Phương pháp giải:

Thể tích khối cầu có bán kính $r$ là $\frac{4}{3}\pi r^3$.

Giải chi tiết:

Thể tích khối cầu có bán kính $r$là $\frac{4}{3}\pi r^3$.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Tổng n số hạng đầu tiên của CSN có số hạng đầu $u_1$, công bội q là $S_n=\frac{u_1(1-q^n)}{1-q}$.

Giải chi tiết:

Tổng ba số hạng đầu của cấp số nhân có $u_1=1$và $q=2$ là: $S_3=\frac{u_1(1-q^3)}{1-q}=\frac{1.(1-2^3)}{1-2}=7$

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Hàm số $y={\log }_{a}x(0<a\ne 1)$ có TXĐ $D=(0;+\infty )$.

+ Khi $a>1$, hàm số đồng biến trên D.

+ Khi 0 < a < 1, hàm số nghịch biến trên D.

- Hàm số $y=a^x(0<a\ne 1)$ có TXĐ $D=(0;+\infty )$.

+ Khi $a>1$, hàm số đồng biến trên D.

+ Khi $0<a<1$, hàm số nghịch biến trên D.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\] nên chỉ có đáp án C thỏa mãn, tức là hàm số $y=3^x$

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức ${\left(\frac{1}{a}\right)}^m=a^{-m}$.

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

Giải chi tiết:

Ta có:

${\left(\frac{2020}{2021}\right)}^{4x}={\left(\frac{2021}{2020}\right)}^{2x-6}$

$\iff {\left(\frac{2020}{2021}\right)}^{4x}={\left(\frac{2020}{2021}\right)}^{6-2x}$

$\iff 4x=6-2x\iff 6x=6\iff x=1$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{1\right\}$.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

- Hàm căn thức xác định khi biểu thức trong căn không âm.

- Hàm $y={\log }_{a}f\left(x\right)$xác định khi và chỉ khi $f\left(x\right)$ xác định và $f\left(x\right)>0$.

Giải chi tiết:

Hàm số $y=\frac{1}{\sqrt{{\log }_3(x^2-2x+3m)}}$có TXĐ là \[\mathbb{R}\] khi và chỉ khi:

$\{\begin{array}{l}{\log }_3(x^2-2x+3m)>0\forall x\in ℝ\\ x^2-2x+3m>0\forall x\in ℝ\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}^2-2x+3m>1\forall x\in ℝ\\ x^2-2x+3m>0\forall x\in ℝ\end{array}$

$\iff x^2-2x+3m>1\forall x\in ℝ\iff x^2-2x-1>-3m\forall x\in ℝ(*)$

Đặt $f\left(x\right)=x^2-2x-1$ ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=2x-2=0\iff x=1$.

BBT:

Dựa vào BBT và từ (*) ta có $f\left(x\right)>-3m\forall x\in ℝ$$\iff -3m<\underset{ℝ}{min}f\left(x\right)=-2\iff m>\frac{2}{3}$.

Vậy $m\in (\frac{2}{3};+\infty )$.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng định nghĩa CSC: Cho dãy số $\left(u_n\right)$là cấp số cộng có công sai d thì \[{u_{n + 1}}\] có công thức là $u_{n+1}=u_n+d\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$

Giải chi tiết:

Sử dụng định nghĩa CSC: Cho dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] là cấp số cộng có công sai d thì $u_{n+1}$ có công thức là $u_{n+1}=u_n+d\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường thẳng này tới mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia.

- Đổi tính khoảng cách từ chân đường vuông góc với mặt phẳng, sử dụng công thức $A{A}^{\text{'}}\cap \left(P\right)=M\Rightarrow \frac{d(A;\left(P\right))}{d(A^{\text{'}};\left(P\right))}=\frac{AM}{A^{\text{'}}M}$.

- Dựng khoảng cách, sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Ta có $AB//CD\Rightarrow AB//\left(SCD\right)\supset SC$$\Rightarrow d(AB;SC)=d(AB;\left(SCD\right))=d(A;\left(SCD\right))$

Mà $AO\cap \left(SCD\right)=\left\{C\right\}\Rightarrow \frac{d(A;\left(SCD\right))}{d(O;\left(SCD\right))}=\frac{AC}{OC}=2$\[ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)\]

Gọi M là trung điểm của CD.

