\(\log \left| {{x^2} - 3} \right| = 0 \Leftrightarrow \left| {{x^2} - 3} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} - 3 = 1\\
{x^2} - 3 =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 4\\
{x^2} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  \pm 2\\
x =  \pm \sqrt 2 
\end{array} \right.\) 

Vậy phương trình có 2 nghiệm âm.

Vì các học sinh lớp 10A1 đều học giỏi ít nhất một trong hai môn Toán hoặc Tiếng Anh nên số học sinh của lớp là: 30 + 25 - 16 = 39 (học sinh).

Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = \left( {\frac{1}{2}g{t^2}} \right)' = gt\)

Vận tốc tức thời của vật đó tại thời điểm \(t=4s\) là: \(v = gt = 9,8.4 = 39,2\left( {m/s} \right)\) 

Tới lúc dừng hẳn thì \(v = 0 \Rightarrow  - 3t + 9 = 0 \Leftrightarrow t = 3\left( s \right)\).

Đến lúc dừng hẳn, ô tô còn đi được quãng đường là:

\(s = \int\limits_0^3 {v\left( t \right)dt = \int\limits_0^3 {\left( { - 3t + 9} \right)dt = \left( { - \frac{3}{2}{t^2} + 9t} \right)\left| \begin{array}{l}
^3\\
_0
\end{array} \right.} }  = 13,5\left( m \right)\).

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 1,{y_{CD}} = 3\) và hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1,{y_{CT}} = \frac{1}{3}\)

Hàm số đạt \(Max\,y = 3;Min\,y = \frac{1}{3}\).

Mặt phẳng chứa trục Oz \( \Rightarrow \) mặt phẳng cần tìm có 1 VTCP là \(\overrightarrow k  = \left( {0;1;1} \right)\) 

\( \Rightarrow \overrightarrow k  \bot \overrightarrow n \) với \(\overrightarrow n \) là VTPT của mặt phẳng cần tìm.

+) Xét đáp án A: có \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow n .\overrightarrow k  = 2.0 + \left( { - 1} \right).0 + 0.1 = 0\) 

 Thay tọa độ điểm I(1;2;3) vào phương trình ta được: \(2.1 - 2 = 0 \Rightarrow \) thỏa mãn

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, đồ thị hàm số có TCĐ: \(x = \frac{1}{2} \Rightarrow \) loại đáp án B và C.

Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(\left( { - 1;0} \right),\left( {0; - 1} \right) \Rightarrow \) chọn D. 

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{1 + 2 + 3 + ... + \left( {n - 1} \right) + n}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{n^2} + n}}{{2{n^2}}} = \frac{1}{2}\)  

\({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{ - {x^2}}} > \frac{{81}}{{16}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{ - {x^2}}} > {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{ - 4}} \Leftrightarrow  - {x^2} <  - 4 \Leftrightarrow {x^2} > 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 2\\
x <  - 2
\end{array} \right.\)

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Tam giác SAC đều cạnh \(a \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và AC = a.

\( \Rightarrow AB = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\) 

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\). 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: \(f\left( 1 \right) = f\left( 2 \right) =  - 2\) 

\(\int\limits_1^2 {f'\left( x \right)dx = f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right)}  =  - 2 - \left( { - 2} \right) = 0\)

+) Loại đáp án A vì \(D = R\backslash \left\{ 0 \right\}\).

+) Chọn B vì D = R.

+) Loại đáp án C vì \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

+) Loại đáp án D vì: \(D = R\backslash \left\{ 0 \right\}\)..

