Đáp án đúng là: C

Theo lí thuyết ta có \({\left( {{a^m}} \right)^n} = {\left( {{a^n}} \right)^m}.\)

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\sqrt[8]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{8}}}\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(\frac{1}{2} > \frac{1}{3}\) nên nếu \({a^{\frac{1}{2}}} > {a^{\frac{1}{3}}}\) thì \(a > 1\).

Vì \(\frac{2}{3} < \frac{3}{4}\) nên nếu \({b^{\frac{2}{3}}} > {b^{\frac{3}{4}}}\) thì \(0 < b < 1\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \[\frac{{\sqrt[3]{{{a^2}\sqrt a }}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt[3]{{{a^2} \cdot {a^{\frac{1}{2}}}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt[3]{{{a^{\frac{5}{2}}}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{{{\left( {{a^{\frac{5}{2}}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}}{{{a^3}}} = \frac{{{a^{\frac{5}{6}}}}}{{{a^3}}} = {a^{\frac{5}{6} - 3}} = {a^{\frac{{ - 13}}{6}}}\]. Do đó \(\alpha = \frac{{ - 13}}{6}\).

Vì \( - 3 < \frac{{ - 13}}{6} < - 2\) nên chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: A

Ta có \({\log _a}a = 1\) nên đáp án A sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có \({\log _{{a^5}}}b = \frac{1}{5}{\log _a}b\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\frac{1}{2}{\log _a}9 - {\log _a}5 + {\log _a}2 = \frac{1}{2}{\log _a}{3^2} - {\log _a}5 + {\log _a}2 = 2 \cdot \frac{1}{2}{\log _a}3 - {\log _a}5 + {\log _a}2\)

        \( = {\log _a}3 - {\log _a}5 + {\log _a}2 = {\log _a}\frac{3}{5} + {\log _a}2 = {\log _a}\left( {\frac{3}{5} \cdot 2} \right) = {\log _a}\frac{6}{5}\).

Vậy \(x = \frac{6}{5}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \[S = 2\ln a - \ln b - \ln c = \ln {a^2} - \left( {\ln b + \ln c} \right) = \ln \left( {bc} \right) - \ln \left( {bc} \right) = 0\] (do \[{a^2} = bc\]).

Đáp án đúng là: A

Trong các hàm số đã cho, hàm số \(y = {2^x}\) là hàm số mũ.

Đáp án đúng là: D

Tập xác định của hàm số \(y = {\log _3}x\) là \(\left( {0\,;\, + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: A

Kẻ đường thẳng \(d:\,\,y = 1\).

Hoành độ giao điểm của \(d\) với các đồ thị hàm số \(y = {\log _a}x\), \(y = {\log _b}x\), \(y = {\log _c}x\) lần lượt là \(a,\,\,b,\,\,c\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(a > c > b\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \({2^{2x - 1}} = {2^x} \Leftrightarrow 2x - 1 = x \Leftrightarrow x = 1\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Điều kiện: \(x > 0\).

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}x \le - 3 \Leftrightarrow x \ge {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 3}}\) (do \(0 < \frac{1}{2} < 1\))

                            \( \Leftrightarrow x \ge 8\).

Kết hợp với điều kiện ta được \(x \ge 8\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}x \le - 3\) là \(S = \left[ {8; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \[{2^{x\, - \,3}}\, > \,16 \Leftrightarrow {2^{x - 3}} > {2^4} \Leftrightarrow x - 3 > 4 \Leftrightarrow x > 7\].

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \[{2^{x\, - \,3}}\, > \,16\] là \[\left( {7;\, + \infty } \right)\].

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: \[\left\{ \begin{array}{l}4x - 9 > 0\\x + 10 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{9}{4}\\x > - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{9}{4}\].

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4x - 9} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 10} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4x - 9 < x + 10\) (do \(0 < \frac{1}{2} < 1\))

\( \Leftrightarrow 3x < 19 \Leftrightarrow x < \frac{{19}}{3}\).

Kết hợp điều kiện ta được \(\frac{9}{4} < x < \frac{{19}}{3}\) hay \(2,25 < x < 6,\left( 3 \right)\).

Vì \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left\{ {3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}\). Vậy có 4 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Hai đường thẳng \(a\) và \(b\) được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng \(90^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(A'B'C'D'\) là hình vuông và \(AB{\rm{//}}A'B'\).

Khi đó ta có \(\left( {AB,\,A'C'} \right) = \left( {A'B',\,A'C'} \right) = \widehat {B'A'C'} = 45^\circ \).