Vì OMlà đường trung bình của tam giác $ACD\Rightarrow OM//AD\Rightarrow OM\perp CD$ và $OM=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}CD\perp OM\\ CD\perp SO\end{array}\Rightarrow CD\perp \left(SOM\right)$.

Trong (SOM) kẻ $OH\perp SM(H\in SM)$ ta có: $\{\begin{array}{l}OH\perp SM\\ OH\perp CD(CD\perp \left(SOM\right))\end{array}\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right)$.

$\Rightarrow d(O;\left(SCD\right))=OH\Rightarrow d(AB;SC)=2OH$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \[SOM\] ta có: $OH=\frac{SO.OM}{\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}}=\frac{a.\frac{a}{2}}{\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Vậy $d(AB;SC)=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Giải phương trình $u_n=21$ tìm n.

Giải chi tiết:

Xét $u_n=21\iff n^2+n+1=21\iff [\begin{array}{l}n=4\left(tm\right)\\ n=-5\left(ktm\right)\end{array}$.

Vậy số 21 là số hạng thứ 4 của dãy.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

Sử dụng các quy tắc tính giới hạn.

Giải chi tiết:

Ta có $\lim (2n^2-1)=+\infty$.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của một thương và công thức tính đạo hàm: ${\left(\ln u\right)}^{\text{'}}=\frac{u^{\text{'}}}{u}$.

Giải chi tiết:

Ta có: $y=\frac{\ln (x^2+1)}{x}$

$\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{\frac{2x}{x^2+1}.x-\ln (x^2+1).x}{x^2}$

$=\frac{\frac{2x}{x^2+1}-\ln (x^2+1)}{x}$

Khi đó ta có $y^{\text{'}}\left(1\right)=\frac{1-\ln 2}{1}=-\ln 2+1$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=-1\\ b=1\end{array}$.

Vậy $a-b=-1-1=-2$.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Giải bất phương trình ${\log }_{a}f\left(x\right)\le b\iff \{\begin{array}{l}0<a<1\\ f\left(x\right)\ge a^b\end{array}$.

Giải chi tiết:

Ta có:

${\log }_{\frac{1}{3}}(x^2-2x+6)\le -2$$\iff x^2-2x+6\ge {\left(\frac{1}{3}\right)}^{-2}$$\iff x^2-2x-3\ge 0$$\iff [\begin{array}{l}x\ge 3\\ x\le -1\end{array}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $(-\infty ;-1]\cup [3;+\infty )$.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Sử dụng tương giao đồ thị hàm số, xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số cắt qua trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -2. Do đó đáp án đúng là D.

Phương pháp giải:

Sử dụng tổ hợp.

Giải chi tiết:

Trong hộp có tất cả 8+9+10=27 quả cầu.

Số cách chọn 1 quả cầu từ hộp trên là $C_{27}^1=27$ cách.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại điểm có hoành độ $x=x_0$ là:

$y=f^{\text{'}}\left(x_0\right)(x-x_0)+y_0$

Giải chi tiết:

Gọi \[{x_0}\] là điểm cực tiểu của hàm số đã cho, khi đó ta có $y^{\text{'}}\left(x_0\right)=0$.

Vậy tiếp tuyến của hàm số tại điểm cực tiểu có hệ số góc bằng 0, tức là song song với trục hoành.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Đường thẳng x=a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] $\iff \underset{x\to a}{\lim }f\left(x\right)=\infty .$

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}(x\ne -\frac{d}{c})$có TCĐ: $x=-\frac{d}{c}$với $x=-\frac{d}{c}$ không là nghiệm của phương trình $ax+b=0.$

Giải chi tiết:

Ta có: đồ thị hàm số $y=\frac{2x-4}{x-m}=\frac{2(x-2)}{x-m}$có tiệm cận đứng \[ \Leftrightarrow x - m \ne x - 2\] $\iff m\ne 2.$

Đáp án C.