\({u_5} = {u_1}{q^4} \Leftrightarrow 8 = \frac{1}{2}.{q^4} \Leftrightarrow {q^4} = 16 \Leftrightarrow q =  \pm 2\)

Ta có: ABCD là hình bình hành \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_B} - {x_A} = {x_C} - {x_D}\\
{y_B} - {y_A} = {y_C} - {y_D}\\
{z_B} - {z_A} = {z_C} - {z_D}
\end{array} \right.\) 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 1 - 1 = 0 - {x_D}\\
2 - 0 =  - 1 - {y_D}\\
1 - 1 = 2 - {z_D}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_D} = 2\\
{y_D} =  - 3\\
{z_D} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow D\left( {2; - 3;2} \right)\) 

Hàm số \(y=f(x)\) liên tục tại điểm \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\) 

Ta có: \(f\left( 1 \right) = 3.1 - 2 = 1\) 

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {3x - 2} \right) = 1\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {m{x^2} - mx + 1} \right) = m - m + 1 = 1\\
 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 1\forall x \in R
\end{array}\) 

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right) + 1}}\) 

Ta có: \(f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {x_1} \in \left( { - 2;1} \right)\\
x = 0\\
x = {x_2} \in \left( {1;2} \right)
\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}} \frac{1}{{f\left( x \right) + 1}} = \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{f\left( x \right) + 1}} = \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_2}} \frac{1}{{f\left( x \right) + 1}} = \infty 
\end{array}\) 

Vậy đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right) + 1}}\)  có 3 đường TCĐ.

  \(\begin{array}{l}
\ln \left( {{x^2} - mx - 2019} \right) = \ln x\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - mx - 2019 = x\\
x > 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - \left( {m + 1} \right)x - 2019 = 0\,\,\left( * \right)\\
x > 0
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Nhận thấy phương trình (*) có \(ac < 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt, do đó \(\forall m \in R\) phương trình (*) luôn có 1 nghiệm thỏa mãn \(x>0\).

Ta có: \(y' = {x^2} - 2mx - \left( {6m + 9} \right)\) 

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx - 6m - 9 = 0\) 

Hàm số \(y=f(x)\) có cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} + 6m + 9 > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 3} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m + 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  - 3\)  

Độ cao của các bậc thang thứ n của tòa nhà được tính theo công thức: \(u = 0,95 + \left( {n - 1} \right).0,15\).

Độ cao của bậc thứ 8 so với mặt đất là: \({u_8} = 0,95 + 7.0,15 = 2m\) 

Ta có:

+) Khẳng định i): \(a > 2019 \Rightarrow {a^x} > {2019^x} \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow \) khẳng định sai.

+) Khẳng định ii): \(a > 2019 \Rightarrow {b^a} > {b^{2019}} \Leftrightarrow b > 1 \Rightarrow \) khẳng định sai.

+) Khẳng định iii): \(a > 2019 \Rightarrow {\log _b}a > {\log _b}2019 \Leftrightarrow b > 1 \Rightarrow \) khẳng định sai

\(\begin{array}{l}
\int\limits_0^1 {\left( {a{e^x} + b} \right)dx = 3e + 4 \Leftrightarrow } \left( {a{e^x} + bx} \right)\left| \begin{array}{l}
^1\\
_0
\end{array} \right. = 3e + 4\\
 \Leftrightarrow ae + b - a = 3e + 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
b - a = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
b = 7
\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 10
\end{array}\)

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau

Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx}  = \int {{x^5}dx = \frac{{{x^6}}}{6} + C} \)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^6}}}{6}\\
 \Rightarrow \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx = \int\limits_a^b {\frac{{{x^6}}}{6}dx} }  = \frac{{{x^7}}}{{42}}\left| \begin{array}{l}
^b\\
_a
\end{array} \right. = \frac{{{b^7} - {a^7}}}{{42}}
\end{array}\)

Không gian mẫu: \({n_\Omega } = 6.6 = 36\)

Gọi A là biến cố: ‘‘Tổng số chấm xuất hiện hai lần tung là một số nhỏ hơn 10’’.

\( \Rightarrow \overline A \): ‘‘Tổng số chấm xuất hiện hai lần tung là một số không nhỏ hơn 10’’.

