Đề Thi Học kì 1 Toán 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Trường THPT Thái Nguyên Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

Đề thi học kì 1 Toán 12 sở giáo dục & đào tạo trường thpt thái nguyên có đáp án và lời giải chi tiết gồm 50 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I MÔN: TOÁN – Lớp 12 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (6 điểm)

Câu 1 (NB). Điểm cực tiểu ${x_{CT}}$ của hàm số $y = {x^3} + 4{x^2} – 3x + 7$ là

A. ${x_{CT}} = – \frac{1}{3}.$ B. ${x_{CT}} = 1.$ C. ${x_{CT}} = – 3.$ D. ${x_{CT}} = \frac{1}{3}.$

Câu 2 (TH). Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng $a\sqrt 6 $. Tính thể tích V của khối nón đó?

A. $V = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 6 }}{4}.$ B. $V = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 6 }}{3}.$ C. $V = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 6 }}{6}.$ D. $V = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 6 }}{2}.$

Câu 3 (TH). Hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} – 9x + 2$ đồng biến trên mỗi khoảng nào?

A. $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$. B. $\left( { – \infty ; – 3} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$. C. $\left( { – 3;1} \right)$. D. $\left( { – 1;3} \right)$.

Câu 4 (TH). Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SC tạo với mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ một góc $30^\circ $. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.

A. $V = \frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{3}.$ B. $V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}.$ C. $V = \frac{{2{a^3}}}{3}.$ D. $V = \sqrt 2 {a^3}.$

Câu 5 (NB). Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng $5\pi {a^2}$ và bán kính đáy bằng a. Tính độ dài đường sinh của hình nón đã cho?

A. $a\sqrt 5 $. B. $3a\sqrt 2 $. C. $3a$. D. $5a$.

Câu 6 (VD). Cho p, q là các số thực dương thỏa mãn ${\log _9}p = {\log _{12}}q = {\log _{16}}\left( {p + q} \right)$. Tính giá trị của biểu thức $A = \frac{p}{q}$?

A. $A = \frac{{ – 1 – \sqrt 5 }}{2}.$ B. $A = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}.$ C. $A = \frac{{1 – \sqrt 5 }}{2}.$ D. $A = \frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}.$

Câu 7 (TH). Hàm số $y = \left( {{x^2} + x} \right){e^x}$ có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.

Câu 8 (TH). Tập xác định D của hàm số $y = {\left( {{x^2} – 1} \right)^{\frac{\pi }{3}}}$ là:

A. $D = \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right).$ B. $D = \mathbb{R}.$ C. $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}.$ D. $D = \left[ { – 1;1} \right].$

Câu 9 (TH). Giá trị lớn nhất hàm số $f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + x + 1}}{{x + 1}}$ trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$ bằng:

A. $\sqrt 2 .$ B. 2. C. 1. D. 3.

Câu 10 (NB). Giải phương trình ${\log _4}\left( {x – 1} \right) = 3$.

A. $x = 80.$ B. $x = 82.$ C. $x = 65.$ D. $x = 63.$

Câu 11 (NB). Rút gọn biểu thức $Q = {b^{\frac{5}{3}}}:\sqrt[3]{b}$ với $b > 0$.

A. $Q = {b^2}.$ B. $Q = {b^{\frac{5}{9}}}.$ C. $Q = {b^{\frac{4}{3}}}.$ D. $Q = {b^{\frac{4}{3}}}.$

Câu 12 (VDC). Cho hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + dx + e$ với a, b, c, d, e là các số thực. Đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$như hình vẽ:

Hàm số $g\left( x \right) = f\left( x \right) – \frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} – x + 2$ đạt cực đại tại:

A. $x = 1$. B. $x = 2$.

C. $x = – 1$. D. $x = 0$.

Câu 13 (TH). Phương trình ${9^x} – {3.3^x} + 2 = 0$ có hai nghiệm ${x_1};{x_2}$. Giá trị của $A = {x_1} + {x_2}$ là:

A. ${\log _3}2$. B. 2. C. 0. D. ${\log _2}3$.

Câu 14 (TH). Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A. $y = – {x^4} + 2{x^2}$. B. $y = – {x^3} + 3x$.