Phương pháp giải:

Cho mặt cầu (S) có tâm I và bán kính R

Khi đó, mặt phẳng  (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính \[r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I;{\mkern 1mu} \left( P \right)} \right)} .\]

Chu vi của đường tròn bán kính r là: $C=2\pi r.$

Giải chi tiết:

Theo đề bài ta có: $d(O;\left(P\right))=OH=\frac{r}{2}.$

Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là:

$HA=\sqrt{O{A}^2-O{H}^2}$$=\sqrt{r^2-{\left(\frac{r}{2}\right)}^2}=\frac{r\sqrt{3}}{2}.$

⇒ Chu vi đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là: $C=2\pi .\frac{r\sqrt{3}}{2}=\pi r\sqrt{3}\left(dvdd\right).$

Đáp án C.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết về Cực trị của hàm số:

Ta có: $x=x_0$ là điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \] tại điểm $x=x_0$ thì hàm số có y' đổi dấu từ dương sang âm hoặc ngược lại.

Điểm $x=x_0$ là điểm cực tiểu của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$tại điểm $x=x_0$ thì hàm số có y' đổi dấu từ âm sang dương.

Điểm $x=x_0$ là điểm cực đại của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$tại điểm $x=x_0$ thì hàm số có y' đổi dấu từ dương sang âm.

Ta có: $x=x_0$là điểm cực trị của hàm số $y=f\left(x\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x_0\right)=0.$

Điểm $x=x_0$là điểm cực đại của hàm số $y=f\left(x\right)\iff \{\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x_0\right)=0\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x_0\right)<0\end{array}.$

Điểm $x=x_0$là điểm cực tiểu của hàm số $y=f\left(x\right)\iff \{\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x_0\right)=0\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x_0\right)>0\end{array}.$

Giải chi tiết:

Ta có: $x=x_0$ là điểm cực trị của hàm số $y=f\left(x\right)\iff$ tại điểm $x=x_0$ thì hàm số có y' đổi dấu từ dương sang âm hoặc ngược lại.

⇒ Đáp án A đúng.

Phương pháp giải:

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy  và đường sinh l là: $V=\frac{1}{3}\pi R^2\sqrt{l^2-R^2}.$

Giải chi tiết:

Thể tích khối nón đã cho là: $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi R^2\sqrt{l^2-R^2}$ $=\frac{1}{3}\pi {.2}^2.\sqrt{3^2-2^2}=\frac{4\sqrt{5}\pi }{3}.$

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ V=Bh, trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao.

Giải chi tiết:

Vì ABC là tam giác vuông tại B nên $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}.2a.a=a^2$.

Vậy $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{\Delta ABC}=2a\sqrt{3}.a^2=2\sqrt{3}{a}^3$.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng định lí Cô-sin trong tam giác để tính góc: Cho $\Delta ABC$, ta có: $\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB.AC}$.

Giải chi tiết:

Ta có: $\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\\ AB\subset \left(SAB\right),AB\perp SA\\ AC\subset \left(SAC\right),AC\perp SA\end{array}$$\Rightarrow \angle (\left(SAB\right);\left(SAC\right))=\angle (AB;AC)$.

Xét tam giác \[ABC\] ta có: $\cos \angle BAC=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB.AC}$

$=\frac{a^2+a^2-3a^2}{2.a^2}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle BAC={120}^0$

Vậy $\angle (\left(SAB\right);\left(SAC\right))={60}^0$.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Rút x theo y hoặc ngược lại.

- Thế vào biểu thức xy, đưa biểu thức về 1 biến.

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của hàm số trên 1 đoạn.

Giải chi tiết:

Vì $\{\begin{array}{l}x,y\ge 0\\ x+y=1\end{array}\Rightarrow 0\le x,y\le 1$và y=1-x.

Khi đó ta có $x.y=x.(1-x)=-x^2+x=f\left(x\right)$, với $0\le x\le 1$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-2x+1=0\iff x=\frac{1}{2}\in [0;1]$.

$f\left(0\right)=0;f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4};f\left(1\right)=0$.

Vậy $\underset{[0;1]}{max}f\left(x\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}$hay giá trị lớn nhất của \[x.y\] là \[\frac{1}{4}\], đạt được khi $x=y=\frac{1}{2}$.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức lãi kép $A_n=A{(1+r)}^n$trong đó:

$A_n$: số tiền nhận được sau kì hạn (cả gốc lẫn lãi).

A: số tiền gửi ban đầu.

r: lãi suất 1 kì hạn.

n: số kì hạn.

