Số tập con không chứa phần tử nào của tập M là \(C_3^0.\) 

Số tập con chứa 1 phần tử của tập M là \(C_3^1.\)  

Số tập con chứa 2 phần tử của tập M là \(C_3^2.\)  

Số tập con chứa 3 phần tử của tập M là \(C_3^3.\)  

Vậy số tập con của tập M là \(C_3^0 + C_3^1 + C_3^2 + C_3^3\) 

Vector \(\overrightarrow i  = (1;0)\) là một vector chỉ phương trục Ox

Các đường thẳng song song với trục Ox có 1 vector chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \overrightarrow i  = \left( {1;0} \right).\) 

Số các vector là: \(A_4^2 = 12.\) 

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy y' đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x = 0 nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số.

Vì \({N^*} \subset N \Rightarrow {N^*} \cup N = N\)

Ta có: \(\sin x + \cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\sin ^2}x + 2\sin x\cos x + {\cos ^2}x = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \sin 2x = \frac{{ - 3}}{4}\) 

Gọi SO là đường cao của hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Do đó góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc SBO 

Ta có: \(SO = h = \frac{a}{{\sqrt 2 }};OB = \frac{{BD}}{2} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\) 

Tam giác vuông SBO tại O có \(SO = OB = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\) nên cân tại O.

Suy ra \(\widehat {SBO} = {45^0}.\) 

Ta có \(y' = \frac{1}{{{x^2}}}\) nên \({y^{(2)}} =  - \frac{{{{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }}}{{{x^4}}} =  - \frac{{2x}}{{{x^4}}} =  - \frac{2}{{{x^3}}}.\)

Hàm số y = 2018 là hàm không tăng trên R, loại A.

Hàm số \(y = {x^4} + {x^2} + 1\) 

\(y' = 4{x^3} + 2x = 2x\left( {2{x^2} + 1} \right),y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) và y' đổi dấu khi x qua 0

Hàm số không tăng trên R, loại B.

\(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}.\) tập xác định \(D = R\backslash \left\{ 1 \right\}\) nên không tăng trên R.

\(y = x + \sin x \Rightarrow y' = 1 + \cos x \ge 0,\forall x \in R.\) Chọn D.

\(y = \tan 2x - \sin x\) 

Tập xác định : \(D = R\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2},k \in Z} \right\}\) 

\(\forall x \in D\) thì \( - x \in D\) và \(f( - x) = \tan ( - 2x) - \sin ( - x) =  - \tan 2x + \sin  =  - f(x)\) 

Vậy hàm số \(y = \tan 2x - \sin x\) là hàm số lẻ.

Nếu \(\left( {{u_n}} \right)_{n = 1}^{ + \infty }\) là cấp số cộng có \({u_1} \ne 0\) và công sai d thì \({S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{n}{2}({u_1} + {u_n}).\) 

Áp dụng với n=100, ta chọn C

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 12} \right)}^ - }} \frac{x}{{x + 12}} =  + \infty \) nên x = -12 là tiệm cận đứng

ĐKXĐ:

\(\begin{array}{l}
x - 2 \ge 0\\
 \Leftrightarrow x \ge 2
\end{array}\)

Quan sát bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên khoảng mà mũi tên hướng lên là \(\left( { - \infty ;-2} \right).\) và (0;2).

Vậy chọn B

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - x - 3}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - 1 - \frac{3}{x}}}{{1 + \frac{2}{x}}} =  - 1.\)

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích bằng B là \(V = Bh.\)

Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm các cạnh AD, BC, DC, AB.

Các mặt phẳng đối xứng là: \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right),\left( {SEF} \right),\left( {SGH} \right).\) 

\(f'(x) = x{\left( {{x^2} + 2x} \right)^3}\left( {{x^2} - \sqrt 2 } \right) = {x^4}\left( {x + 2} \right)\left( {x - \sqrt[4]{2}} \right)\left( {x + \sqrt[4]{2}} \right)\) 

\(f'(x)\) đổi dấu qua 3 nghiệm đơn. 2 nghiệm bội chẵn không đổi dấu nên có 3 cực trị.

ĐKXĐ: \(x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge  - 1\) (1)

Lập bảng xét dấu ta dễ dàng suy ra kết quả.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left\{ { - 1} \right\} \cup \left[ {1; + \infty } \right).\) Chọn C.

