Sử dụng chức năng MODE 7, ta nhập hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 35\)

\(Start:\;\; - 4;\;\;End:\;\;4;\;\;Step:\;\;\frac{{4 - \left( { - 4} \right)}}{{19}}\)  ta được kết quả:

Như vậy \(Max\;y \approx 40.\) 

Chọn B.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}.\)

Ta có: \(2 - x = 0 \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow x = 2\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{3}{{2 - x}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 .\)

Có \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB.\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên \(AB \Rightarrow SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right).\)

\(\Delta SAB\) vuông cân tại \(S \Rightarrow SH = \frac{1}{2}AB = a.\) (tính chất đường trung tuyến

ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).

\( \Rightarrow {V_{SABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a.{a^2}\sqrt 3  = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)

Chọn A.

Hàm số \(y = \log \left( {{x^2} - 2mx + 4} \right)\) xác định trên \(R \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 4 > 0\;\;\forall x \in R.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\{m^2} - 4 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 2 < m < 2.\)

Chọn C.

Ta có: \(f'\left( x \right) =  - {x^3} + 4x \Rightarrow f''\left( x \right) =  - 3{x^2} + 4.\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - {x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f''\left( 0 \right) = 4 > 0\\f''\left( { - 2} \right) =  - 8 < 0\\f''\left( 2 \right) =  - 8 < 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) hàm số đã cho có 2 điểm cực đại.

Chọn C.

Ta có độ dài đường sinh của hình nón: \(l = \frac{{{S_{xq}}}}{{\pi R}} = \frac{{3\pi {a^2}}}{{\pi a}} = 3a.\)

\( \Rightarrow \tan \alpha  = \frac{h}{R} = \frac{{\sqrt {{l^2} - {R^2}} }}{R} = \frac{{\sqrt {9{a^2} - {a^2}} }}{a} = 2\sqrt 2 .\)

Chọn C.

Ta có: \(\alpha  = \frac{3}{2} > 0.\)

Trong các đáp án chỉ có đáp án A đúng.

Chọn  A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu tại 4 điểm.

\( \Rightarrow \) hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 4 điểm cực trị.

Chọn  B.

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h:\;\;\;V = \pi {R^2}h.\)

Chọn D.

ĐKXĐ: \(\left( {m - 1} \right){x^2} + 3 \ge 0.\)

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

\( \Rightarrow \) đồ thị hàm cố có 2 đường TCN \( \Leftrightarrow m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1.\)

Chọn D.

Đặt \(t = \sin x\;\;\left( { - 1 \le t \le 1} \right).\)

Khi đó ta có phương trình: \({t^2} - \left( {2 + m} \right)t + 2m = 0\;\;\left( * \right)\)

Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow pt\;\;\left( * \right)\) có nghiệm \(t \in \left[ { - 1;\;1} \right]\)

+) Đáp án A: Thử với \(m = 4\) ta được: \(\left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 6t + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\; \notin \left[ { - 1;\;1} \right]\\t = 4\; \notin \left[ { - 1;\;1} \right]\end{array} \right. \Rightarrow m = 4\;\left( {ktm} \right)\)

\( \Rightarrow \) loại đáp án A, B.

+) Đáp án C: Thử với \(m = 2 \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 4t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \notin \left[ { - 1;\,1} \right] \Rightarrow m = 2\,\,\left( {ktm} \right)\)

\( \Rightarrow \) loại đáp án C.

Chọn D.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}.\)

Ta có: \(y' = \frac{{\left( {2x + m + 1} \right)\left( {2 - x} \right) + {x^2} + \left( {m + 1} \right)x - 1}}{{{{\left( {2 - x} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 4x + 2m + 1}}{{{{\left( {2 - x} \right)}^2}}}\)

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định \( \Leftrightarrow y' \ge 0 \Leftrightarrow  - {x^2} + 4x + 2m + 1 \le 0\;\;\forall x \in D.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < 0\\4 + 2m + 1 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 2m \le  - 5 \Leftrightarrow m \le  - \frac{5}{2}.\)

Chọn A.

