Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, hàm số đạt cực trị tại 2 điểm x = 0, x = 1.

Tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc

=> Thể tích khối tứ diện ABCD là:

\(V = \frac{1}{6}.AB.AC.AD = \frac{1}{6}.4.5.3 = 10\left( {c{m^3}} \right)\)

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)

Hàm số \(y = \frac{{ - x + 2}}{{x + 2}}\)  có

\(y = \frac{{ - 1.2 - 1.2}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( { - 2; + \infty } \right)\)

=> Hàm số \(y = \frac{{ - x + 2}}{{x + 2}}\) nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó.

ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng \( =  > BB' \bot \left( {A'B'C'} \right) =  > \angle \left( {A'B;\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \angle \left( {A'B;A'B'} \right) = \angle BA'B' = {60^0}\)

\(\Delta A'B'B\) vuông tại B’, có  \(\angle BA'B' = {60^0} =  > BB' = A'B'.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)

\(\Delta ABC\)  đều, cạnh a\( =  > {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C':V = {S_{\Delta ABC}}.BB' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 3  = \frac{3}{4}{a^3}\)

ĐKXĐ: x > 1

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\log _5}\frac{{2\sqrt x  + 1}}{x} = 2{\log _3}\left( {\frac{{\sqrt x }}{2} - \frac{1}{{2\sqrt x }}} \right) \Leftrightarrow {\log _5}\frac{{2\sqrt x  + 1}}{x} = 2{\log _3}\left( {\frac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}} \right)\\
 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2\sqrt x  + 1} \right) - {\log _5}x = 2{\log _3}\left( {x - 1} \right) - 2{\log _3}\left( {2\sqrt x } \right)\\
 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2\sqrt x  + 1} \right) + 2{\log _3}\left( {2\sqrt x } \right) = {\log _5}x + 2{\log _3}\left( {x - 1} \right)\,\,\,\,(1)
\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _5}t + 2{\log _3}\left( {t - 1} \right),t \in \left( {1; + \infty } \right)\) , có:  \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln 5}} + \frac{2}{{\left( {t - 1} \right).\ln 3}} > 0,\forall t \in (1; + \infty )\)

=> Hàm số f(t) đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)

Khi đó, phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {2\sqrt x  + 1} \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow 2\sqrt x  + 1 = x \Leftrightarrow x - 2\sqrt x  - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\sqrt x  = 1 + \sqrt 2 }\\
{\sqrt x  = 1 - \sqrt 2  < 0}
\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  = 1 + \sqrt 2  \Leftrightarrow x = {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^2} = 3 + 2\sqrt 2  \Rightarrow a = 3,b = 2 =  > 2a + b = 2.3 + 2 = 8\)

Mệnh đề đúng: \({a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}\)

Ta có: \({2^{2{x^2} - 7x + 5}} = 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - 7x + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1}\\
{x = \frac{5}{2}}
\end{array}} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: \(x = 1;x = \frac{5}{2}\)

Gọi O, I là trung điểm của AB, BC; H là hình chiếu vuông góc của O lên SI.

Tam giác SAB cân tại S  \( \Rightarrow SO \bot AB\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\\
{SO \subset \left( {SAB} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{SO \bot AB\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}
\end{array}} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

ABCD là hình thang cân với đáy \(AB = 2a,AD = BC = CD = a \Rightarrow \Delta OAD,\Delta OCD,\Delta OBC\)  đều là các tam giác đều, cạnh a   \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 3.{S_{OBC}} = 3.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\(\Delta OBC\) đều, I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{OI \bot BC}\\
{OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}
\end{array}} \right.\)

Mà \(BC \bot SO\) (do \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) )

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SOI} \right) =  > BC \bot OH\)

Lại có: \(SI \bot OH =  > OH \bot \left( {SBC} \right) =  > d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\)  (2)

Từ (1), (2) suy ra: 