Theo định nghĩa đạo hàm ta có \(\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to \infty } \frac{{f\left( {\Delta x + 1} \right) - f\left( 1 \right)}}{{\Delta x}} = f'(1).\) 

Mà \(f'(x) = 2018{x^{2017}} - 2018x + 2019 \Rightarrow f'(1) = 2019.\) 

Vậy giá trị của \(\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to \infty } \frac{{f\left( {\Delta x + 1} \right) - f\left( 1 \right)}}{{\Delta x}} = 2019.\) 

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}
4m - 4 \ge 0\\
m - 2 \ge 0\\
3m - 9 \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge 1\\
m \ge 2\\
m \ge 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 3.\) 

\(\begin{array}{l}
\sqrt {4m - 4} .\sin x.\cos x + \sqrt {m - 2} .\cos 2x = \sqrt {3m - 9} \\
 \Leftrightarrow \sqrt {m - 1} \left( {2\sin x.\cos x} \right) + \sqrt {m - 2} \cos 2x = \sqrt {3m - 9} \\
 \Leftrightarrow \sqrt {m - 1} .\sin 2x + \sqrt {m - 2} .\cos 2x = \sqrt {3m - 9} 
\end{array}\) 

Phương trình có \(a = \sqrt {m - 1} ,b = \sqrt {m - 2} ,c = \sqrt {3m - 9} .\) 

Điều kiện để phương trình có nghiệm: \({a^2} + {b^2} \ge {c^2}.\) 

Ta có 

\(\begin{array}{l}
{\left( {\sqrt {m - 1} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {m - 2} } \right)^2} \ge {\left( {\sqrt {3m - 9} } \right)^2}\\
 \Leftrightarrow m - 1 = m - 2 \ge 3m - 9\\
 \Leftrightarrow m \le 6.
\end{array}\) 

Kết hợp điều kiện ta được \(3 \le m \le 6.\) 

Mà \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ {3;4;5;6} \right\}.\)

Gọi M là trung điểm của BC, \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},BC \bot \left( {A'AM} \right).\) 

Kẻ \(AH \bot A'M\), suy ra \(AH \bot \left( {A'BC} \right)\) và \(AH = d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)\) 

Xét tam giác A'AM vuông tại A, ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{AA'}} + \frac{1}{{A{M^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\) 

Vậy \(d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\) 

Gọi A' là chân đường cao kẻ từ A lên BC, C' là chân đường cao kẻ từ C lên AB.

Gọi H là giao của AA' với CC' suy ra H là trực tâm của tam giác ABC. Ta dễ dàng chứng minh được \(OH \bot \left( {ABC} \right).\) 

Do đó: $d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = OH.\) Tính OH.

Ta có: Tam giác OAA' vuông tại O, có OH là đường cao. Suy ra: \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{{A'}^2}}}\) (1)

Lại có: Tam giác OBC vuông tại B, có OA' là đường cao. Suy ra: \(\frac{1}{{O{{A'}^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\) . Thay \(OA = OB = OC = \sqrt 3 \) vào, ta được:

 \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = 1 \Leftrightarrow OH = 1.\)

Vậy \(d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = OH = 1.\) 

Trong mp(ABCD) . Gọi \(O = AC \cap BD.\) Khi đó \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) 

Trong tam giác ABD vuông tại A. Ta có:

\(\begin{array}{l}
BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = 2a\sqrt 2 \\
 \Rightarrow BO = \frac{1}{2}BD = a\sqrt 2 
\end{array}\) 

Trong tam giác SOB vuông tại O. Ta có:

\(SO = \sqrt {S{B^2} - B{O^2}}  = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}  = a\sqrt 7 \) 

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 7 .{\left( {2a} \right)^2} = \frac{{4{a^3}\sqrt 7 }}{3}\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)\\
BD \subset \left( {ABCD} \right)\\
A'C' \subset \left( {A'B'C'D'} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {BD;A'C'} \right) = d\left[ {\left( {ABCD} \right);\left( {A'B'C'D'} \right)} \right] = AA' = a\)

Số nghiệm của phương trình \(f(x)=-1\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f(x)\) và đường thẳng y = -1 . Nhìn BBT trên ta thấy đường thẳng y = -1 cắt đồ thị hàm số \(y=f(x)\) tại 2 điểm.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

\(\lim \left( {\frac{1}{{{n^2}}} + \frac{2}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^2}}} + ... + \frac{n}{{{n^2}}}} \right) = \lim \left( {\frac{{1 + 2 + 3 + ... + n}}{{{n^2}}}} \right) = \lim \left( {\frac{{n(n + 1)}}{{2{n^2}}}} \right) = \lim \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{2n}}} \right) = \frac{1}{2}.\)

Mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời nên số cách chọn phương án trả lời cho 5 câu hỏi vận dụng cao là \(n\left( \Omega  \right) = 4.4.4.4.4 = {4^5}.\) 

Vì mỗi câu hỏi có 3 phương án trả lời sai nên số cách chọn để học sinh đó trả lời sai cả 5 câu hỏi vận dụng cao là \(n\left( A \right) = 3.3.3.3.3 = 243\) 

Xác suất cần tìm là \(P(A) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{243}}{{{4^5}}}\) 

Hàm số xác định là liên tục trên đoạn [-3;1] 

Ta có \(y' =  - 3{x^2} + 6x;y' = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0 \in \left[ { - 3;1} \right]\\
x = 2 \notin \left[ { - 3;1} \right]
\end{array} \right..\) 

Lại có \(y\left( { - 3} \right) = 66;y\left( 0 \right) = 12;y\left( 1 \right) = 14.\) 

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;1} \right]} y = y\left( { - 3} \right) = 66.\) 

Ta có: \(\cos 2x + {\cos ^2}x - {\sin ^2}x = 2 \Leftrightarrow 2\cos 2x = 2 \Leftrightarrow \cos 2x = 1 \Leftrightarrow x = k\pi ,k \in Z.\) 

Vì \(x \in \left( {0;12\pi } \right)\) nên \(0 < k\pi  < 12\pi  \Leftrightarrow 0 < k < 12.\) 

Do đó có 11 giá trị k, tương ứng với 11 nghiệm.

Tiệm cận đứng \(x = \frac{2}{b} = 2 \Rightarrow b = 1\) 

Tiệm cận ngang \(y = \frac{a}{b} \Rightarrow a = b = 1\) 

Vậy \(T = a + b = 2\)

Nhìn vào hình vẽ:

- Đồ thị hàm số đạt cực trị tại 3 điểm (-1;1);  (0;1) và (1;1) từ đó suy ra y'=x(x-1)(x+1)

- Từ đó lấy nguyên hàm y' suy ra y.

Vậy đường cong có hàm số: 

\(y =  - {x^4} + 2{x^2}.\)

\(y' =  - 3{x^2} + 2x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = \frac{5}{3}
\end{array} \right..\) 

\(y'' =  - 6x + 2.\) 

Ta có: \(y''( - 1) = 8 > 0 \Rightarrow \) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1;{y_{CT}} = y\left( { - 1} \right) =  - 8.\) 

Vậy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(\left( { - 1; - 8} \right).\) 

Phương trình \({x^2} - 3x = 0\) có tập nghiệm là \(S = \left\{ {0;3} \right\}\) nên phương trình tương đương cũng phải có tập nghiệm như vậy. Chọn C.

Chú ý lý thuyết:

+ Phép biến đổi tương đương cho hai phương trình tương đương

+ Phép biến đổi cộng hai vế một biểu thức hoặc nhân 2 vế với một biểu thức khác 0 là phép biến đổi tương đương khi cúng không làm thay đổi điều kiện

Do đó dựa và điều kiện của các phương trình ta cũng có thể chọn C.

Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ { - 3} \right\}\) 

\(y' = \frac{9}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0\) 

Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định.

\(\begin{array}{l}
y = \frac{{{x^3}}}{3} + \left( {{m^2} + 2018m - 1} \right)\frac{{{x^2}}}{2} - 2019m\\
y' = {x^2} + \left( {{m^2} + 2018m - 1} \right)x
\end{array}\) 

Hàm số tăng trên \(\left( { - \infty ;2018} \right) \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 2018} \right)\) 

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {{m^2} + 2018m - 1} \right)x \ge 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 2018} \right)\\
 \Leftrightarrow x \le  - {m^2} - 2018m + 1,\forall x \in \left( { - \infty ; - 2018} \right)\\
 \Leftrightarrow  - {m^2} - 2018m + 1 \ge  - 2018\\
 \Leftrightarrow  - 2019 \le m \le 1
\end{array}\) 

Vậy tổng tát cả các phần tử của tập hợp S là

\( - 2019 - 2018 - 2017 - ... + 0 + 1 = 2021.\frac{{1 - 2019}}{2} =  - 2039189.\)

Gọi cạnh hình vuông bằng a. Do \(\Delta ABK \sim \Delta MDK \Rightarrow \frac{{MD}}{{AB}} = \frac{{DK}}{{KB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{DK}}{{DB}} = \frac{1}{4}.\) 