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn giao tuyến giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right).\)

\( \Rightarrow C = 4\sqrt 2 a\pi  = 2\pi r \Leftrightarrow r = 2\sqrt 2 a.\)

Ta có: \(d\left( {O;\;\;\left( P \right)} \right) = a\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {R^2} = {d^2}\left( {O;\;\left( P \right)} \right) + {r^2} = {a^2} + 8{a^2} = 9{a^2}\\ \Rightarrow {S_{\left( S \right)}} = 4\pi {R^2} = 4\pi .9{a^2} = 36\pi {a^2}.\end{array}\)

Chọn  A.

Điều kiện: \(x > 0.\)

\(\left( {x - 5} \right)\left( {\log x + 1} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 5 > 0\\\log x + 1 < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 5 < 0\\\log x + 1 > 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 5\\0 < x < {10^{ - 1}}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 5\\x > {10^{ - 1}}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 5\\0 < x < \frac{1}{{10}}\end{array} \right.\\\frac{1}{{10}} < x < 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{{10}} < x < 5.\)

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left( {\frac{1}{{10}};\;5} \right).\)

 \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{10}}\\b = 5\end{array} \right. \Rightarrow 10a + b = 10.\frac{1}{{10}} + 5 = 6.\)

Chọn C.

Ta có:

+) Nếu \(0 < a < 1\) thì \({a^\alpha } > {a^\beta } \Leftrightarrow \alpha  < \beta .\)

+) Nếu \(a > 1\) thì \({a^\alpha } > {a^\beta } \Leftrightarrow \alpha  > \beta .\)

+) Nếu \(0 < a < b\) thì \({a^m} > {b^m} \Leftrightarrow m < 0.\)

+) Nếu \(0 < a < b\) thì \({a^m} < {b^m} \Leftrightarrow m > 0.\)

Vậy đáp án C sai.

Chọn C.

Công thức chỉnh hợp chập k của n  là \(A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}}\;\;\;\left( {k \le n,\;\;n \in {N^*},\;\;k \in N} \right).\)

Ta có: \(A_7^4 = 840.\)

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}AA' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}}  = \sqrt {AC{'^2} - \left( {A{B^2} + B{C^2}} \right)} \, = \sqrt {9{a^2} - \left( {{a^2} + 4{a^2}} \right)}  = 2a\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = a.2a.2a = 4{a^3}\end{array}\)

Nối MC, ta chứng minh được tứ giác A’NCM là hình bình hành, do đó A’, N, C, M đồng phẳng

Thể tích của phần chứa điểm C’ là \(V = {V_{A'.MNB'D'}} + {V_{BCD.B'C'D'}} - {V_{C.MNBD}}\).

Ta có 

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{S_{MNB'D'}} = \dfrac{1}{2}\left( {B'N + MD'} \right).B'D' = \dfrac{1}{2}\left( {MD + BN} \right).BD = {S_{MNBD}}\\d\left( {A';\left( {BDD'B'} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {BDD'B'} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {V_{A'.MNB'D'}} = {V_{C.MNBD}}\\ \Rightarrow V = {V_{BCD.B'C'D'}} = \dfrac{1}{2}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{2}.4{a^3} = 2{a^3}\end{array}\)

Chọn B.

Ta có: \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 .\)

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow A\) là hình chiếu của \(S\) trên \(\left( {ABCD} \right),\;\)

\(C\) là hình chiếu của \(C\) trên \(\left( {ABCD} \right).\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle \left( {SC,\;\;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC,\;AC} \right) = \angle SCA.\\ \Rightarrow tan\angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1 \Rightarrow \angle SCA = {45^0}.\end{array}\) 

Chọn  B.

Ta có: \(V = Sh = h.{h^2} = {h^3}.\)

Chọn  B.

Dựa vào lý thuyết hàm số \(y = {\log _a}x\;\;\left( {0 < a \ne 1} \right)\) ta có đáp án A đúng.

Chọn  A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

+) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;\;0} \right)\) và \(\left( {2;\; + \infty } \right).\)

+) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;\;2} \right).\)

+) Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0,\;\;{y_{CD}} = 0.\)

+) Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2,\;{y_{CT}} =  - 3.\)

+) Đường thẳng \(y = 0\) cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt.

Chọn  A.

Ta có: \({\log _6}5 = \frac{1}{{{{\log }_5}6}} = \frac{1}{{{{\log }_5}\left( {2.3} \right)}} = \frac{1}{{{{\log }_5}2 + {{\log }_5}3}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_2}5}} + \frac{1}{{{{\log }_3}5}}}} = \frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} = \frac{{ab}}{{a + b}}\)

Chọn B.