\(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2.OH = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5} =  > OH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)

\(\Delta SOI\) vuông tại O

\(OH \bot SI =  > \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{\frac{3}{4}{a^2}}} = \frac{1}{{\frac{3}{5}{a^2}}} \Leftrightarrow SO = a\sqrt 3 \)

Thể tích khối chóp S.ABCD là: \(V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}}}{4}\)

Diện tích xung quang S_xq của hình nón là: \({S_{xq}} = \pi Rl.\)

Ta có: \(y = {x^3} - 3x + 1 =  > y' = 3{x^2} - 3;y'' = 6x\)

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1\,\,}\\
{x =  - 1}
\end{array}} \right.\)

\(y''\left( 1 \right) = 6 > 0 =  > \) Loại

\(y''\left( { - 1} \right) =  - 6 < 0 =  > x =  - 1\) là điểm cục đại của hàm số đã cho.

Ta có:

\(y = \frac{{{x^3}}}{3} - 3{x^2} + 5x - 2 \Rightarrow y' = {x^2} - 6x + 5\)

=> Hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - 3{x^2} + 5x - 2\) nghịch biến trên khoảng (1;5).

\(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 28 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x =  - 1 \notin \left[ {0;4} \right]}\\
{x = 3 \in \left[ {0;4} \right]\,\,\,}
\end{array}} \right.\)

Ta có: f (0) = 28, f (3) = 1; f (4) = 8 và f (x) xác định với mọi  GTNN của hàm số trên đoạn [0;4] bằng 1

\( \Rightarrow {x_0} = 3 \Rightarrow P = {x_0} + 2018 = 2021\)

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), ta thấy \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 2; + \infty } \right)\) =>  Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (-1;1).

=> Mệnh đề ở câu A là sai.

Ta có: \({V_{ABCM}} = \frac{1}{2}{V_{B'.ABC}}\) (do M là trung điểm của BB’)

Mà \({V_{B'.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow \frac{1}{6}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{6}.72 = 12\left( {c{m^3}} \right)\)

Giả sử y = ax⁴ + bx² + c, (a  0) là hàm số của đồ thị đã cho.

Do đồ thị có bề lõm hướng xuống nên a < 0 => Loại phương án B

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng -1  c = -1 => Loại phương án D

Hàm số đạt cực trị tại 3 điểm x = 0; x = 1; x = -1 =>  Chọn phương án A. Do:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{y =  - 2{x^4} + 4{x^2} - 1 \Rightarrow y' =  - 8{x^3} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\\
{x =  \pm 1}
\end{array}} \right.}\\
{y =  - {x^4} + 4{x^2} - 1 \Rightarrow y' =  - 4{x^3} + 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\\
{x =  \pm \sqrt 2 }
\end{array}} \right.}
\end{array}\)

Để uống được nước thì con quạ phải thả các viên bi vào cốc sao cho mực nước trong cốc dâng lên ít nhất:

20 -12 - 6 = 2( cm)

Khi đó, thể tích của mực nước dâng lên là:   \(\pi {R^2}.h = \pi {.2^2}.2 = 8\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của một viên bi là:\(\frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi .0,{6^3} = 0,288\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Ta có: \(8\pi :0,288\pi  \approx 27,8 \Rightarrow \) Số viên bi ít nhất mà quạ phải thả vào là: 28 viên.