Tổng số chấm là một số không nhỏ hơn 10 nên số chấm xuất hiện là các cặp: \(\left\{ {\left( {6;6} \right),\left( {6;5} \right),\left( {6;4} \right),\left( {5;5} \right)} \right\}\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {n_{\overline A }} = 2 + 2.2 = 6\\
 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\\
 \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}
\end{array}\)  

Ta có: \(\angle BAC = \angle CAD = {60^0},AB = AC = AD = A\)

\( \Rightarrow \Delta ABC,\Delta ACD\) đều \( \Rightarrow BC = CD = a\).

Có \(\angle BAD = {90^0} \Rightarrow BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow \Delta BCD\) vuông cân tại C.

Gọi H là trung điểm của BD. Kẻ \(BD\bot KH\).

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
CH \bot BD\\
AH \bot BD
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {CAH} \right) \Rightarrow BD \bot KH\\
 \Rightarrow d\left( {AC,BD} \right) = KH
\end{array}\)    

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại H có đường cao KH ta có:

\(KH = \frac{{HC.AH}}{{\sqrt {H{C^2} + H{A^2}} }} = \frac{{\frac{1}{4}B{D^2}}}{{\sqrt {\frac{1}{4}B{D^2} + \frac{1}{4}B{D^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}BD = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.a\sqrt 2  = \frac{a}{2}\) 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{4x + 5}}{{7x + 8}} = \frac{{4.\left( { - 1} \right) + 5}}{{7.\left( { - 1} \right) + 8}} = 1.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = 1\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} =  - 1
\end{array} \right.\) 

\( \Rightarrow y = 1,y =  - 1\) là hai đường TCN của đồ thị hàm số.

Ta có: \(\angle ASB = {80^0} \Rightarrow \angle ASO = {40^0}\) 

Khi đó góc giữa đường sinh SA với mặt đáy là \(\angle SAO\).

\( \Rightarrow \angle SAO = {90^0} - {40^0} = {50^0}\) 

Ta có: \(y' = 3\cos x - 4\sin x - \left( {\left| m \right| - 6} \right)\) 

Hàm số đã cho đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in R\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 3\cos x - 4\sin x - \left( {\left| m \right| - 6} \right) \ge 0\,\,\forall x \in R\\
 \Leftrightarrow 3\cos x - 4\sin x + 6 \ge \left| m \right|\,\,\,\forall x \in R\,\,\left( * \right)
\end{array}\) 

Đặt \(f\left( x \right) = 3\cos x - 4\sin x + 6 \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \left| m \right| \le \mathop {\min }\limits_ f\left( x \right)\) 

Ta có: \(f\left( x \right) = 3\cos x - 4\sin x + 6 = 5\left( {\frac{3}{5}\cos x - \frac{4}{5}\sin x} \right) + 6 = 5\cos \left( {x + \alpha } \right) + 6\)

Với \(\cos \alpha  = \frac{3}{5},\sin \alpha  = \frac{4}{5}\).

Vì \( - 1 \le \cos \left( {x + \alpha } \right) \le 1 \Rightarrow  - 5 \le 5\cos \left( {x + \alpha } \right) \le 5 \Rightarrow 1 \le f\left( x \right) \le 11\) 

 \( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \left| m \right| \le 1 \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 1 \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\).

Số có 5 chữ số khác nhau sắp xếp theo chiều tăng dần từ tập số \(\left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}\) là: \(C_7^5\).

Số có 5 chữ số khác nhau sắp xếp theo chiều tăng dần từ tập số \(\left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}\) có a = 0 là: \(1.C_6^4 = C_6^4\).

Vậy số các chữ số cần tìm theo yêu cầu của đề bài là: \(C_7^5 - C_6^4\).  

Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)} x = \int {\frac{{dx}}{{x - 9}} = \ln \left| {x - 9} \right| + C} \) 

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}
\ln \left( {x - 9} \right) + {C_1}\,\,khi\,\,x > 9\\
\ln \left( {9 - x} \right) + {C_2}\,\,khi\,\,x < 9
\end{array} \right.\) 

Ta có \(f\left( 8 \right) = \ln 1 + {C_2} = {C_2} = 2;f\left( {10} \right) = \ln 1 + {C_1} = {C_1} =  - 2\) 

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow f\left( x \right) = \left[ \begin{array}{l}
\ln \left( {x - 9} \right) - 2\,\,khi\,\,x > 9\\
\ln \left( {9 - x} \right) + 2\,\,khi\,\,x < 9
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow f\left( 6 \right) = \ln 3 + 2;f\left( {12} \right) = \ln 3 - 2\\
 \Rightarrow f\left( 6 \right).f\left( {12} \right) = \left( {\ln 3 + 2} \right)\left( {\ln 3 - 2} \right) = {\ln ^2}3 - 4
\end{array}\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm (2;3) 

\( \Rightarrow 3 = {a^2} \Leftrightarrow a = \sqrt 3 \). 

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\cos 4xdx = \frac{1}{4}\sin 4x + C} \).

\( \Rightarrow F\left( {\frac{\pi }{8}} \right) - F\left( 0 \right) = \frac{1}{4}\sin 4.\frac{\pi }{8} - \frac{1}{4}\sin 0 = \frac{1}{4}\). 

\(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.12^2} = 576\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Ta có: \({\left( {x + 1} \right)^{2019}} = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k.{x^k}}  \Rightarrow \sum\limits_{k = 1}^{2019} {C_{2019}^k.{x^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k.{x^k}}  - C_{2019}^0.{x^0} = \sum\limits_{k = 0}^{2019} {C_{2019}^k.{x^k}}  - 1 = {\left( {x + 1} \right)^{2019}} - 1\).

Xét với x = 9 ta có: \(\sum\limits_{k = 1}^{2019} {C_{2019}^k{{.9}^k}}  = {\left( {x + 1} \right)^{2019}} - 1 = {10^{2019}} - 1\). 

\(\int\limits_a^b {\sin xdx =  - \cos x\left| \begin{array}{l}
^b\\
_a
\end{array} \right.\,}  =  - \left( {\cos b - \cos a} \right)\)

Mặt cầu (S) có tâm I(- 2;1;2), bán kính R = 3.

Với \(M \in S\) ta có \(O{M_{\max }} = OI + R = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {2^2}}  + 3 = 6\) 

\(\int\limits_0^2 {f'\left( x \right)dx = f\left( 2 \right) - f\left( 0 \right) \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = \int\limits_0^2 {f'\left( x \right)} } dx + f\left( 0 \right) = 45 + 3 = 48\)

Áp dụng định lí Pytago ta tính được \(SA = SB = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {4{R^2} + {R^2}}  = R\sqrt 5 \).

Ta có \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SO.AB = \frac{1}{2}.2R.2R = 2{R^2}\) 

Nửa chu vi tam giác ABC là \(p = \frac{{SA + SB + AB}}{2} = \frac{{R\sqrt 5  + R\sqrt 5  + 2R}}{2} = R\left( {\sqrt 5  + 1} \right)\) 

Do khối cầu nằm vừa khít trong hình nón nên bán kính cầu chính bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.

\( \Rightarrow r = \frac{{{S_{\Delta SAB}}}}{p} = \frac{{2{R^2}}}{{R\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}} = \frac{{2R}}{{\sqrt 5  + 1}}\).

\( \Rightarrow\) Thể tích khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi \frac{{8{R^3}}}{{{{\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}^3}}}\)  

Thể tích khối cầu chính bằng thể tích phần nước dâng lên trong hình trụ có bán kính đáy R.

Gọi h là chiều cao cột nước dâng lên ta có \(V = \pi {R^2}h = \frac{4}{3}\pi \frac{{8{R^3}}}{{{{\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}^3}}} \Leftrightarrow h = \frac{{32R}}{{3{{\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}^3}}}\) 

Thể tích hai khối trụ lần lượt là \({V_1} = \pi R_1^2{h_1};{V_2} = \pi R_2^2{h_2}\).