Ta có \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DM}  = \overrightarrow {AD}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {DC} \)  (1)

\(\overrightarrow {NK}  = \overrightarrow {BK}  - \overrightarrow {BN}  = \frac{3}{4}\overrightarrow {BD}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC}  = \frac{3}{4}\left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC} } \right) - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC}  = \frac{3}{4}\overrightarrow {BA}  + \frac{1}{4}\overrightarrow {BC} \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {NK}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}  + \frac{1}{4}\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {DC}  = 0 \Rightarrow AM \bot NK.\) 

Vì \(AM \bot NK\) nên NK có phương trình tổng quát: \(10x + y - 2019 = 0.\) 

Khoảng cách từ O đến NK là \(d\left( {O,NK} \right) = \frac{{\left| { - 2019} \right|}}{{\sqrt {{{10}^2} + {1^2}} }} = \frac{{2019\sqrt {101} }}{{101}}.\) 

Xét hàm số \(f(x) = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m\) 

Ta có: \(f'(x) = 12{x^3} - 12{x^2} - 24x \Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  - 1\\
x = 2
\end{array} \right.\) 

Suy ra \(f(x)\) có 3 điểm cực trị là: \(\left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.\) 

Do đó để hàm số \(y = \left| {f(x)} \right|\) có 7 cực trị \( \Leftrightarrow \) phương trình \(f(x) = 0\) có tổng số nghiệm bội lẻ là 4 \( \Rightarrow f(x) = 0\) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} =  - m\) có 4 nghiệm phân biệt

BBT:

Dựa vào BBT \( \Rightarrow f(x) = 0\) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow  - 5 <  - m < 0 \Leftrightarrow 0 < m < 5\) 

Do m nguyên \( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\} \Rightarrow \) Có 4 số nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ta có \(\cos ASB = \frac{{S{A^2} + S{B^2} - A{B^2}}}{{2.SA.SB}} = \frac{7}{9} = \cos CSB = \cos ASC\) 

\(\begin{array}{l}
A{M^2} = S{A^2} + S{M^2} - 2SA.SM.\cos ASC = 48 \Rightarrow AM = 4\sqrt 3 \\
\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {SM}  - \overrightarrow {SA}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SA} 
\end{array}\) 

Do đó \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {SB}  = \left( {\frac{1}{3}\overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SA} } \right).\overrightarrow {SB}  = \frac{1}{3}.SC.SB.\cos BSC - SA.SB.\cos ASB =  - 42{a^2}\) nên

\(\cos \left( {AM;SB} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {SB} } \right|}}{{AM.SB}} = \frac{{42}}{{4\sqrt 3 .9}} = \frac{{14}}{{3\sqrt {48} }}.\) 

\(E = AB \cap CD,G = EN \cap SB \Rightarrow G\) là trọng tâm tam giác SAE.

\(d\left( {M,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{{GM}}{{GB}}d\left( {B,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}d\left( {A,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{1}{4}d\left( {A,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{1}{4}h\) 

Tứ diện AEND vuông tại đỉnh A nên \(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{N^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\) 

Vậy \(d\left( {M,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {66} }}{{44}}.\) 

Gọi I, K, H theo thứ tự là trung điểm của \(BC,B'C',KA'.\) 

\(\begin{array}{l}
MH//BC \Rightarrow \left( {MBC} \right) \equiv \left( {MHJB} \right).\\
B'C'//\left( {MBC} \right) \Rightarrow d\left( {C',\left( {MBC} \right)} \right) = d\left( {K,\left( {MBC} \right)} \right)\\
MH \bot KA',MH \bot JK \Rightarrow MH \bot \left( {JKH} \right) \Rightarrow \left( {JKH} \right) \bot \left( {MHJB} \right)
\end{array}\) 

Gọi L là hình chiếu của K trên JH \( \Rightarrow d\left( {K,\left( {MBC} \right)} \right) = KL.\) 

Tam giác JKH vuông tại K có đường cao

\(KL = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},KH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{{K{L^2}}} = \frac{1}{{K{H^2}}} + \frac{1}{{K{J^2}}} \Rightarrow KJ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) là độ dài đường cao của lăng trụ.