Đáp án đúng là: B

Hình hộp có tất cả các cạnh đều bằng nhau nên mỗi mặt của hình hộp là một hình thoi.

Xét từng đáp án, ta thấy:

+ Đáp án A đúng vì \(\left\{ \begin{array}{l}A'C' \bot B'D'\\B'D'\,{\rm{//}}\,BD\end{array} \right. \Leftrightarrow A'C' \bot BD\).

+ Đáp án B sai vì \[BB'\,{\rm{//}}\,DD'\].

+ Đáp án C đúng vì \(\left\{ \begin{array}{l}A'B \bot AB'\\AB'{\rm{//}}DC'\end{array} \right. \Rightarrow A'B \bot DC'\).

+ Đáp án D đúng vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC' \bot B'C\\B'C\,{\rm{//}}\,A'D\end{array} \right. \Rightarrow BC'\,{\rm{//}}\,A'D\).

Đáp án đúng là: A

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên

+ \(ABCD\) là hình vuông, suy ra \(AC \bot BD\);

+ \(BB' \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \(BB' \bot AC\).

Lại có \(BB',\,BD \subset \left( {BB'D'D} \right)\).

Từ đó suy ra \(AC \bot \left( {BB'D'D} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Đáp án A sai vì \(b\) có thể vuông góc với \(\left( P \right)\).

Đáp án B đúng bởi \(a{\rm{//}}\left( P \right) \Rightarrow \exists a' \subset \left( P \right)\) sao cho \(a{\rm{//}}a'\), mà \(b \bot \left( P \right) \Rightarrow b \bot a'\). Khi đó \(a \bot b\).

Đáp án C sai vì \(b\) có thể nằm trong \(\left( P \right)\).

Đáp án D sai vì \(b\) có thể nằm trong \(\left( P \right)\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(BC \bot AB\) (do \(ABCD\) là hình chữ nhật) và \(BC \bot SA\) (do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)).

Do đó, \(BC \bot \left( {SAB} \right)\), suy ra \(BC \bot AE\). Mà \(AE \bot SB\) (gt).

Từ đó suy ra \(AE \bot \left( {SBC} \right)\), suy ra \(AE \bot SC\) (1).

Tương tự, ta chứng minh được \(CD \bot \left( {SAD} \right)\), suy ra \(CD \bot AF\). Mà \[AF \bot SD\] (gt).

Từ đó suy ra \(AF \bot \left( {SCD} \right)\), suy ra \(AF \bot SC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(SC \bot \left( {AEF} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \(A\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].

Vì \(C \in \left( {ABC} \right)\) nên \(C\) là hình chiếu của \(C\) lên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].

Vậy hình chiếu của \[SC\] lên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là \[AC\].

Đáp án đúng là: C

Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \(SA \bot BC\).

Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\] nên \(BC \bot AB\).

Từ đó suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right)\). Do đó \(B\) là hình chiếu của \(C\) lên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

Khi đó giữa đường thẳng \[SC\] và mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] là \[\widehat {BSC}\].

Đáp án đúng là: A

Ta có \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \(\left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SBA}\).

Tam giác \(SBA\) vuông tại \(A\) (do \(SA \bot AB\)) có \(SA = AB = a\) nên tam giác \(SBA\) vuông cân tại \(A\), suy ra \(\widehat {SBA} = 45^\circ \).

Vậy góc giữa đường thẳng \[SB\] và mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] bằng \[45^\circ \].

Đáp án đúng là: D

Cho đường thẳng \[a\] không vuông góc với mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\]. Có duy nhất một mặt phẳng chứa \[a\] và vuông góc với \[\left( \alpha \right)\].

Đáp án đúng là: A

Ta có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\], mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\), do đó \[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\].

Đáp án đúng là: C

Ta có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot AC\end{array} \right.\).

Do đó \(\widehat {BAC}\) là một góc phẳng của góc góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\).

Ta có \(\Delta ABC\) có \(AB = BC = AC = a\) nên \(\Delta ABC\) là tam giác đều, suy ra \(\widehat {BAC} = 60^\circ \).

Vậy số đo góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\) bằng \(60^\circ \).

Đáp án đúng là: C

Hình hộp có các cạnh bằng nhau thì mỗi mặt của hình hộp là một hình thoi nên hình hộp này chưa phải là hình lập phương, vậy đáp án C sai.

Đáp án đúng là: B

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AC\), vậy khoảng cách từ điểm \(S\) đến \(AC\) bằng \(SA\).

Đáp án đúng là: D

Vì \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều và \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên suy ra \(SG \bot \left( {ABC} \right)\). Vậy \(d\left( {S,\,\left( {ABC} \right)} \right) = SG\).