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là:

   \(\begin{array}{l}
\frac{{2x + 1}}{{x - 1}} =  - 3x + m,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow 2x + 1 = \left( {x - 1} \right)\left( { - 3x + m} \right)\\
 \Leftrightarrow 2x + 1 =  - 3{x^2} + \left( {m + 3} \right)x - m \Leftrightarrow 3{x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m + 1 = 0\,\,\left( * \right)
\end{array}\)

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thì (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\Delta  > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{{{3.1}^2} - \left( {m + 1} \right).1 + m + 1 \ne 1}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{{\left( {m + 1} \right)}^2} - 12\left( {m + 1} \right) > 0}\\
{3 \ne 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 11} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m <  - 1}\\
{m > 11}
\end{array}} \right.\)

Giả sử x₁; x₂ là nghiệm của (*)  \( \Rightarrow {x_1} + {x_2} = \frac{{m + 1}}{3}\)

Tọa độ giao điểm \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) do \(A,B \in d \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{y_1} =  - 3{x_1} + m}\\
{{y_2} =  - 3{x_2} + m}
\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {y_1} + {y_2} =  - 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2m =  - 3.\frac{{m + 1}}{3} + 2m = m - 1\)

Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB: \(G\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} + 0}}{3};\frac{{{y_1} + {y_2} + 0}}{3}} \right)\)  hay \(G\left( {\frac{{m + 1}}{9};\frac{{m - 1}}{3}} \right)\)

Do  \(G \in \Delta :x - 2y - 2 = 0 \Rightarrow \frac{{m + 1}}{9} - 2.\frac{{m - 1}}{3} - 2 = 0 \Leftrightarrow m + 1 - 6m + 6 - 18 = 0 \Leftrightarrow  - \frac{{11}}{5}\)

\( \Rightarrow a = 11;b = 5 \Rightarrow a + 2b = 21.\)

ĐKXĐ: x > 0

Ta có: \(\left( {{2^x} - 5} \right)\left( {{{\log }_2}x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{2^x} - 5 = 0\,\,\,\,\,\,\,}\\
{{{\log }_2}x - 3 = 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = {{\log }_2}5\left( {tm} \right)}\\
{x = 8\,\,(tm)\,\,\,\,\,\,\,\,}
\end{array}} \right.\)

Do phương trình  có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\)  với \({x_1} < {x_2}\)  nên  \({x_1} = {\log _2}5,{x_2} = 8 \Rightarrow K = {x_1} + 3{x_2} = 24 + {\log _2}5\)

\(\begin{array}{l}
n = 1 \Rightarrow f\left( {m + 1} \right) = f\left( m \right) + f\left( 1 \right) + m.1 \Leftrightarrow f\left( {m + 1} \right) = f\left( m \right) + m + 1\\
 \Leftrightarrow f\left( {m + 1} \right) - f\left( m \right) = m + 1\\
 \Rightarrow f\left( {96} \right) - f\left( {69} \right) = \left[ {f\left( {96} \right) - f\left( {95} \right)} \right] + \left[ {f\left( {95} \right) - f\left( {94} \right)} \right] + ... + \left[ {f\left( {70} \right) - f\left( {69} \right)} \right]\\
 = 96 + 95 + ... + 70 = \frac{{27.\left( {96 + 70} \right)}}{2} = 2241\\
 \Rightarrow \frac{{f\left( {96} \right) - f\left( {69} \right) - 241}}{2} = \frac{{2241 - 241}}{2} = 1000\\
 \Rightarrow T = \log \left[ {\frac{{f\left( {96} \right) - f\left( {69} \right) - 241}}{2}} \right] = \log 1000 = 2.
\end{array}\)

Ta có: \(P = \frac{{{{\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)}^{2018}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}} = \frac{{{{\left( {{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^2}} \right)}^{2018}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^{4036}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}}\)

\( = {\left( {\sqrt 3  + 1} \right)^{2017}}.{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)^{2017}} = {\left[ {\left( {\sqrt 3  + 1} \right)\left( {1 - \sqrt 3 } \right)} \right]^{2017}} = {\left( { - 2} \right)^{2017}} =  - {2^{2017}}\)

Diện tích xung quanh của hình trụ :   \({S_1} = 2\pi rh = 2\pi r.r\sqrt 3  = 2\pi \sqrt 3 {r^2}\)

\(\Delta {\rm{OO'A}}\) vuông tại O’  \( \Rightarrow OA = \sqrt {OO{'^2} + O'{A^2}}  = \sqrt {3{r^2} + {r^2}}  = 2r\)