\({V_{ABC.A'B'C'}} = KJ.{S_{ABC}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}{a^3}.\) 

\(HPT \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - x + 2x - z = 1 - 2m\\
\left( {2x - z} \right)\left( {{x^2} - x} \right) = m
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
ab = m\\
a + b = 1 - 2m
\end{array} \right.{\rm{     }}\left( {z = \sqrt[3]{y};a = 2x - z;b = {x^2} - x} \right)\) 

Suy ra a và b là nghiệm của phương trình \({X^2} - \left( {1 - 2m} \right)X + m = 0{\rm{ (1)}}\) 

Ta lại có: \(b = {X^2} - {X^3} - \frac{1}{4}\) nên để hệ có nghiệm thì phương trình (1) có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng \(\frac{{ - 1}}{4}\) . Khi đó:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\Delta  \ge 0\\
\left[ \begin{array}{l}
X{}_1 \ge  - \frac{1}{4}\\
{X_2} \ge  - \frac{1}{4}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {1 - 2m} \right)^2} - 4m \ge 0\\
\left[ \begin{array}{l}
\frac{{1 - 2m - \sqrt {4{m^2} - 8m + 1} }}{2} \ge  - \frac{1}{4}\\
\frac{{1 - 2m + \sqrt {4{m^2} - 8m + 1} }}{2} \ge  - \frac{1}{4}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le \frac{{2 - \sqrt 3 }}{2}\) 

Vậy khi \(m \ge  - 2019\) thì có 2020 giá trị m.

TH1: Có 3 bộ, mỗi bộ gồm 6 đường thẳng song song nhau (như hình vẽ)

Đa giác đáy của hình chóp gồm 1 đường thẳng ở nhóm 3 đường thẳng song song trên (ABCDEF) và có 1 đường thẳng ở nhóm 3 đường thẳng song song trên (A’B’C’D’E’F’)

Suy ra số đa giác đáy là \(C_3^1.C_3^1\) .

Vậy TH1 có \(3.C_3^1,C_3^1.8 = 216\) hình chóp

TH2: Đa giác đáy của hình chóp là tứ giác nằm trên một mặt đáy của hình lăng trụ (hình vẽ).

Số đa giác đáy là \(C_6^4.2\) 

Vậy số hình chóp tạo thành ở TH2 là \(C_6^4.2.6 = 180\) hình chóp

TH3: Có 3 bộ gồm 4 đường thẳng song song nhau (như hình vẽ)

Đa giác đáy của hình chóp gồm 1 đường thẳng có ở nhóm 2 đường chéo song song trên (ABCDEF) và 1 đường thẳng ở nhóm 2 đường chéo song song trên (A’B’C’D’E’F’)

Số đa giác đáy là \(C_2^1.C_2^1\) 

Vậy số hình chóp được tạo thành ở TH3 là \(3.C_2^1.C_2^1.8 = 96\) 

Do đó, số hình chóp cần tìm là 216 + 180 + 96 =492.

Gọi I, J lần lượt là trung điểm cuả AC, SB, H là điểm chiếu của S lên IB

Có SA = SC. Suy ra \(\Delta SAC\) cân tại S, suy ra \(SI \bot AC\) 

Có SA = SC, BA = BC, BC chung. Suy ra \(\Delta SAB = \Delta SCB.\) Suy ra JA = JC.

Suy ra \(\Delta JAC\) cân tại J, I là trung điểm AC. Suy ra \(IJ \bot AC\) 

Có \(AC \bot SI;AC \bot IJ.\) Suy ra \(AC \bot \left( {SIB} \right)\) 

Suy ra \(\left( {ABC} \right) \bot \left( {SIB} \right),\) Có \(\left( {ABC} \right) \cap \left( {SIB} \right) = IB,SH \bot IB.\) Suy ra \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) 

Suy ra BH là hình chiếu của SB lên (ABC)

Suy ra \(\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SBI}\)

Có \(SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},IB = \sqrt {A{B^2} - A{I^2}}  = \frac{a}{2},SB = a\sqrt 2 \) 

Có \(\cos \widehat {SBI} = \frac{{S{B^2} + I{B^2} - S{I^2}}}{{2.SB.IB}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\) Suy ra \(\widehat {SBI} = {45^0}.\) Chọn B.

Xét: \(y' = 2\left( {x - 1} \right).f'\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) < 0\) (*)

TH1: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\)

Khi đó (*) trở thành

\(f'\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) < 0 \Leftrightarrow  - 1 < {x^2} - 2x + 1 < 1 \Leftrightarrow 0 < x < 2\) suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2).

Nên chọn đáp án A. (không cần xét TH tiếp theo).