C. $y = {x^3} – 3x$. D. $y = {x^4} – 2{x^2}$.

Câu 15 (TH). Với a, b, x là các số thực dương thỏa mãn ${\log _2}x = 5{\log _2}a + 3{\log _2}b$, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. $x = 3a + 5b.$ B. $x = 5a + 3b.$ C. $x = {a^5} + {b^3}.$ D. $x = {a^5}{b^3}.$

Câu 16 (TH). Cho hàm số $y = 2{x^3} – 3{x^2} + 1$ có đồ thị $\left( C \right)$ và đường thẳng $d:y = x – 1$. Số giao điểm của $\left( C \right)$và d là:

A. 3. B. 2. C. 0. D. 1.

Câu 17 (NB). Tính đạo hàm của hàm số $y = {\log _{2018}}x$

A. $y’ = \frac{{\ln 2018}}{x}.$ B. $y’ = \frac{{2018}}{{x.\ln 2018}}.$ C. $y’ = \frac{1}{{x.\ln 2018}}.$ D. $y’ = \frac{1}{{x.\log 2018}}.$

Câu 18 (TH). Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A. ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}.$ B. ${\left( {\sqrt 3 } \right)^x}.$ C. $y = {2^x} + \frac{5}{2}.$ D. $y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}.$

Câu 19 (VD). Cho hình trụ có chiều cao bằng $6\sqrt 2 cm$. Biết rằng một mặt phẳng không vuông góc với đáy và cắt hai mặt đáy theo hai dây cung song song AB, A’B’ mà $AB = A’B’ = 6cm$, diện tích hình chữ nhật ABB’A’ bằng $60c{m^2}$. Tính bán kính đáy của hình trụ?

A. 5cm. B. $3\sqrt 2 cm$. C. 4cm. D. $5\sqrt 2 cm$.

Câu 20 (NB). Cho hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{x + 2}}$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.

B. Hàm số đã cho đồng biến trên $\left( { – \infty ;0} \right)$.

C. Hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R}$.

D. Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 2} \right)$ và $\left( { – 2; + \infty } \right)$.

Câu 21 (TH). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + mx + 2017$ có cực trị?

A. $m \in \left( { – \infty ;1} \right]$. B. $m \in \left( { – \infty ;1} \right)$. C. $m \in \left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {0;1} \right)$. D. $m \in \left( { – \infty ;0} \right) \cup \left( {0;1} \right]$.

Câu 22 (TH). Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên $AA’ = a$, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ trùng với trung điểm H của AB. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ đã cho?

A. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.$ B. $V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.$ C. $V = {a^3}.$ D. $V = \frac{{{a^3}}}{3}.$

Câu 23 (TH). Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số $y = \frac{{{x^2} – mx – 2{m^2}}}{{x – 2}}$ có đường tiệm cận đứng?

A. $\left[ \begin{array}{l}m \ne – 2\\m \ne 1\end{array} \right.$. B. Không có m thỏa mãn. C. $\left\{ \begin{array}{l}m \ne – 2\\m \ne 1\end{array} \right.$. D. $m \in \mathbb{R}$.

Câu 24 (TH). Cho khối chóp S.ABC có thể tích V, biết M, N, P lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC sao cho $SM = MA,SN = 2NB,SC = 3SP$. Gọi V’ là thể tích của khối chóp S.MNP. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. $V’ = \frac{V}{6}.$ B. $V’ = \frac{V}{{12}}.$ C. $V’ = \frac{V}{9}.$ D. $V’ = \frac{V}{3}.$

Câu 25 (NB). Cho hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên các khoảng $\left( { – \infty ;1} \right),\left( {1; + \infty } \right)$ và có bảng biến thiên như hình dưới:

Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và đạt cực tiểu tại $x = 2$.

B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1.

C. Hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$ và đạt cực tiểu tại $x = 0$.

D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 5.

Câu 26 (VD). Số nghiệm của phương trình $\log \left( {x + 10} \right) + \frac{1}{2}\log {x^2} = 2 – \log 4$ là:

A. 2. B. 1. C. 4. D. 3.

Câu 27 (TH). Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{3x – 4}}$ là:

A. 5. B. 3. C. 4. D. 3.

Câu 28 (NB). Một hình trụ có bán kính đáy $r = 5cm$, chiều cao $h = 7cm$. Tính diện tích xung quanh của hình trụ?

A. $S = 35\pi \left( {c{m^2}} \right)$. B. $S = 70\pi \left( {c{m^2}} \right)$. C. $S = \frac{{70}}{3}\pi \left( {c{m^2}} \right)$. D. $S = \frac{{35}}{3}\pi \left( {c{m^2}} \right)$.

Câu 29 (TH). Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số $y = {x^4} + 2{x^2} – 1$ trên đoạn $\left[ { – 1;2} \right]$ lần lượt là M, m. Khi đó giá trị của tích $M.m$ là:

A. 46. B. $ – 23.$ C. $ – 2.$ D. 13.

Câu 30 (VD). Cho hình chóp đều S.ABC có $SA = 2a,AB = 3a$. Tính góc giữa SA và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$?

A. $30^\circ $. B. $45^\circ $. C. $60^\circ $. D. $90^\circ $.

II. PHẦN TỰ LUẬN (4 điểm)

Câu 1 (1 điểm) (VD). Tìm m để hàm số $y = 2{x^3} – \left( {4 – 2m} \right){x^2} + \left( {m – 5} \right)x – 4$ đạt cực trị khi $x = 0$. Khi đó hàm số đạt cực đại hay cực tiểu. Tính giá trị tương ứng.