Ta có: \({V_1} = {V_2} \Leftrightarrow \frac{{\pi R_1^2{h_1}}}{{\pi R_2^2{h_2}}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}} \right)^2}.\frac{9}{4} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}} \right)^2} = \frac{4}{9} \Leftrightarrow \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{2}{3}.\)   

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f(x)\) ta có bảng xét dấu của \(f'(x)\) như sau:

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
f'\left( { - 2} \right) > 0\\
f'\left( { - 0,5} \right) < 0
\end{array} \right.\)

\(\overrightarrow {OA}  = \left( {2;0;1} \right),\overrightarrow {OB}  = \left( {0;5; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB}  = 2.0 + 0.5 + 1.\left( { - 1} \right) =  - 1\)

Gọi \(O = AC \cap BD\), trong (SBD) gọi \(I = HK \cap SO\), trong (SAC) gọi

\(M = AI \cap SC\).

Khi đó ta có \(\left( {AHK} \right) \equiv \left( {AHMK} \right)\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AB\\
BC \bot SA
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\
\left\{ \begin{array}{l}
AH \bot BC\\
AH \bot SB
\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC
\end{array}\) 

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \(AK \bot SC \Rightarrow SC \bot \left( {AHMK} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
SC \bot HM\\
SC \bot KM
\end{array} \right.\) 

\(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\
\left( {SBC} \right) \supset HM \bot SC\\
\left( {SCD} \right) \supset KM \bot SC
\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle \left( {HM;KM} \right) = \angle HMK\)   

Ta có: \(AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot HM \Rightarrow \angle AHM = {90^0}\). Tương tự ta có \(\angle AKM = {90^0}\).

Xét tứ giác AHMK có: 

\(\angle HAK + \angle AHM + \angle AKM + \angle HMK = {360^0} \Leftrightarrow \angle HMK = {360^0} - {40^0} - {90^0} - {90^0} = {140^0} > {90^0}\).

Vậy \(\angle \left( {HM;KM} \right) = {180^0} - {140^0} = {40^0} \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = {40^0}\).  

Đáp án A: \(\left\{ \begin{array}{l}
OA = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\\
OB = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 5\\
OC = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 5
\end{array} \right. \Rightarrow OA = OB = OC \Rightarrow \) O thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Vì \(\left( P \right)//\left( {Oxyz} \right) \Rightarrow \left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\) là 1 VTPT.

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua K(4;- 5;7) và nhận \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\) là 1 VTPT là: \(x-4=0\).

Gọi M(a;b;c). Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {OM}  = \left( {a;b;c} \right)\\
\overrightarrow {OA}  = \left( {1; - 2; - 2} \right)\\
\overrightarrow {OB}  = \left( {2;2;1} \right)
\end{array} \right.\) 

\(\cos \left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OA} } \right) = \frac{{a - 2b - 2c}}{{3\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }};cos\left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OB} } \right) = \frac{{2a + 2b + c}}{{3\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\) 

Theo bài ra ta có: \(\left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OA} } \right) = \left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OB} } \right) \Leftrightarrow a - 2b - 2c = 2a + 2b + c \Leftrightarrow a + 4b + 3c = 0\).

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán thuộc mặt phẳng \(x + 4y + 3z = 0\) 

Mặt cầu tâm I(2;- 3;- 4) bán kính R = 4 có phương trình là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z + 4} \right)^2} = 16\)

Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 450 triệu, ta có:

\({A_n} = 300{\left( {1 + 0,05} \right)^n} > 450 \Leftrightarrow 1,{05^n} > \frac{3}{2} \Leftrightarrow n > {\log _{1,05}}\frac{3}{2} \approx 8,31\) (năm)

Vậy phải sau ít nhất 9 năm người đó mới nhận được số tiền lớn hơn 450 triệu.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ;-1} \right)\) và (0;1).

Ta có: \(\Delta ABC\) là hình chiếu của \(\Delta A'BC\) nên \({S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta A'BC}}.cos{60^0} = 6.\frac{1}{2} = 3\)  

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = 3.3 = 9\)