Diện tích xung quanh của hình nón:  \({S_{xq}} = \pi rl = \pi r.2r = 2\pi {r^2} =  > \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \sqrt 3 \)

Số tiền anh Nam gửi mỗi tháng là: 6.20% = 1,2 (triệu đồng)

Sau 1 năm, số tiền tiết kiệm của anh Nam là:

\({A_{12}} = \frac{{1,2\left( {1 + 0,5\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^{12}} - 1} \right]}}{{0,5\% }} \approx 14,88\) (triệu đồng)

Ta có: \(y = {x^3} - 4{x^2} + 5x - 1\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đường thẳng y = 1 là:

\({x^3} - 4{x^2} + 5x - 1 = 1 \Leftrightarrow {x^3} - 4{x^2} + 5x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1}\\
{x = 2}
\end{array}} \right.\)

\( =  > A\left( {1;1} \right),B\left( {2;1} \right) =  > AB = 1\)

Ta có:  \(V = \frac{1}{3}Sh \Leftrightarrow 32 = \frac{1}{3}.16.h =  > h = 6\left( {cm} \right).\)

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

\({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 1 = {3^2} \Leftrightarrow x - 1 = 9 \Leftrightarrow x = 10\,\left( {tm} \right)\)

Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy B’, C’ sao cho SA = SB’ = SC’= 2a

Khi đó, ta có: \(\frac{{{V_{S.ABC}}}}{{{V_{S.AB'C'}}}} = \frac{{SB}}{{SB'}}.\frac{{SC}}{{SC'}} = \frac{3}{2}.\frac{4}{2} = 3 =  > {V_{S.ABC}} = 3.{V_{S.AB'C'}}\)

* Tính \({V_{S.AB'C'}}\) (hình chóp \({V_{S.AB'C'}}\) có: \(SA = SB' = SC' = 2a,\angle ASB' = \angle B'SC' = {60^0},\angle ASC = {90^0}\) ):

\(\Delta ASB'\) và \(\Delta SB'C'\) đều, có cạnh bằng \(2a \Rightarrow AB' = B'C' = 2a\)

\(\Delta SA'C'\) vuông cân tại S =>\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{A'C' = 2a\sqrt 2 }\\
{{S_{AB'C'}} = \frac{1}{2}.{{\left( {2a} \right)}^2} = 2{a^2}}
\end{array}} \right.\)

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{AB' = B'C' = 2a}\\
{AC' = 2a\sqrt 2 \,\,\,\,\,\,\,\,\,}
\end{array} \Rightarrow \Delta AB'C'} \right.\) vuông cân tại B’

Gọi I là trung điểm của A’C’ => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’

Mà, chóp \({V_{S.AB'C'}}\), có \(SA = SB' = SC' = 2a \Rightarrow SI \bot \left( {AB'C'} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{S.AB'C'}} = \frac{1}{3}{V_{AB'C'}}.SI = \frac{1}{3}.2{a^2}.\frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 3.{V_{S.AB'C'}} = 2\sqrt 2 {a^3}\)

\(y = f\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} \Rightarrow y' = f'\left( x \right) = 4x\left( {{x^2} - 1} \right) \Rightarrow f'\left( 2 \right) = 24\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right){\left( {{x^2} - 1} \right)^2}\) tại điểm M(2;9) là :

\(y = 24.\left( {x - 2} \right) + 9 \Leftrightarrow y = 24x - 39\)

Ta có: \({r^2} + {h^2} = {l^2} \Leftrightarrow {6^2} + {8^2} = {l^2} \Leftrightarrow l = 10{\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Diện tích toàn phần của hình nón :  \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .6.10 + \pi {.6^2} = 96\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm M(x₀; y₀) là:  \(y = f'\left( {{x_0}} \right).{\rm{ }}\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)