Câu 2 (1 điểm) (VD). Giải phương trình ${64.9^x} – {84.12^x} + {27.16^x} = 0$.

Câu 3 (2 điểm) (VD). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, $SA \bot \left( {ABCD} \right),AB = 3a,AD = 4a$. Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ góc $60^\circ $.

a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

b. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ACD.

c. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, O là giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SO.

Đáp án

1-D	2-A	3-A	4-B	5-D	6-D	7-C	8-A	9-B	10-C
11-D	12-A	13-A	14-C	15-D	16-A	17-C	18-D	19-C	20-D
21-B	22-B	23-C	24-C	25-A	26-A	27-C	28-B	29-B	30-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (NB): Đáp án D

Phương pháp

• Giải phương trình $y’ = 0$ để tìm cực trị của hàm số.
• Lập BBT để tìm cực đại, cực tiểu của hàm số đã cho.

Cách giải

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y’ = 3{x^2} + 8x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 3\\x = \frac{1}{3}\end{array} \right.$.

BBT:

Từ BBT ta thấy $x = \frac{1}{3}$ là điểm cực tiểu của hàm số đã cho.

Câu 2 (TH): Đáp án A

Phương pháp

• Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác cân có 2 cạnh bên là đường sinh của hình nón và cạnh đáy là đường kính của đường tròn đáy.
• Thể tích của hình nón được tính bằng công thức: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$.

Cách giải

Gọi h là chiều cao, $\ell $ là đường sinh và R là bán kính đường tròn đáy của hình nón.

Theo giả thiết, cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được một thiết diện là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng $\ell $ và cạnh huyền là 2R.

Ta có: $\begin{array}{l}2R = a\sqrt 6 \Leftrightarrow R = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\\{\ell ^2} + {\ell ^2} = {\left( {2R} \right)^2} \Leftrightarrow 2{\ell ^2} = 6{a^2} \Rightarrow \ell = \sqrt 3 a\\{h^2} + {R^2} = {\ell ^2} \Leftrightarrow {h^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)^2} = {\left( {\sqrt 3 a} \right)^2} \Leftrightarrow h = \frac{{\sqrt 6 a}}{2}\end{array}$

Vậy thể tích của khối nón đó là: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{4}$.

Câu 3 (TH): Đáp án A

Phương pháp

• Giải phương trình $y’ = 0$.
• Lập BBT để xét tính đồng biến, nghịch biến của đồ thị hàm số.

Cách giải

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y’ = 3{x^2} – 6x – 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = – 1\end{array} \right.$.

BBT:

Từ BBT trên ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left( { – \infty ; – 1} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$; nghịch biến trên khoảng $\left( { – 1;3} \right)$.

Câu 4 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp S.ABCD: $V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}}$.

Cách giải

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$ và $SB \bot BC$.

Ta có $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow SB$ là hình chiếu của SC lên $\left( {SAB} \right)$.

$ \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right) = \angle \left( {SC;SB} \right) = \angle BSC = 30^\circ $.

Tam giác SBC vuông tại B có $BSC = 30^\circ $ nên $SB = BC.\cot 30^\circ = a\sqrt 3 $.

Xét tam giác vuông SAB có: $SA = \sqrt {S{B^2} – A{B^2}} = \sqrt {3{a^2} – {a^2}} = a\sqrt 2 $.

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

Câu 5 (NB): Đáp án D

Phương pháp

Diện tích xung quanh của hình nón là ${S_{xq}} = \pi r\ell $ (r là bán kính đáy; $\ell $ là đường sinh của hình nón).

Cách giải

Theo giả thiết, diện tích xung quanh của hình nón bằng $5\pi {a^2}$ và bán kính đáy bằng a nên $\left\{ \begin{array}{l}\pi r\ell = 5\pi {a^2}\\r = a\end{array} \right. \Rightarrow \ell = 5a$.

Vậy đường sinh của khối nón bằng 5a.

Câu 6 (VD): Đáp án D

Phương pháp

Đặt ${\log _9}p = {\log _{12}}p = {\log _{16}}\left( {p + q} \right) = t\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

Cách giải

Đặt ${\log _9}p = {\log _{12}}p = {\log _{16}}\left( {p + q} \right) = t\left( {t \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}p = {9^t}\\q = {12^t}\\p + q = {16^t}\end{array} \right.$.

Ta có: $p + q = {16^t} \Leftrightarrow {9^t} + {12^t} = {16^t}\;\;\;\left( 1 \right).$

Chia cả 2 vế của (1) cho ${16^t}$ ta được: $\frac{{{9^t}}}{{{{16}^t}}} + \frac{{{{12}^t}}}{{{{16}^t}}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2t}} + {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}\\{\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ – 1 – \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.$

Do ${\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} > 0 \Rightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}$.