Giải chi tiết:

Giả sử sau n tháng thì bạn An nhận được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1 300 000 đồng, khi đó ta có:

$A_n=A{(1+r)}^n=1000000.{(1+\mathrm{0,58}\%)}^n>1300000$

$\iff {(1+\mathrm{0,58}\%)}^n>\mathrm{1,3}\iff n>{\log }_{1+\mathrm{0,58}\%}\mathrm{1,3}\approx \mathrm{45,36}$

Vậy sau ít nhất 46 tháng thì bạn An nhận được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1 300 000 đồng.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Sử dụng chỉnh hợp.

Giải chi tiết:

Số cách chọn một bạn làm lớp trưởng và một bạn làm lớp phó từ một lớp học gồm 35 học sinh là $A_{35}^2$cách.

Chú ý khi giải:

Do chức vụ đã rõ ràng, tức là đây là một bài toán có thứ tự, phải dùng chỉnh hợp chứ không được dùng tổ hợp.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- 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 tính chiều cao khối chóp, cũng chính là chiều cao hình nón.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có chiều cao h, bán kính đáy là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$.

Giải chi tiết:

Gọi O là trọng tâm $\Delta ABC\Rightarrow SO\perp \left(ABC\right)$ và O cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có $SO\perp \left(ABC\right)\Rightarrow OA$ là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC).

$\Rightarrow \angle (SA;\left(ABC\right))=\angle (SA;OA)=\angle SAO={60}^0$.

Xét $\Delta SOA$vuông tại có $\{\begin{array}{l}OA=SA.\cos {60}^0=2a.\frac{1}{2}=a\\ SO=SA.\sin {60}^0=2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\end{array}$.

Vậy khối nón có đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$có thể tích là

$V=\frac{1}{3}\pi .O{A}^2.SO=\frac{1}{3}\pi .a^2.a\sqrt{3}=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$.

- Đặt ẩn phụ $t=5^{{\sin }^{2}x}(t\ge 1)$, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t.

- Giải phương trình tìm t.

- Sử dụng công thức hạ bậc: ${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2}$, sau đó giải phương trình lượng giác cơ bản tìm x: $\cos x=\cos \alpha \iff x=\pm \alpha +k2\pi (k\in \mathbb{Z})$.

- Giải bất phương trình $0\le x\le 2\pi$ và tìm các nghiệm thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Ta có:

$5^{{\sin }^{2}x}+5^{{\cos }^{2}x}=2\sqrt{5}$$\iff 5^{{\sin }^{2}x}+5^{1-{\sin }^{2}x}=2\sqrt{5}$$\iff 5^{{\sin }^{2}x}+\frac{5}{5^{{\sin }^{2}x}}=2\sqrt{5}$

Đặt $t=5^{{\sin }^{2}x}(t\ge 1)$, phương trình trở thành$t+\frac{5}{t}=2\sqrt{5}\iff t^2-2\sqrt{5}t+5=0$ $\iff {(t-\sqrt{5})}^2=0\iff t=\sqrt{5}\left(tm\right)$.

$\Rightarrow 5^{{\sin }^{2}x}=\sqrt{5}=5^{\frac{1}{2}}\iff {\sin }^{2}x=\frac{1}{2}$

$\iff \frac{1-\cos 2x}{2}=\frac{1}{2}\iff \cos 2x=0$

$\iff 2x=\frac{\pi }{2}+k\pi \iff x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}(k\in \mathbb{Z})$

Xét $x\in [0;2\pi ]$, ta có \[0 \le \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2} \le 2\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le k \le \frac{7}{2}\]. Mà k={0;1;2;3}.

$\Rightarrow x=\{\frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4};\frac{5\pi }{4};\frac{7\pi }{4}\}$.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình trên đoạn $[0;2\pi ]$là $T=\frac{\pi }{4}+\frac{3\pi }{4}+\frac{5\pi }{4}+\frac{7\pi }{4}=4\pi$.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

- Để điểm M nằm phía trên đường thẳng \[y = 2\] thì $y_0>2$.

- Giải bất phương trình logarit: ${\log }_{a}x>b\iff \{\begin{array}{l}a>1\\ x>a^b\end{array}$.