Do hàm số \(y = {a^x}\) đồng biến trên\(\mathbb{R}\) nên \(a > 1\).

Do hàm số \(y = {\log _a}x\) nghịch biến trên\(\left( {0; + \infty } \right)\) nên \(0 < b < 1\).

Vậy \(a > 1,\,\,0 < b < 1\).

Chọn D.

\(\frac{1}{{4 + {{\log }_2}x}} + \frac{2}{{2 - {{\log }_2}x}} = 1\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x \ne  - 4\\{\log _2}x \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne {2^{ - 4}}\\x \ne {2^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{1}{{16}}\\x \ne 4\end{array} \right..\)

Đặt \(t = {\log _2}x\). Khi đó phương trình đã cho trở thành: \(\frac{1}{{4 + t}} + \frac{2}{{2 - t}} = 1\,\,\left( {t \ne 2;\,\,t \ne  - 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2 - t + 8 + 2t =  - {t^2} - 2t + 8 \Leftrightarrow {t^2} + 3t + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\;\;\left( {tm} \right)\\t =  - 2\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

+) Với \(t =  - 1 \Rightarrow {\log _2}x =  - 1 \Leftrightarrow x = {2^{ - 1}} = \frac{1}{2}\;\;\left( {tm} \right)\).

+) Với \(t =  - 2 \Rightarrow {\log _2}x =  - 2 \Leftrightarrow x = {2^{ - 2}} = \frac{1}{4}\;\;\left( {tm} \right)\).

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là \(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\).

Chọn B.

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có đường TCN là \(y =  - 2\) và đường TCĐ là \(x =  - 1\).

Do đó ta chọn được đáp án đúng là C.

Chọn C.

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

Chọn D.

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO = h\), do ABCD là hình vuông cạnh \(r\sqrt 2 \) nên \(OA = \frac{{r\sqrt 2 .\sqrt 2 }}{2} = r\).

Do đó hình nón \(\left( N \right)\) ngoại tiếp khối chóp có chiều cao bằng \(h\) và bán kính đáy bằng \(r\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{\left( N \right)}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\).

Xét một thiết diện qua trục của hình nón là tam giác SAC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAC. Ta có I chính là tâm khối cầu nội tiếp hình nón \(\left( N \right)\).

Xét tam giác vuông SAO có: \(SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{h^2} + {r^2}}  = SC\)

\( \Rightarrow {p_{SAC}} = \frac{{SA + SC + AC}}{2} = \frac{{2\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + 2r}}{2} = \sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r\)

Gọi \({R_S}\) là bán kính cầu nội tiếp hình nón \(\left( N \right)\) ta có \({r_S} = \frac{{{S_{SAC}}}}{{{p_{SAC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}SO.AC}}{{\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r}} = \frac{{\frac{1}{2}h.2r}}{{\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r}} = \frac{{hr}}{{\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r}}\)

\( \Rightarrow {V_2} = \frac{4}{3}\pi R_S^3 = \frac{4}{3}\pi \frac{{{{\left( {hr} \right)}^3}}}{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r} \right)}^3}}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}\pi {r^2}h}}{{\dfrac{4}{3}\pi \dfrac{{{{\left( {hr} \right)}^3}}}{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r} \right)}^3}}}}} = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r} \right)}^3}}}{{4r{h^2}}} = \dfrac{{\dfrac{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + {r^2}}  + r} \right)}^3}}}{{{h^3}}}}}{{\dfrac{{4r{h^2}}}{{{h^3}}}}} = \dfrac{{\sqrt {1 + \dfrac{{{r^2}}}{{{h^2}}}}  + \dfrac{r}{h}}}{{4\dfrac{r}{h}}}\)

Đặt \(t = \dfrac{r}{h}\) ta có \(f\left( t \right) = \dfrac{{\sqrt {1 + {t^2}}  + t}}{{4t}}\).

Thử từng đáp án ta có:

Đáp án A: \(\dfrac{h}{r} = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow t = \dfrac{{\sqrt 2 }}{5} \Rightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{2 + 3\sqrt 6 }}{8} \approx 1,16\).