Vậy $A = \frac{p}{q} = \frac{{{9^t}}}{{{{12}^t}}} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^t} = \frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}$.

Câu 7 (TH): Đáp án C

Phương pháp

• Giải phương trình $y’ = 0$.
• Số nghiệm của phương trình $y’ = 0$ mà qua đó y’ đổi dấu là số cực trị của hàm số đã cho.

Cách giải

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $\begin{array}{l}y’ = {\left( {{x^2} + x} \right)^\prime }.{e^x} + \left( {{x^2} + x} \right).{\left( {{e^x}} \right)^\prime }\\\;\;\; = \left( {2x + 1} \right).{e^x} + \left( {{x^2} + x} \right).{e^x} = \left( {{x^2} + 3x + 1} \right).{e^x}\\y’ = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ – 3 + \sqrt 5 }}{2}\\x = \frac{{ – 3 – \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\end{array}$

Phương trình $y’ = 0$ có 2 nghiệm phân biệt và qua 2 nghiệm này y’ đổi dấu nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Câu 8 (TH): Đáp án A

Phương pháp

Tập xác định của hàm lũy thừa $y = {x^n}$.

+ Nếu $n \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow D = \mathbb{R}$.

+ Nếu $n \in {\mathbb{Z}^ – } \Rightarrow D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.

+ Nếu $a \notin \mathbb{Z} \Rightarrow D = \left( {0; + \infty } \right)$.

Cách giải

Hàm số $y = {\left( {{x^2} – 1} \right)^{\frac{\pi }{3}}}$ có số mũ là $\frac{\pi }{3} \notin \mathbb{Z}$ nên hàm số đã cho xác định khi ${x^2} – 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < – 1\end{array} \right.$.

Do đó, TXĐ của hàm số đã cho là: $D = \left( { – \infty ; – 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)$

Câu 9 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$.

• Tìm TXĐ.
• Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow $ Các nghiệm ${x_i} \in \left[ {a;b} \right]$.
• Tính $f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right)$ và kết luận:

$\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( {{x_i}} \right)} \right\},\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$.

Cách giải

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$.

Ta có: $y = \frac{{2{x^2} + 2x – x – 1 + 2}}{{x + 1}} = 2x – 1 + \frac{2}{{x + 1}}$.

$y’ = 2 – \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 1\\x + 1 = – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ {0;1} \right]\\x = – 2 \notin \left[ {0;1} \right]\end{array} \right.$.

Ta có: $f\left( 0 \right) = 1;f\left( 1 \right) = 2$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 2$.

Câu 10 (NB): Đáp án C

Phương pháp

Giải phương trình logarit cơ bản: ${\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}$.

Cách giải

${\log _4}\left( {x – 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x – 1 = {4^3} \Leftrightarrow x = 65$.

Vậy $x = 65$.

Câu 11 (NB): Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng các công thức $\sqrt[n]{{{a^m}}} = {a^{\frac{m}{n}}},{a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}$.

Cách giải

$Q = {b^{\frac{5}{3}}}:\sqrt[3]{b} = {b^{\frac{5}{3}}}:{b^{\frac{1}{3}}} = {b^{\frac{5}{3} – \frac{1}{3}}} = {b^{\frac{4}{3}}}$.

Câu 12 (VDC): Đáp án A

Phương pháp

• Giải phương trình $g’\left( x \right) = 0$ dựa vào các tương giao đồ thị hàm số.
• Lập BBT của hàm số $y = g\left( x \right)$ và kết luận.

Cách giải

Ta có: $g’\left( x \right) = f’\left( x \right) – {x^2} + 2x – 1$.

$g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f’\left( x \right) = {x^2} – 2x + 1$.

$ \Rightarrow $Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ và đồ thị hàm số $y = {x^2} – 2x + 1$

Vẽ hai đồ thị hàm số $y = f’\left( x \right)$ và $y = {x^2} – 2x + 1$ trên cùng mặt phẳng tọa độ ta có:

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: $g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right..$

Ta có BBT của hàm số $y = g\left( x \right)$ như sau:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số $y = g\left( x \right)$ đạt cực đại tại $x = 1$.

Câu 13 (TH): Đáp án A

Phương pháp

• Đặt ẩn phụ $t = {3^x}\left( {t > 0} \right)$ để đưa về phương trình bậc hai một lần.
• Tính tổng của ${x_1} + {x_2}$ thông qua ẩn phụ. Sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Đặt $t = {3^x}\left( {t > 0} \right)$, khi đó phương trình đã cho trở thành ${t^2} – 3t + 2 = 0$.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: ${t_1}{t_2} = 2$.

Khi đó ${x_1} + {x_2} = {\log _3}{t_1} + {\log _3}{t_2} = {\log _3}\left( {{t_1}{t_2}} \right) = {\log _3}2$.