Giải chi tiết:

Vì $M(x_0;y_0)$ là điểm thuộc đồ thị hàm số $y={\log }_{3}x$ nên \[{y_0} = {\log _3}{x_0}\].

Để điểm M nằm phía trên đường thẳng \[y = 2\] thì $y_0>2\iff {\log }_3{x}_0>2\iff x_0>9$.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức $C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$, giải phương trình $C_n^0+C_n^1+C_n^2=11$tìm n.

- Sử dụng khai triển nhị thức Niu-tơn \[{\left( {a + b} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{a^{n - k}}{b^k}} \].

- Để tìm số hạng chứa $x^7$ta cho số mũ của x trong khai triển bằng 7, giải phương trình tìm k. Với k vừa tìm được ta suy ra số hạng chứa $x^7$.

Giải chi tiết:

Ta có: $C_n^0+C_n^1+C_n^2=11(n\ge \mathrm{2,}n\in \mathbb{N})$

$\iff 1+n+\frac{n(n-1)}{2}=11$$\iff 2+2n+n^2-n=22$\[ \Leftrightarrow {n^2} + n - 20 = 0\]

$\iff [\begin{array}{l}n=4\left(tm\right)\\ n=-5\left(ktm\right)\end{array}$

Khi đó ta có ${(x^3-\frac{1}{x^2})}^4=\sum _{k=0}^4{C}_4^k{\left(x^3\right)}^{4-k}{(-\frac{1}{x^2})}^k$$=\sum _{k=0}^4{C}_4^k{(-1)}^k{x}^{12-5k}(0\le k\le 4;k\in \mathbb{N})$.

Để tìm số hạng chứa $x^7$ta cho $12-5k=7\iff k=1\left(tm\right)$.

Vậy số hạng chứa $x^7$trong khai triển trên là $C_4^1.{(-1)}^1{x}^7=-4x^7$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là $S_{xq}=2\pi Rh$.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có R=a và $h=2.\left(2R\right)=4R=4a$.

Vậy diện tích xung quanh hình trụ là $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi .a.4a=8\pi a^2$.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu cho x.

Giải chi tiết:

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-1}{2-3x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2-\frac{1}{x}}{\frac{2}{x}-3}=\frac{2}{-3}=-\frac{2}{3}$

Đáp án C.

Phương pháp giải:

Sử dụng hoán vị.

Giải chi tiết:

Số cách sắp xếp 8 học sinh thành một hàng dọc là \[8!\] cách.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí Cô-sin trong tam giác.

Giải chi tiết:

Ta có $\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{6}\iff \alpha >{60}^0$.

Xét đáp án A: $\angle (AB;AM)=\angle BAM$.

Vì $\Delta ABC$ đều nên AM là phân giác của $\angle BAC\Rightarrow \angle BAM={30}^0$.

Do đó loại đáp án A.

Xét đáp án B và C: Giả sử ABCD là tứ diện đều cạnh 1.

Xét tam giác AMD có $AM=DM=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác AMD có:

$\cos \angle AMD=\frac{A{M}^2+M{D}^2-A{D}^2}{2AM.MD}$$=\frac{\frac{3}{4}+\frac{3}{4}-1}{2.\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow \cos (AM;DM)=\frac{1}{3}$⇒ Loại đáp án B.

\[\cos \angle ADM = \frac{{A{D^2} + M{D^2} - A{M^2}}}{{2AD.MD}}\] $=\frac{1+\frac{3}{4}-\frac{3}{4}}{\mathrm{2.1.}\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$\Rightarrow \cos (AD;DM)=\frac{\sqrt{3}}{3}$⇒ Loại đáp án B.

Xét đáp án D: Gọi N là trung điểm của AC.

Ta có $MN//AB\Rightarrow \angle (AB;DM)=\angle (MN;DM)$.

Ta có $MN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2};DM=\frac{\sqrt{3}}{2};DM=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác DMNcó:

$\cos \angle DMN=\frac{D{M}^2+M{N}^2-D{N}^2}{2DM.MN}$

$=\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}-\frac{3}{4}}{2.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$$\Rightarrow \cos (AB;DM)=\frac{\sqrt{3}}{6}$(thỏa mãn).

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Dựa vào chiều nhánh cuối cùng của đồ thị xác định dấu của hệ số a.

- Thay x=0 tìm hệ số c.