Đáp án đúng là: B

Từ giả thiết ta suy ra \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều.

Gọi \(O\) là tâm của đáy, suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Gọi \(J\) là trung điểm \(CD\), suy ra \(OJ \bot CD\).

Gọi \[K\] là hình chiếu của \[O\] trên \[SJ\], suy ra \[OK \bot SJ\].

Ta chứng minh được \(CD \bot \left( {SOJ} \right)\), suy ra \(CD \bot OK\), từ đó suy ra \(OK \bot \left( {SCD} \right)\).

Khi đó \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OK\).

Ta có \(OJ = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\); \(BD = a\sqrt 2 \), \(BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), \(SO = \sqrt {S{A^2} - B{O^2}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt 2 }}\).

Khi đó ta có \(OK = \frac{{SO \cdot OJ}}{{\sqrt {S{O^2} + O{J^2}} }} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}\).

Vậy \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OK = \frac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}\).

Đáp án đúng là: A

Thể tích của khối chóp cụt đều có chiều cao \(h\) và \(S,S'\) lần lượt là diện tích đáy lớn và đáy nhỏ là \(V = \frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {SS'} + S'} \right).\)

Đáp án đúng là: A

Thể tích khối lăng trụ là \(V = Bh = {a^2} \cdot 4a = 4{a^3}.\)

Đáp án đúng là: C

Diện tích đáy lớn là: \({6^2} = 36\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích đáy nhỏ là: \({3^2} = 9\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Thể tích hình chóp cụt là \(V = \frac{1}{3}\left( {36 + \sqrt {36 \cdot 9} + 9} \right) \cdot 4 = 84\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\].

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \[SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = a\sqrt 2 \].

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\].

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2 \cdot \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\].

a) (0,5 điểm)

\[I = 2{\log _3}\left[ {{{\log }_3}\left( {3a} \right)} \right] + {\log _{\frac{1}{4}}}{b^2} = 2{\log _3}\left[ {1 + {{\log }_3}a} \right] - {\log _2}b = 2{\log _3}\left[ {1 + 2} \right] - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\].

b) (0,5 điểm)

Giá bán xe năm đầu tiên: \[{A_1} = 750\,\,000\,\,000\] đồng.

Giá bán xe năm thứ hai: \({A_2} = {A_1} - {A_1} \cdot r = {A_1}\left( {1 - r} \right)\) đồng, với \(r = 1,8\% \).

Giá bán xe năm thứ ba: \({A_3} = {A_2} - {A_2}r = {A_2}\left( {1 - r} \right) = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^2}\) đồng.

…

Giá bán xe năm thứ \(n\): \({A_n} = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^{n - 1}}\) đồng.

Vậy giá bán xe năm thứ 8 (năm 2030) là:

\({A_6} = {A_1}{\left( {1 - r} \right)^7} = 750\,\,000\,\,000{\left( {1 - 1,8\% } \right)^7} \approx 660\,\,453\,\,000\) đồng.

a)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SI \bot AB\\\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\SI \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do \(CF \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SI \bot CF\) (1).

b) Gọi \(H = FC \cap DI\).

Xét hai tam giác vuông \(ADI\) và \(DCF\) có

\(\left\{ \begin{array}{l}AI = DF\\AD = DC\\\widehat {DAI} = \widehat {FDC} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow \Delta ADI = \Delta DCF\) (c – g – c).

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {{I_1}} = \widehat {{F_1}}\\\widehat {{D_2}} = \widehat {{C_2}}\end{array} \right.,\,\,{\rm{m\`a }}\,\,\widehat {{I_1}} + \widehat {{D_2}} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {{F_1}} + \widehat {{D_2}} = 90^\circ \]

\[ \Rightarrow \widehat {FHD} = 90^\circ \Rightarrow CF \bot DI\,\,(2)\].

Từ (1) và (2) suy ra \(CF \bot \left( {SID} \right)\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \(\left( {ABCD} \right)\) suy ra góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SBA} = 60^\circ \).

Dựng hình bình hành \(MCBE\). Gọi \(I\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BE\) và \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SI\).

Ta chứng minh được \(AH \bot \left( {SBE} \right)\).

Khi đó \(d\left( {CM,SB} \right) = d\left( {CM,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBE} \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = 2AH\).

Mặt khác \(AI = \frac{{AE.AB}}{{\sqrt {A{E^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và \(SA = AB \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 .\)

Vậy \[d\left( {CM,SB} \right) = 2AH = \]\(\frac{{2AI \cdot SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{{27}}\).