Do \(\Delta OAB\)  cân tại O. Mà \(\angle AOB = {90^0} \Rightarrow \Delta OAB\)  vuông cân tại O

 => Đường thẳng d tạo với trục Ox góc 45⁰ hoặc góc 135⁰

=> Đường thẳng d có hệ số góc băng 1 hoặc -1  \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = 1\,\,\,}\\
{a =  - 1}
\end{array}} \right.\)

Ta có: \(y = \frac{{x + 2}}{{2x + 3}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {2x + 3} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne  - \frac{3}{2} \Rightarrow \) Hệ số góc của đường thẳng d chỉ có thể là \( - 1 \Rightarrow a =  - 1\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\)  là tiếp điểm \( =  > \frac{{ - 1}}{{{{\left( {2{x_0} + 3} \right)}^2}}} =  - 1 \Leftrightarrow {\left( {2{x_0} + 3} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_0} =  - 1}\\
{{x_0} =  - 2}
\end{array}} \right.\)

+)  \({x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} = 1 \Rightarrow \left( d \right):y =  - 1\left( {x + 1} \right) + 1 \Rightarrow y =  - x\) : Loại, do y = -x  cắt 2 trục tọa độ tại điểm duy nhất là O (0;0)

+)  \({x_0} =  - 2 \Rightarrow {y_0} = 0 \Rightarrow \left( d \right):y =  - 1\left( {x + 2} \right) + 0 \Leftrightarrow y =  - x - 2 \Rightarrow b =  - 2 \Rightarrow a + b =  - 1 - 2 =  - 3\)

Mệnh đề đúng là: \({\log _a}{x^n} = n{\log _a}x\)  (với x > 0).

Ta có: \(g\left( x \right) = f\left( {2{x^3} + x - 1} \right) + m \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {6{x^2} + 1} \right).f'\left( {2{x^3} + x - 1} \right)\)

Với \(x \in \left[ {0;1} \right]\) thì \((2{x^3} + x - 1) \in [ - 1;2]\)

Quan sát đồ thị hàm số y = f(x) ta thấy hàm số y = f(x)  nghịch biến trên đoạn [-1;l]

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow f'\left( x \right) \le 0,x \in \left[ { - 1;1} \right]\\
 \Rightarrow f'\left( {2{x^3} + x - 1} \right) \le 0,\forall x \in {\rm{[}}0;1] \Rightarrow g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in {\rm{[}} - 1;2]\,\,(do\,\,\,6{x^2} + 1 > 0,\forall x)
\end{array}\)

=> g (x) nghịch biến trên [0;1]  \( \Rightarrow \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( { - 1} \right) + m = 3 + m\)

Theo đề bài, ta có: \(3 + m =  - 10 \Leftrightarrow m =  - 13\)

+) Với \(m = 0 \Rightarrow y = {x^2} + 1\) : là hàm số bậc hai với hệ số \(a = 1 > 0 \Rightarrow \)  Hàm số có 1 điểm cực tiểu, không có cực đại

=>  m = 0 không thỏa mãn.

+) Với \(m \ne 0\) : Hàm số là hàm bậc 4 trùng phương.

Khi đó hàm số có đúng một điểm cực đại  \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a < 0}\\
{b \le 0}
\end{array}} \right.}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a > 0}\\
{b < 0}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m < 0\,\,\,\,\,\,}\\
{m + 1 \le 0}
\end{array}} \right.}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m > 0\,\,\,\,\,}\\
{m + 1 < 0}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m < 0}\\
{m \le  - 1}
\end{array}} \right.}\\
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m > 0}\\
{m <  - 1}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \le  - 1\)

Mà \(m \in Z,m \in \left[ { - 2018;2019} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 2018; - 2017;...; - 1} \right\}\) : có 2018 giá trị của m thỏa mãn.