- Dựa vào các điểm cực trị của hàm số chọn đáp án đúng.

Giải chi tiết:

BBT trên là của đồ thị hàm đa thức bậc ba dạng $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$$(a\ne 0)$.

Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên a>0, do đó loại đáp án A.

Thay $x=0\Rightarrow c=2$ (do đồ thị hàm số đi qua điểm(0;2) nên loại đáp án C.

Hàm số có 2 điểm cực trị $x=\mathrm{0,}x=2$ nên loại đáp án C, do $y^{\text{'}}=3x^2+6x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}$.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Xét các TH:

+ lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Văn

+ lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Tiếng Anh

+ lấy 1 quyển sách Văn và 1 quyển sách Văn

Sử dụng chỉnh hợp và quy tắc cộng.

Giải chi tiết:

Số cách lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Văn là 6.7=42 cách.

Số cách lấy 1 quyển sách Toán và 1 quyển sách Tiếng Anh là 6.8=48 cách.

Số cách lấy 1 quyển sách Văn và 1 quyển sách Văn là 7.8=56 cách.

Vậy số cách lấy 2 quyển sách thuộc 2 môn khác nhau là: 42+48+56+146 cách.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

Hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ đồng biến trên từng khoảng xác định của chúng.

Giải chi tiết:

TXĐ: $D=ℝ\backslash \{-2\}$.

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{9}{{(x+2)}^2}>0\forall x\ne -2$nên hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $(-\infty ;-2)$và $(-2;+\infty )$.

Đáp án B.

Phương pháp giải:

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

- Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao SH.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}$.

Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$\[ \Rightarrow SH \bot HD \Rightarrow \Delta SHD\] vuông tại H.

Áp dụng định lí Pytago ta có:

$HD=\sqrt{A{D}^2+A{H}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

$SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{\frac{9a^2}{4}-\frac{5a^2}{4}}=a$

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

Đáp án B.

Phương pháp giải:

- Chuyển vế, đưa về cùng cơ số.

- Sử dụng công thức đổi cơ số: ${\log }_{a}b=\frac{{\log }_{c}b}{{\log }_{c}a}(0<a,c\ne \mathrm{1,}b>0)$

- Đưa phương trình đã cho về dạng tích.

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

Giải chi tiết:

ĐK: x>0.

Ta có:

${\log }_{2021}x+{\log }_{2020}x=0$$\iff {\log }_{2021}x+\frac{{\log }_{2021}x}{{\log }_{2021}2020}=0$

$\iff {\log }_{2021}x.(1+{\log }_{2021}2020)=0$$\iff {\log }_{2021}x=0\iff x=1\left(tm\right)$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Phân tích tử và mẫu thành nhân tử, rút gọn để khử dạng $\frac{0}{0}$và tính giới hạn.

- Tìm các hệ số a,b và tính $a^2-b^2$.

Giải chi tiết:

Ta có: $\underset{x\to -4}{\lim }\frac{x^2+3x-4}{x^2+4x}=\underset{x\to -4}{\lim }\frac{(x-1)(x+4)}{x(x+4)}=\underset{x\to -4}{\lim }\frac{x-1}{x}=\frac{5}{4}$.

$\Rightarrow a=\mathrm{5,}b=4$.

Vậy $a^2-b^2=5^2-4^2=9$.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của phương trình.

- Đưa về cùng cơ số 10.

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

- Cô lập m, đưa phương trình về dạng $m=f\left(x\right)$.

- Lập BBT của hàm số f(x), từ BBT tìm điều kiện của m để phương trình vô nghiệm.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{mx >0}\\{x + 1 >0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{mx >0}\\{x >- 1}\end{array}} \right.\].

Ta có: $\log \left(mx\right)=2\log (x+1)\iff \log \left(mx\right)=\log {(x+1)}^2$$\iff mx={(x+1)}^2(*)$.

Do $x>-1\iff x+1>0\Rightarrow {(x+1)}^2>0\Rightarrow mx>0$. Do đó $x\ne 0$.

Khi đó ta có $(*)\iff m=\frac{{(x+1)}^2}{x}=f\left(x\right)$, với $x>-1;x\ne 0$.