Vậy $A = {x_1} + {x_2} = {\log _3}2$.

Câu 14 (TH): Đáp án C

Phương pháp

• Nhận dạng để biết đồ thị đã cho là hàm đa thức bậc 3 hay bậc 4.
• Qua các điểm cực đại, cực tiểu, điểm đặc biệt trong hình để tìm hàm số đã cho.

Cách giải

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án A và D.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \Rightarrow $ Hệ số của ${x^3}$ dương nên loại đáp án B.

Câu 15 (TH): Đáp án D

Phương pháp

Sử dụng các công thức: $c{\log _a}x = {\log _a}{x^c};{\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}xy\left( {0 < a \ne 1;x,y > 0} \right)$.

Cách giải

Ta có: $\begin{array}{l}{\log _2}x = 5.{\log _2}a + 3.{\log _2}b \Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}{a^5} + {\log _2}{b^3}\\ \Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}\left( {{a^5}{b^3}} \right) \Leftrightarrow x = {a^5}{b^3}.\end{array}$

Câu 16 (TH): Đáp án A

Phương pháp

• Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và d.
• Số nghiệm của phương trình trên là số giao điểm của đồ thị $\left( C \right)$ và đường thẳng d.

Cách giải

TXĐ: $D = \mathbb{R}$

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $\left( C \right)$ và đường thẳng d là:

$\begin{array}{l}2{x^3} – 3{x^2} + 1 = x – 1 \Leftrightarrow 2{x^3} – 3{x^2} – x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {2{x^2} – x – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 1 = 0\\2{x^2} – x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{{1 \pm \sqrt {17} }}{4}\end{array} \right..\end{array}$

Như vậy, phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và d có 3 nghiệm phân biệt hay $\left( C \right)$ và d có 3 giao điểm phân biệt.

Câu 17 (NB): Đáp án C

Phương pháp

Sử dụng công thức tính đạo hàm $\left( {{{\log }_a}x} \right)’ = \frac{1}{{x\ln a}}$.

Cách giải

$y’ = \frac{1}{{x.\ln 2018}}$.

Câu 18 (TH): Đáp án D

Phương pháp

• Dựa vào TXĐ và dạng đồ thị để nhận biết và phân biệt hàm logarit, hàm số mũ, lũy thừa,…
• Khai thác tính đồng biến, nghịch biến, các điểm đặc biệt trong đồ thị để biết hàm số được cho trong đồ thị.

Cách giải

Đồ thị hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathbb{R} \Rightarrow $ Loại đáp án B và C.

Đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm $A\left( { – 1;3} \right)$ nên loại đáp án A.

Câu 19 (VD): Đáp án C

Phương pháp

Để tính bán kính đường tròn đáy khi đã có độ dài dây cung, ta nên đi tìm khoảng cách từ tâm đến dây cung.

Cách giải

Vẽ một mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với mặt đáy, cắt mặt đáy còn lại theo dây cung MN.

 Gọi O là tâm đường tròn đáy chứa dây cung A’B’, H là trung điểm A’B’.

Theo giả thiết ABB’A’ là hình chữ nhật nên $AA’ \bot A’B’\;\;\;\left( 1 \right)$.

AM vuông góc với 2 đáy nên $AM \bot A’B’\;\;\;\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) suy ra $A’B’ \bot \left( {AMA’} \right) \Rightarrow A’B’ \bot MA’$. Do đó MNB’A’ là hình chữ nhật.

Diện tích hình chữ nhật ABB’A’ bằng $60c{m^2}$ nên $AA’.A’B’ = 60 \Rightarrow AA’ = 10\left( {cm} \right)$.

Chiều cao của khối trụ bằng $6\sqrt 2 \left( {cm} \right) \Rightarrow AM = 6\sqrt 2 \left( {cm} \right)$.

Ta có: $MB’ = \sqrt {BB{‘^2} – B{M^2}} = \sqrt {{{10}^2} – {{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2}} = 2\sqrt 7 \left( {cm} \right)$.

Do MNB’A’ là hình chữ nhật nên: $R = \frac{1}{2}MA’ = \frac{1}{2}\sqrt {MB{‘^2} + A’B{‘^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {2\sqrt 7 } \right)}^2} + {6^2}} = 4\left( {cm} \right)$.

Vậy bán kính của đường tròn đáy bằng 4cm.

Câu 20 (NB): Đáp án D

Phương pháp

Tính y’ từ đó kết luận các khoảng đơn điệu của hàm số.

Cách giải

TXĐ: $\mathbb{R}\backslash \left\{ { – 2} \right\}$.

Ta có: $y’ = \frac{{2.2 – 1.\left( { – 1} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in D$.

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định là $\left( { – \infty ; – 2} \right)$ và $\left( { – 2; + \infty } \right)$.