TXĐ: \(D=R\backslash \left\{ 1 \right\}.\) 

\(y' =  - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) 

Tiếp tuyến tại tiếp điểm có hoành độ \({x_0}\left( {{x_0} \ne 1} \right)\) của (C) có phương trình.

 \(y =  - \frac{1}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{ - {x_0} + 2}}{{{x_0} - 1}}{\rm{  (}}\Delta {\rm{)}}\)

Đt \(\left( \Delta  \right)\) đi qua \(A\left( {a;1} \right) \Rightarrow 1 =  - \frac{1}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {a - {x_0}} \right) - \frac{{{x_0} - 2}}{{{x_0} - 1}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{x_0}^2 - 6{x_0} + a + 3 = 0{\rm{ (*)}}\\
{x_0} \ne 1
\end{array} \right.\) 

Có duy nhất 1 tiếp tuyến qua A pt(*) có duy nhất 1 nghiệm khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = 0\\
{2.1^2} - 6.1 + a + 3 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 - 2a = 0\\
a - 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = \frac{3}{2} = \frac{m}{n} \Rightarrow m + n = 5\) 

Chọn C.

Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2018}}{{f(x)}}\) là số nghiệm của phương trình \(f(x) = 0\) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y=f(x)\) và y = 0 tức trục hoành. Nhìn bảng biến thiên ta có số giao điểm bằng 3 nên có 3 tiệm cận đứng.

Ta có: Tập A có đúng 8 chữ số: 3 chữ số chẵn: 0; 2;4 và 5 chữ số lẻ: 1; 3; 5; 7; 9

Ta đặt 5 vị trí cho 5 chữu số lẻ trên ( kí hiệu là *) và giãn ra đều 1 vị trí xen kẽ và kể cả hai đầu ngoài cùng là 6 vị trí xen kẽ ( kí hiệu bới ?) :

Các vị trí ? là nơi ta đặt 3 chữ số chẵn vào

• Nếu kể cả các ‘số’ mà chữ số 0 có thể đứng đầu thì ta lập được số các số thỏa mãn yêu cầu là:

\(A_6^3.5!\) (\(A_6^3\) là số cách đặt 3 chữ số chẵn, 5! Là số cách hoán vị 5 chữ số lẻ)

• Ta tính số các ‘số’ như vậy mà chữ số 0 đứng đầu là: \(A_5^2.5!\) 

 Do đó số các số cần tìm là: \(A_6^3.5! - A_5^2.5! = 12000\) 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(y=f(x)\) đồng biến trên R.

Do đó: \(f\left( {16{{\cos }^2}x + 6\sin 2x - 8} \right) = f\left( {n\left( {n + 1} \right)} \right) \Leftrightarrow 16{\cos ^2}x + 6\sin 2x - 8 = n\left( {n + 1} \right)\) 

\( \Leftrightarrow 16.\frac{{1 + \cos 2x}}{2} + 6\sin 2x - 8 = n\left( {n + 1} \right) \Leftrightarrow 8\cos 2x + 6\sin 2x = n\left( {n + 1} \right)\) 

Phương trình có nghiệm \(x \in R \Leftrightarrow {8^2} + {6^2} \ge {n^2}{\left( {n + 1} \right)^2} \Leftrightarrow {n^2}{\left( {n + 1} \right)^2} \le 100\) 

\(\left\{ \begin{array}{l}
n\left( {n + 1} \right) \ge  - 10\\
n\left( {n + 1} \right) \le 10
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n^2} + n + 10 \ge 0\\
{n^2} + n - 10 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow {n^2} + n - 10 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 1 - \sqrt {41} }}{2} \le n \le \frac{{ - 1 + \sqrt {41} }}{2}.\) 

Vì \(n \in Z\) nên \(n \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2} \right\}.\) 

Phương trình ban đầu tương đương với \(2\left( {\sin \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) + \sin \frac{\pi }{2}} \right) = {m^2} + \sqrt 3 \sin 2x - \cos 2x\) 

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin 2x + \cos 2x + 2 = {m^2} + \sqrt 3 \sin 2x - \cos 2x \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{{{m^2} - 2}}{2}.\) 

Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{m^2} - 2}}{2} \ge  - 1\\
\frac{{{m^2} - 2}}{2} \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\\
 - 2 \le m \le 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 2 \le m \le 2\) 

Với m là số nguyên ta sẽ được \(m =  - 2;m =  - 1;m = 0;m = 1;m = 2\)