Phương trình f(x) = m có đúng hai nghiệm

<=> Đồ thị hàm số y = f(x) cắt đường thẳng y = m tại 2 điểm phân biệt  \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m \le  - 1}\\
{m = 2\,\,\,}
\end{array}} \right.\)

\(f\left( x \right) = {2^{2x}} \Rightarrow f'\left( x \right) = {2.2^{2x}}\ln 2 = {2^{2x + 1}}\ln 2\)

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường kính AD.

Ta chứng minh O là tâm mặt câu đi qua 6 điểm \(A,B,C,{B_1},{C_1}\) và D

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{CD \bot AC\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{CD \bot SA(do\,\,\,SA \bot \left( {ABC} \right))}
\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot A{C_1}} \right.\)

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{A{C_1} \bot SC}\\
{A{C_1} \bot CD}
\end{array} \Rightarrow A{C_1} \bot } \right.\left( {SCD} \right) \Rightarrow A{C_1} \bot {C_1}D\)

\( \Rightarrow {C_1}\) thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

Tương tự, B₁ thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

Hiển nhiên, A, B, D, C thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

=> O là tâm mặt cầu đi qua 6 điểm \(A,B,C,{B_1},{C_1},D\)

 => O là tâm mặt cầu đi qua 5 điểm \(A,B,C,{B_1},{C_1}\)

Tính bán kính R của mặt cầu đi qua 5 điểm \(A,B,C,{B_1},{C_1}\) .

Xét tam giác ABC:   \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.cos\angle A}  = \sqrt {4 + 9 - 2.2.3cos{{60}^0}}  = \sqrt 7 \left( {cm} \right)\)

\(\begin{array}{l}
{S_{ABC}} = \frac{{AB.AC.BC}}{{4R}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle A =  > \frac{{2.3\sqrt 7 }}{{4R}} = \frac{1}{2}.2.3.\sin {60^0}\\
 \Leftrightarrow \frac{{3\sqrt 7 }}{{2R}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow R = \frac{{\sqrt 7 }}{{\sqrt 3 }}\left( {cm} \right)
\end{array}\)

Thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\sqrt {\frac{7}{3}} } \right)^3} = \frac{{28\sqrt 7 \pi }}{{9\sqrt 3 }} = \frac{{28\sqrt {21} \pi }}{{27}}\left( {c{m^3}} \right)\)

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{x - {m^2}}}{{x + 8}}\) xác định trên đoạn [0;3] với mọi giá trị của m.

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{8 + {m^2}}}{{x + 8}} > 0,\forall x \in \left[ {0;3} \right],\forall m =  > \) Hàm số đồng biến trên (0;3)  \( \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) =  - \frac{{{m^2}}}{8}\)

Theo đề bài, ta có: \( - \frac{{{m^2}}}{8} =  - 3 \Leftrightarrow {m^2} = 24 \Leftrightarrow m =  \pm 2\sqrt 6 \)

Do m₀ là giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài , nên \({m_0} = 2\sqrt 6  \approx 4,9 \in \left( {2;5} \right)\)

Theo kế hoạch, mỗi tháng, công ti đó làm được \(\frac{1}{{25}}\)  công việc

Do kê từ tháng thứ 2, mỗi tháng tăng 5% khối lượng công việc so với tháng kề trước, nên lượng công việc công ti đó hoàn thành ở tháng thứ k là: \({A_k} = \frac{1}{{25}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^{k - 1}},k \in N*\)

Gọi n₀ là số tháng đê công trình được hoàn thành. Khi đó, n₀  là giá trị nguyên dương nhỏ nhất của n, thỏa mãn:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{25}} + \frac{1}{{25}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^1} + \frac{1}{{25}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^2} + ... + \frac{1}{{25}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^{n - 1}} \ge 1\\
 \Leftrightarrow \frac{1}{{25}}\left( {1 + 1,05 + 1,{{05}^2} + ... + 1,{{05}^{n - 1}}} \right) \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{1,{{05}^{n - 1}} - 1}}{{1,05 - 1}} \ge 25 \Leftrightarrow 1,{05^{n - 1}} \ge 2,25 \Leftrightarrow n - 1 \ge 16,6 \Leftrightarrow n \ge 17,7 \Rightarrow {n_0} = 18
\end{array}\)

Vậy sau 18 tháng, công trình sẽ được hoàn thành.