Chú ý: Không kết luận hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}\backslash \left\{ { – 2} \right\}$.

Câu 21 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Hàm đa thức bậc ba có cực trị $ \Leftrightarrow $ Hàm số có 2 cực trị $ \Leftrightarrow $ Phương trình $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt.

Cách giải

Ta có: $y’ = {x^2} + 2x + m$.

Hàm đa thức bậc ba có cực trị $ \Leftrightarrow $ Hàm số có 2 cực trị $ \Leftrightarrow $ Phương trình $y’ = 0$ có hai nghiệm phân biệt.

$ \Rightarrow \Delta ‘ = 1 – m > 0 \Leftrightarrow m < 1$.

Câu 22 (TH): Đáp án B

Phương pháp

• Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông, tính A’H.
• Thể tích của khối lăng trụ đã cho được tính bởi công thức: ${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = A’H.{S_{ABCD}}$.

Cách giải

 Ta có: $A’H \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow A’H \bot HA \Rightarrow \Delta A’HA$ vuông tại H và $AH = \frac{1}{2}AH = \frac{a}{2}$.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông A’HA có:

$A'{H^2} = \sqrt {AA{‘^2} – H{A^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy ${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = A’H.{S_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}$.

Câu 23 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Hàm số $y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{mx + n}}$ có tiệm cận đứng $x = – \frac{n}{m}$ khi và chỉ khi phương trình $a{x^2} + bx + c = 0$ không có nghiệm bằng $ – \frac{n}{m}$.

Cách giải

Hàm số $y = \frac{{{x^2} – mx – 2{m^2}}}{{x – 2}}$ có đường tiệm cận đứng duy nhất là $x = 2$ khi và chỉ khi $x = 2$ không là nghiệm của phương trình ${x^2} – mx – 2{m^2} = 0$.

$ \Rightarrow {2^2} – 2.m – 2{m^2} \ne 0 \Leftrightarrow {m^2} + m – 2 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m \ne – 2\end{array} \right.$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m \ne – 2\end{array} \right.$ thì hàm số đã cho có tiệm cận đứng.

Câu 24 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Sử dụng công thức về tỉ số thể tích: $\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM.SN.SP}}{{SA.SB.SC}}$ (với M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh SA, SB, SC của khối chóp S.ABC).

Cách giải

Ta có:

 $\begin{array}{l}SM = MA \Rightarrow \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{2}\\SN = 2NB \Rightarrow \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3}\\SC = 3SP \Rightarrow \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{3}\\ \Rightarrow \frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.\frac{1}{3} = \frac{1}{9}\\ \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{9}{V_{S.ABC}} = \frac{V}{9}.\end{array}$

Câu 25 (NB): Đáp án A

Phương pháp

Xác định các điểm cực đại, cực tiểu, GTLN, GTNN của hàm số từ BBT.

Cách giải

Từ BBT ta thấy: Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và đạt cực tiểu tại $x = 2$ do đó đáp án A đúng.

Chú ý: Phân biệt GTLN, GTNN và giá trị cực trị của hàm số.

Câu 26 (VD): Đáp án A

Phương pháp

• Tìm TXĐ của phương trình.
• Sử dụng các công thức:

$\log {x^2} = 2\log \left| x \right|;\log a + \log b = \log \left( {ab} \right);\log a – \log b = \log \frac{a}{b};a = \log {10^a}\left( {a,b > 0} \right)$.

Cách giải

TXĐ: $D = \left( { – 10;0} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có: $\begin{array}{l}\;\;\;\;\;\log \left( {x + 10} \right) + \frac{1}{2}\log {x^2} = 2 – \log 4\\ \Leftrightarrow \log \left( {x + 10} \right) + \frac{1}{2}.2\log \left| x \right| = \log 100 – \log 4\\ \Leftrightarrow \log \left( {x + 10} \right) + \log \left| x \right| = \log \frac{{100}}{4}\\ \Leftrightarrow \log \left[ {\left( {x + 10} \right)\left| x \right|} \right] = \log 25\\ \Leftrightarrow \left| x \right|\left( {x + 10} \right) = 25\;\;\;\left( 1 \right)\end{array}$

Nếu $ – 10 < x < 0$ thì phương trình (1) trở thành: $ – x\left( {x + 10} \right) = 25 \Leftrightarrow {x^2} + 10x + 25 = 0 \Leftrightarrow x = – 5\left( {tm} \right)$.

Nếu $x > 0$ thì phương trình (1) trở thành: $x\left( {x + 10} \right) = 25 \Leftrightarrow {x^2} + 10x – 25 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 5 + 5\sqrt 2 \left( {tm} \right)\\x = – 5 – 5\sqrt 2 \left( {ktm} \right)\end{array} \right.$.

