}}{1296}.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính số tập hợp con có 2 phần tử của A, từ đó tính số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)$.

- Gọi A là biến cố: “trung bình cộng của các phần tử trong mỗi tập hợp đều bằng 30”, tính số phần tử n(A) của biến cố A.

- Tính xác suất của biến cố A: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}.$

Cách giải:

Số tập hợp con có 2 phần tử của A là $C_{90}^2=4005\Rightarrow$ Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{4005}^2.$

Gọi A là biến cố: “trung bình cộng của các phần tử trong mỗi tập hợp đều bằng 30”

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{a+b}{2}=30\\ \frac{c+d}{2}=30\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+b=60\\ c+d=60\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(a;b\right)\left(c;d\right)\in \left\{\left(1;59\right);\left(2;58\right);\mathrm{...};\left(29;31\right)\right\}\Rightarrow n\left(A\right)=C_{29}^2.$

Vậy xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{C_{29}^2}{C_{4005}^2}=\frac{29}{572715}$.

Chọn B.

Phương pháp:

- Gọi H là trung điểm của BC ta có $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$. Tính $A\text{'}H=\frac{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{\Delta ABC}}.$

- Xác định góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc giữa cạnh bên và hình chiếu của cạnh bên trên mặt đáy.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính tang của góc tạo bởi cạnh bên và mặt
phẳng đáy.

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của BC ta có $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$.

Vì $\Delta ABC$ đều cạnh $a\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ và $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Ta có $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}H.S_{\Delta ABC}\Rightarrow A\text{'}H=\frac{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{3a^3}{20}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{5}$.

Vì $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$ nên AH là hình chiếu vuông góc của AA' lên (ABC).

$\Rightarrow \angle \left(AA\text{'};\left(ABC\right)\right)=\angle \left(AA\text{'};AH\right)=\angle A\text{'}AH.$

Xét tam giác vuông AA'H ta có $\tan \angle A\text{'}AH=\frac{A\text{'}H}{AH}=\frac{a\sqrt{3}}{5}:\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{2}{5}.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Tứ diện A'B'C'D' đồng dạng với tứ diện ABCD theo tỉ số $k=\frac{A\text{'}B\text{'}}{AB}.$

- Gọi M,N lần lượt là trọng tâm tam giác BCD,ACD gọi $G=AM\cap BN.$ Tính $\frac{GA\text{'}}{GA}=\frac{A\text{'}B\text{'}}{AB}.$

- Tính $\frac{V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}}{V_{ABCD}}=k^3.$

- Sử dụng công thức tính nhanh: Thể tích khối tứ diện đều cạnh a là $V=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

Cách giải:

Dễ dàng nhận thấy tứ diện A'B'C'D' đồng dạng với tứ diện ABCD theo tỉ số $k=\frac{A\text{'}B\text{'}}{AB}.$

Gọi M,N lần lượt là trọng tâm tam giác BCD,ACD ta có $AM\perp \left(BCD\right),BN\perp \left(ACD\right).$ Gọi $G=AM\cap BN.$

Ta có G là trọng tâm của tứ diện ABCD nên $\frac{AG}{AM}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{AG}{AA\text{'}}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{AG}{AA\text{'}}=\frac{3}{8}\Rightarrow \frac{GA\text{'}}{GA}=\frac{5}{3}.$

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{GA\text{'}}{GA}=\frac{A\text{'}B\text{'}}{AB}=\frac{5}{3}=k$.

$\Rightarrow \frac{V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}}{V_{ABCD}}=k^3=\frac{125}{27}.$

Mà ABCD là tứ diện đều cạnh 1 nên $V_{ABCD}=\frac{\sqrt{2}}{12}.$

Vậy $V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{125}{37}.\frac{\sqrt{2}}{12}=\frac{125\sqrt{2}}{324}.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Lấy loganepe hai vế của bất phương trình.

- Sử dụng phương pháp xét hàm đặc trưng.

Cách giải:

Lấy loganepe hai vế của bất phương trình ta có:

     ${\left(3^n+7^n\right)}^{2021}>{\left(3^{2021}+7^{2021}\right)}^n$

$$\begin{gathered} \iff 2021.\ln \left(3^n+7^n\right)>n.\ln \left(3^{2021}+7^{2021}\right) \\ \iff \frac{\ln \left(3^n+7^n\right)}{n}.\frac{\ln \left(3^{2021}+7^{2021}\right)}{2021}\left(*\right) \end{gathered}$$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{\ln \left(3^t+7^t\right)}{t}$ với $t\in {\mathbb{Z}}^{+}$ ta có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(t\right)=\frac{\frac{1}{3^t+7^t}\left(3^t\ln 3+7^t\ln 7\right)t-\ln \left(3^t+7^t\right)}{t^2} \\ f\text{'}\left(t\right)=\frac{t{.3}^t.\ln 3+t{.7}^t.\ln 7-\left(3^t+7^t\right)\ln \left(3^t+7^t\right)}{t^2\left(3^t+7^t\right)} \\ f\text{'}\left(t\right)=\frac{3^t.\ln 3^t+7^t.\ln 7^t-3^t\ln \left(3^t+7^t\right)-7^t\ln \left(3^t+7^t\right)}{t^2\left(3^t+7^t\right)} \\ f\text{'}\left(t\right)=\frac{3^t.\left[\ln 3^t-\ln \left(3^t+7^t\right)\right]+7^t\left[\ln 7^t-\ln \left(3^t+7^t\right)\right]}{t^2\left(3^t+7^t\right)} \end{gathered}$$