Ta có:

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{2(x+1).x-{(x+1)}^2}{x^2}$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{2x^2+2x-x^2-2x-1}{x^2}$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x^2-1}{x^2}=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}$

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương (*) có nghiệm duy nhất $[\begin{array}{l}m<0\\ m=4\end{array}$.

Kết hợp điều kiện \[m \in \mathbb{Z},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m \in \left[ { - 2020;2020} \right]\] ta có $m\in \mathbb{Z},m\in [-2020;2020]$.

Vậy có 2021 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng, sử dụng định lí Pytago và định lí Côsin trong tam giác để tính góc.

Giải chi tiết:

Gọi E,F lần lượt là trung điểm của C'D',AB.

Xét $\Delta MI{C}^{\text{'}}$ và $\Delta MI{D}^{\text{'}}$ có MI chung, Ic'=Id' nên $\Delta MI{C}^{\text{'}}=\Delta MI{D}^{\text{'}}$(2 cạnh góc vuông)

$\Rightarrow M{C}^{\text{'}}=M{D}^{\text{'}}\Rightarrow \Delta M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$cân tại E $\Rightarrow ME\perp C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$.

Chứng minh tương tự ta có $MF\perp AB$.

Xét (MC'D') và (MAB) có M chung, $\{\begin{array}{l}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\subset \left(M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\\ AB\subset \left(MAB\right)\\ C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}//AB\end{array}$

$\Rightarrow \left(M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\cap \left(MAB\right)=Mx//C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}//AB$.

Lại có $\{\begin{array}{l}ME\perp C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\\ MF\perp AB\end{array}\left(cmt\right)\Rightarrow \{\begin{array}{l}ME\perp Mx\\ MF\perp Mx\end{array}$.

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {MC'D'} \right) \cap \left( {MAB} \right) = Mx}\\{ME \subset \left( {MC'D'} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ME \bot Mx}\\{MF \subset \left( {MAB} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} MF \bot Mx}\end{array}} \right.\]

$\Rightarrow \angle (\left(M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right);\left(MAB\right))=\angle (ME;MF)$.

Giả sử ABCD.A'B'C'D' là khối lập phương có cạnh bằng 1.

Ta có $MO=2MI\Rightarrow MI=\frac{1}{3}OI=\frac{1}{6}$.

Áp dụng định lí Pytago ta có: $M{C}^{\text{'}}=\sqrt{M{I}^2+I{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{{\left(\frac{1}{6}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{19}}{6}$

$ME=\sqrt{M{C^{\text{'}}}^2-E{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{19}}{6}\right)}^2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{10}}{6}$

Tương tự ta có $MB=\sqrt{M{J}^2+J{B}^2}=\sqrt{{\left(\frac{5}{6}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{43}}{6}$

$MF=\sqrt{M{B}^2-B{F}^2}=\frac{\sqrt{34}}{6}$

Dễ thấy BC'EF là hình bình hành nên $EF=B{C}^{\text{'}}=\sqrt{2}$.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác MEF ta có:

$\cos \angle EMF=\frac{M{E}^2+M{F}^2-E{F}^2}{2ME.MF}$$=\frac{{\left(\frac{\sqrt{10}}{6}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{34}}{6}\right)}^2-{\left(\sqrt{2}\right)}^2}{2.\frac{\sqrt{10}}{6}.\frac{\sqrt{34}}{6}}=\frac{-7\sqrt{85}}{85}$

Mà góc giữa hai mặt phẳng là góc nhọn, có giá trị côsin là số dương.

Vậy $\cos \angle (\left(M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right);\left(MAB\right))=\frac{7\sqrt{85}}{85}$.

Đáp án C.

Phương pháp giải:

- Không mất tính tổng quát, ta giả sử ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng để bài toán đơn giản hơn.

- Trong $\left(AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)$ kéo dài NC cắt AA' tại E. Sử dụng tỉ số thể tích Simpson tính $\frac{V_{C.MNP}}{V_{C.MEP}}$.

- Tính $\frac{V_{C.MEP}}{V_{C.AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}}=\frac{S_{MEP}}{S_{AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}}$, sử dụng phương pháp phần bù để so sánh $S_{MEP}$với \[{S_{ABB'A'}}\]

- Sử dụng nhận xét $V_{C.AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=\frac{2}{3}V$, từ đó tính $V_{CMNP}$ theo V.