Từ K kẻ \(IK//AM\left( {I \in SB} \right),KJ//AC\left( {J \in SC} \right) \Rightarrow \left( \alpha  \right) \equiv \left( {IJK} \right)\)  và  lần lượt là trung điểm của SM, SC (do K là trung điểm của SA)

Trong (SAB), gọi N là giao điểm của IK và AB  \( \Rightarrow \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{IM}}{{MB}} = \frac{1}{2}\)

Trong (ABCD), kẻ đường thẳng qua N song song AC, cắt AD tại Q, CD tại P.

Khi đó, dễ dàng chứng minh P, Q lần lượt là trung điểm của CD, AD và  \(\left( {IJK} \right) \equiv \left( {IJPQK} \right)\)

\(\frac{{{V_{S.IJK}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SK}}{{SA}}.\frac{{SI}}{{SB}}.\frac{{SJ}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{4}.\frac{1}{2} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow {V_{S.IJK}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{{32}}{V_{S.ABCD}}\)

*) Gọi L là trung điểm của SD

Khi đó, khối đa diện SKJPQD được chia làm 2 khối: hình lăng trụ tam giác KJL.QPD và hình chóp tam giác S.KJL

\(\begin{array}{l}
\frac{{{V_{S.ILK}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SK}}{{SA}}.\frac{{SL}}{{SD}}.\frac{{SJ}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{S.LJK}} = \frac{1}{8}{V_{S.ADC}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}}\\
{V_{KJL.QPD}} = 3{V_{L.PQD}} = 3.\frac{1}{3}.{d_{\left( {L;\left( {ABCD} \right)} \right)}}.{S_{PQD}} = 3.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}{d_{\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}}.\frac{1}{4}{S_{ACD}} = \frac{3}{8}.\frac{1}{3}{d_{\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}}{S_{ACD}} = \frac{3}{8}{V_{S.ACD}} = \frac{3}{{16}}{V_{S.ABCD}}\\
 \Rightarrow {V_1} = {V_{S.IJK}} + {V_{S.LJK}} + {V_{KJL.QPD}} = \frac{1}{{32}}{V_{S.ABCD}} + \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}} + \frac{3}{{16}}{V_{S.ABCD}} = \frac{9}{{32}}{V_{S.ABCD}}\\
 \Rightarrow {V_2} = \frac{{23}}{{32}}{V_{S.ABCD}} =  > \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{9}{{23}}.
\end{array}\)

Gọi O là tâm của tứ giác đáy.

\( \Rightarrow \frac{1}{2}OA = \frac{1}{2}\sqrt {A{D^2} + A{B^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {8{a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Khi đó ta có:  \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

=> SO là trục của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Trong mặt phẳng (SOA), vẽ đường trung trực của cạnh SA, cắt SO tại I.

=> I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Ta có:  \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \frac{{SN}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SA}} \Leftrightarrow SI = \frac{{SN.SA}}{{SO}}\\
 \Leftrightarrow SI = \frac{{SN.SA}}{{\sqrt {S{A^2} - A{O^2}} }} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} }} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 
\end{array}\)

Hàm số đã cho có một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại.

ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x > 0\,\,\,\,\,}\\
{\ln x \ne 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x > 0}\\
{x \ne e}
\end{array}} \right.} \right.\)

TXĐ:   \(D = \left( {0; + \infty } \right)\backslash \left\{ e \right\}\)

Ta có: \(y = {x^3} + b{x^2} - x + d \Rightarrow y' = 3{x^2} + 2bx - 1\)

Do 3.(-l) < 0 => Phương trình y' = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu

=> Hàm số đã cho có 2 cực trị với mọi m.