Vì $\left\{\begin{array}{l}{3}^t<3^t+7^t\Rightarrow \ln 3^t<\ln \left(3^t+7^t\right)\\ 7^t<3^t+7^t\Rightarrow \ln 7^t<\ln \left(3^t+7^t\right)\end{array}\right.\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)<0\forall t\in {\mathbb{Z}}^{+}$

Do đó hàm số y=f(t) nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right).$

Từ (*) suy ra $0<n<2021.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Tìm điểm $M_0\in \left(C_m\right)$ cố định, dự đoán $M_0$ là tiếp điểm.

- Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\left(C_m\right)$ tại $M_0$.

- Thử lại: Xét phương trình hoành độ giao điểm, chứng minh tiếp tuyến vừa tìm được luôn tiếp xúc với $\left(C_m\right)\forall m\ne 0.$

- Đồng nhất hệ số tìm a,b

Cách giải:

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

$\Rightarrow \forall m\ne 0$ thì đồ thị hàm số $\left(C_m\right)$ luôn đi qua điểm cố định $M_0\left(0;-1\right).$ Ta dự đoán $M_0$ là tiếp điểm.

Khi đó ta có: Đường thẳng y=ax+b là tiếp tuyến của $\left(C_m\right)$ tại $M_0\left(0;-1\right).$

Ta có: $y\text{'}=\frac{2m^2}{{\left(x+m\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(0\right)=2.$

 Phương trình tiếp tuyến của $\left(C_m\right)$ tại $M_0\left(0;-1\right)$ là: $y=2\left(x-0\right)-1=2x-1.$

Thử lại: Xét phương trình hoành độ giao điểm

$\frac{2mx}{x+m}-1=2x-1\iff 2mx=2x^2+2mx\iff 2x^2=0\iff x=0$ (nghiệm kép).

Do đó đường thẳng y=2x-1 luôn tiếp xúc với $\left(C_m\right)$ (thỏa mãn).

Vậy $a=2,b=-1\Rightarrow a+b=1.$

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính g'(x), giải phương trình g'(x)=0

- Lập BXD của g'(x)

- Xác định điểm cực đại của hàm số g(x) là điểm mà g'(x) đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải:

Ta có: $g\left(x\right)=f\left(x^2-2x\right)$

$\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=\left(2x-2\right)f\text{'}\left(x^2-2x\right)$

     $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ f\text{'}\left(x^2-2x\right)=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x^2-2x=-2\\ x^2-2x=3\end{array}\right.$ (ta không xét $x^2-2x=0$ vì x=0 là nghiệm kép của phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0$).

$\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\\ x=-1\end{array}\right.$ và qua các nghiệm này thì g'(x) đổi dấu.

Chọn x=4 ta có $g\text{'}\left(4\right)=6.f\text{'}\left(8\right)>0.$

Khi đó ta có BXD của g'(x) như sau:

Điểm cực đại của hàm số $g\left(x\right)=f\left(x^2-2x\right)$ là $x_{CD}=1.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Giả sử $A\left(a;a^3+a^2-4\right),B\left(b;b^3+b^2-4\right).$

- Vì OA=2OB nên $\left[\begin{array}{l}\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{OB}\\ \overrightarrow{OA}=-2\overrightarrow{OB}\end{array}\right.$, giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

Cách giải:

Giả sử $A\left(a;a^3+a^2-4\right),B\left(b;b^3+b^2-4\right).$

- Vì OA=2OB nên $\left[\begin{array}{l}\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{OB}\\ \overrightarrow{OA}=-2\overrightarrow{OB}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left(a;a^3+a^2-4\right)=2\left(b;b^3+b^2-4\right)\\ \left(a;a^3+a^2-4\right)=-2\left(b+b^3+b^2-4\right)\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ a^3+a^2-4=2b^3+2b^2-8\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ a^3+a^2-4=-2b^3-2b^2+8\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ 8b^3+4b^2-4=2b^3+2b^2-8\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ -8b^3+4b^2-4=-2b^3-2b^3+8\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ 6b^3+2b^2+4=0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ 6b^3-6b^2+12=0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a-2b\\ b=-1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ b=-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=-1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-1\end{array}\right.\end{array}\right.$

Vậy có 2 cặp điểm A,B thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đặt cạnh hình vuông là x(cm), bán kính hình tròn là y(cm)

- Tính chu vi hình vuông và chu vi hình tròn, suy ra tổng 2 chu vi bằng 120cm

- Tính diện tích hình vuông, diện tích hình tròn và tính tổng.

- Sử dụng BĐT Bunhiacopxki: ${\left(ax+by\right)}^2\le \left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right).$ Dấu “=” xảy ra $\iff \frac{a}{x}=\frac{b}{y}.$