Vậy $x \in \left\{ { – 5; – 5 + 5\sqrt 2 } \right\}$ là nghiệm của phương trình đã cho hay phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn.

Câu 27 (TH): Đáp án C

Phương pháp

Đồ thị hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\left( {ad \ne bc} \right)$ có tiệm cận đứng $x = \frac{{ – d}}{c}$ và đường tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{c}$.

Cách giải

Đồ thị hàm số $y = \frac{{2x – 1}}{{3x – 4}}$ có đường tiệm cận đứng $x = \frac{4}{3}$ và đường tiệm cận ngang $y = \frac{2}{3}$.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Câu 28 (NB): Đáp án B

Phương pháp

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là ${S_{xq}} = 2\pi rh$ (với r là bán kính đáy, h là chiều cao của hình trụ).

Cách giải

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là ${S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .5.7 = 70\pi \left( {c{m^2}} \right)$.

Câu 29 (TH): Đáp án B

Phương pháp

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$.

• Tìm TXĐ.
• Tính y’, giải phương trình $y’ = 0 \Rightarrow $ Các nghiệm ${x_i} \in \left[ {a;b} \right]$.
• Tính $f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right)$ và kết luận:

$\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( {{x_i}} \right)} \right\},\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( a \right),f\left( b \right),f\left( {{x_i}} \right)} \right\}$.

Cách giải

TXĐ: $D = \mathbb{R}$ nên hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn $\left[ { – 1;2} \right]$.

Ta có $y’ = 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { – 1;2} \right]$.

$\begin{array}{l}f\left( { – 1} \right) = 2,f\left( 0 \right) = – 1,f\left( 2 \right) = 23.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { – 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 23\\m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = – 1\end{array} \right. \Rightarrow M.m = 23.\left( { – 1} \right) = – 23.\end{array}$

Câu 30 (VD): Đáp án A

Phương pháp

• Xác định chân đường cao kẻ từ S xuống mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.
• Xác định góc giữa SA và $\left( {ABC} \right)$.
• Áp dụng hàm lượng giác trong tam giác vuông để tính góc giữa SA và $\left( {ABC} \right)$.

Cách giải

Gọi H là trọng tâm tam giác đều ABC.

 Vì chóp S.ABC là chóp đều $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.

$ \Rightarrow $HA là hình chiếu của SA lên $\left( {ABC} \right)$.

$ \Rightarrow \angle \left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;HA} \right) = \angle SAH$.

Tam giác ABC đều cạnh $3a \Rightarrow AD = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AD = a\sqrt 3 $.

$SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AH \Rightarrow \Delta SAH$ vuông tại H.

Do H là trọng tam của tam giác đều ABC nên

$ \Rightarrow \cos \angle SAH = \frac{{AH}}{{SA}} = \frac{{\sqrt 3 a}}{{2a}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \angle SAH = 30^\circ $.

Vậy góc tạo bởi SA và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $30^\circ $.

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1 (VD):

Phương pháp

• Hàm đa thức $y = f\left( x \right)$ đạt cực trị tại $x = a$ khi và chỉ khi a là một nghiệm của phương trình $y’ = 0$.
• Tìm y’. Thay $x = a$vào phương trình $y’ = 0$ để tìm tham số m.
• Xác định $x = a$ là cực đại hay cực tiểu và giá trị cực trị tương ứng.

Cách giải

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: $y’ = 6{x^2} – 4\left( {2 – m} \right)x + \left( {m – 5} \right)$.

Để hàm số đạt cực trị tại $x = 0$ thì $x = 0$ là một nghiệm của phương trình $y’ = 0$.

$ \Rightarrow {6.0^2} – 4.\left( {2 – m} \right).0 + m – 5 = 0 \Leftrightarrow m = 5$.

Thay $m = 5$ vào ta được: $y = 2{x^3} + 6{x^2} – 4$.

$ \Rightarrow y’ = 6{x^2} + 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = – 2\end{array} \right.$.

BBT:

Từ BBT ta thấy khi $x = 0$ thì hàm số đã cho đạt cực tiểu và giá trị cực tiểu đó bằng $ – 4$.

Câu 2 (VD):

Phương pháp

• Chia cả hai vế của phương trình cho ${16^x} \ne 0$.
• Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.

Cách giải

TXĐ: $D = \mathbb{R}$.

Ta có: ${64.9^x} – {84.12^x} + {27.16^x} = 0\;\;\;\left( 1 \right)$.

Chia cả 2 vế của (1) cho ${16^x} \ne 0$ ta được: $64.\frac{{{9^x}}}{{{{16}^x}}} – 84.\frac{{{{12}^x}}}{{{{16}^x}}} + 27 = 0 \Leftrightarrow 64.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2x}} – 84.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} + 27 = 0$.