=> Đồ thị hàm số không thể là hình (III)

Mặt khác a = 1 > 0  Đồ thị hàm số không thể là hình (II)

Đồ thị hàm số \(y = {x^3} + b{x^2} - x + d\left( {b,d \in R} \right)\) có thể là dạng (I)

Diện tích xung quanh của mặt cầu có bán kính r là: \({S_{mc}} = 4\pi {r^2}\)

 Điều kiện:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x > 1\,\,\,}\\
{mx > 8}
\end{array}} \right.\)

Ta có:  \({\log _{\sqrt 2 }}\left( {x - 1} \right) = {\log _2}\left( {mx - 8} \right)\,\,\left( 1 \right) \Leftrightarrow {\log _2}{\left( {x - 1} \right)^2} = {\log _2}\left( {mx - 8} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = mx - 8 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 9 = m \Leftrightarrow x - 2 + \frac{9}{x} = m\,\,\,\left( {do\,\,x > 1} \right)\) (2)

Phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân biệt <=> Phương trình (2) có 2 nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1 (*)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x - 2 + \frac{9}{x},x > 1\)   có \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{9}{{{x^2}}},f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3\)

Bảng biến thiên:

\

(*)  \( \Leftrightarrow 4 < m < 8\) Mà \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {5;6;7} \right\}\): có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Ta có:  \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow y' = 4a{x^3} + 2bx\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta thầy đồ thị hàm số đi qua các điểm (-1; 2), (0; 1), (1; 2) và các các điểm này là các điểm cực trị của hàm số.

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{y\left( 0 \right) = 1}\\
{y\left( 1 \right) = 2}\\
{y'\left( 1 \right) = 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{c = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{a + b + c = 2}\\
{4a + 2b = 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{c = 1\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{a + b = 1}\\
{2a + b = 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a =  - 1}\\
{b = 2}\\
{c = 1\,\,\,}
\end{array}} \right.\)

Khi đó: P = a - 2b + 3c = -1 - 2.2 + 3.1 = -2.

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC.

O là tâm của hình chữ nhật ABCD.

Ta chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD:

Do OI là đường trung bình của tam giác \(SAC \Rightarrow OI//SA\)

Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) =  > OI \bot \left( {ABCD} \right) =  > IA = IB = IC = ID\)

(do O là tâm của hình chữ nhật ABCD) (1)

\(\Delta SAC\) vuông tại A, I là trung điểm của \(SC \Rightarrow IA = IS = IC\,\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2): \( \Rightarrow IA = IB = IC = ID = IS \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, I là trung điểm của BC.

Ta có:  \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.{a^2}.SO = {a^3} \Rightarrow SO = 3a\)

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{OI \bot BC}\\
{SI \bot BC}
\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SOI} \right)} \right.\)

Ta có:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC}\\
{BC \bot \left( {SOI} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\
{\left( {SOI} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SI\,\,\,\,\,\,}\\
{\left( {SOI} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = OI}
\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {OI;SI} \right) = \angle SIO\)

\( \Rightarrow cos\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = cos\angle SIO = \frac{{OI}}{{SI}} = \frac{{OI}}{{\sqrt {O{I^2} + S{O^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + 9{a^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {37} }}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt {37} }}\)

Mệnh đề sai là: Tập xác định của hàm số \(y = {x^{ - 2}}\)  là R.

Sửa lại: Tập xác định của hàm số \(y = {x^{ - 2}}\) là R\{0}

Thể tích khối trụ:   \(V = \pi {R^2}h \Leftrightarrow 45\pi  = \pi {R^2}.5 \Leftrightarrow {R^2} = 9 \Leftrightarrow R = 3\left( {cm} \right)\)