Đặt $t = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^x}\left( {t > 0} \right)$, khi đó phương trình trên trở thành:

$64{t^2} – 84t + 27 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{3}{4}\\t = \frac{9}{{16}}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} = \frac{3}{4}\\{\left( {\frac{3}{4}} \right)^x} = \frac{9}{{16}}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.$.

Vậy $S = \left\{ {1;2} \right\}$ là tập nghiệm của phương trình đã cho.

Câu 3 (VD):

Phương pháp

a. Tính độ dài đường cao của khối chóp S.ABCD.

Thể tích của khối chóp S.ABCD tính bằng công thức: $V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SA.AB.AD$.

b.

Tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ACD.

Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ACD.

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ACD được tính bởi công thức: $S = 4\pi {R^2}$.

c.

Dựng mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua SO và song song với DM.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và DM là khoảng cách từ D đến mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.

Cách giải

a. $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AC$ là hình chiếu của SC và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

$ \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA = 60^\circ $.

Có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại A.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 5a$.

Xét $\Delta SAC$ ta có: $SA = AC.\tan \angle SCA = 5a.\tan 60^\circ = 5a\sqrt 3 $.

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SA.AB.AD = \frac{1}{3}.5a\sqrt 3 .3a.4a = 20{a^3}\sqrt 3 $ (đvtt).

b. Gọi I là trung điểm của SC. Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC$.

$\Delta SAC$ vuông tại A, có I là trung điểm SC nên $IA = IS = IC$ (Định lí đường trung tuyến).

$\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\\AD \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD$.

$\Delta SCD$ vuông tại D, có I là trung điểm SC nên $IS = IC = ID$ (Định lí đường trung tuyến).

Suy ra $IA = IS = IC = ID$ hay I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ACD.

Do đó: $R = IC = \frac{1}{2}SC = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {5a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {5a} \right)}^2}} = \frac{1}{2}.10a = 5a$.

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ACD là $S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {5a} \right)^2} = 100\pi {a^2}$.

c. Trong $\left( {ABCD} \right)$ qua O kẻ đường thẳng song song với DM cắt AD, BC lần lượt tại P, Q.

Ta có: $DM\parallel PQ \Rightarrow DM\parallel \left( {SPQ} \right) \supset SO$.

$ \Rightarrow d\left( {SO;DM} \right) = d\left( {DM;\left( {SPQ} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {SPQ} \right)} \right)$.

Xét tam giác BDM có:

$OQ\parallel DM$.

O là trung điểm BD.

$ \Rightarrow $Q là trung điểm BM (Định lí đường trung bình của tam giác).

$ \Rightarrow BQ = QM = PD = \frac{1}{4}BC = a \Rightarrow AP = 3a$.

Ta có: $AD \cap \left( {SPQ} \right) = P \Rightarrow \frac{{d\left( {D;\left( {SPQ} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SPQ} \right)} \right)}} = \frac{{AP}}{{DP}} = 3$.

Trong $\left( {SAC} \right)$ qua A kẻ $AH \bot PQ\left( {H \in PQ} \right)$, trong $\left( {SAH} \right)$ kẻ $AK \bot SH\left( {K \in SH} \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}PQ \bot AH\\PQ \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow PQ \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow PQ \bot AK$.

$\left\{ \begin{array}{l}AK \bot PQ\\AK \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SPQ} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SPQ} \right)} \right) = AK$.

Do $AP = 3a = 3PQ$ nên khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( {SPQ} \right)$ gấp 3 lần khoảng cách từ D đến mặt phẳng $\left( {SPQ} \right)$.

Hay ${d_{\left( {SO,DM} \right)}} = {d_{\left( {D,\left( {SPQ} \right)} \right)}} = \frac{1}{3}{d_{\left( {A,\left( {SPQ} \right)} \right)}} = \frac{1}{3}AK$.

Ta tính độ dài đoạn AK như sau:

$\begin{array}{l}{S_{\Delta APQ}} = \frac{1}{2}d\left( {Q;AP} \right).AP = \frac{1}{2}AB.AP = \frac{1}{2}.3a.3a = \frac{9}{2}{a^2}\\PQ = \sqrt {C{D^2} + {{\left( {AD – PD – BQ} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = \sqrt {13} a\\{S_{\Delta APQ}} = \frac{1}{2}AH.PQ \Rightarrow AH = \frac{{9a\sqrt {13} }}{{13}}\end{array}$

Tam giác SAH vuông tại A và có đường cao AK nên:

$\begin{array}{l}\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {5a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{9a\sqrt {13} }}{{13}}} \right)}^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{45\sqrt {22} a}}{{88}}\\ \Rightarrow d\left( {DM;SO} \right) = \frac{1}{3}.AK = \frac{{15\sqrt {22} a}}{{88}}\end{array}$

Vậy khoảng cách giữa DM và SO bằng $\frac{{15\sqrt {22} a}}{{88}}$.