Đáp án B : \(\dfrac{h}{r} = 2 \Rightarrow t = \dfrac{1}{2} \Rightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{4} \approx 0,81\)

Đáp án C: \(\dfrac{h}{r} = 2\sqrt 2  \Rightarrow t = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow f\left( t \right) = 1\).

Đáp án D: \(\dfrac{h}{r} = 3 \Rightarrow t = \dfrac{1}{3} \Rightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{1 + \sqrt {10} }}{4} \approx 1,04\).

Chọn B.

Gọi chiều dài phần thứ nhất dùng để uốn thành hình vuông là \(8 - x\,\,\left( m \right)\) thì chiều dài phần thứ hai dùng để uốn thành tam giác đều là \(x\,\,\left( m \right)\;\;\left( {0 < x < 8} \right).\)

Khi đó ta có cạnh của hình vuông là \(\frac{{8 - x}}{4}\,\,\left( m \right) \Rightarrow \) Diện tích hình vuông là \({S_1} = \frac{{{{\left( {8 - x} \right)}^2}}}{{16}}\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Cạnh của tam giác đều là \(\frac{x}{3}\,\,\left( m \right) \Rightarrow \) Diện tích tam giác đều là  \({S_2} = {\left( {\frac{x}{3}} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4}\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Tổng diện tích hai hình thu được là

\(S = {S_1} + {S_2} = \frac{{{{\left( {8 - x} \right)}^2}}}{{16}}\, + {\left( {\frac{x}{3}} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {8 - x} \right)}^2}}}{{16}} + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{{36}} = \frac{{9{{\left( {8 - x} \right)}^2} + 4\sqrt 3 {x^2}}}{{144}} = \frac{{\left( {9 + 4\sqrt 3 } \right){x^2} - 144x + 576}}{{144}}\)

Ta có \({S_{\min }} \Leftrightarrow {\left[ {\left( {9 + 4\sqrt 3 } \right){x^2} - 144x + 576} \right]_{\min }} \Leftrightarrow x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{144}}{{2\left( {9 + 4\sqrt 3 } \right)}} = \frac{{72}}{{9 + 4\sqrt 3 }}\).

Vậy cạnh của tam giác đều là \(\frac{x}{3} = \frac{{24}}{{9 + 4\sqrt 3 }}\) (m).

Chọn D.

Do ABB’A’, BCC’B’ là hình vuông nên \(\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot AB\\BB' \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BB' \bot \left( {ABC} \right)\).

Lại có tất cả các mặt bên là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow \Delta ABC\) và \(\Delta A'B'C'\) là các tam giác đều cạnh \(a\).

\( \Rightarrow \) Lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đều có tất cả các cạnh bằng \(a\).

Ta có \(BC//B'C' \Leftrightarrow B'C'//\left( {A'BC} \right)\) , do đó

\(d\left( {A'B;B'C'} \right) = d\left( {B'C';\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {A'BC} \right)} \right)\).

Lại có \({V_{B.A'CC'}} = \frac{1}{3}d\left( {C';\left( {A'BC} \right)} \right).{S_{A'BC}} \Rightarrow d\left( {C';\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{B.A'CC'}}}}{{{S_{A'BC}}}}\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow BH \bot AC\) và \(BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\BH \bot AA'\,\,\left( {AA' \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow BH \bot \left( {A'CC'} \right)\).

\({S_{\Delta A'CC'}} = \frac{1}{2}A'C'.CC' = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow {V_{B.A'CC'}} = \frac{1}{3}BH.{S_{\Delta A'CC'}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABA’ và ACA’ ta tính được \(A'B = A'C = a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow \Delta A'BC\) cân tại \(A'\) . Gọi \(K\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow A'K \bot BC\).

Xét tam giác vuông \(A'BK\) ta có: \(A'K = \sqrt {A'{B^2} - B{K^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

\( \Rightarrow {S_{A'BC}} = \frac{1}{2}.A'K.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 7 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}\).

Vậy \(d\left( {C';\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{B.A'CC'}}}}{{{S_{A'BC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Chọn C.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) ta có \(A'H \bot \left( {ABCD} \right)\).

Trong \(\left( {ABB'A'} \right)\) kẻ \(B'K//A'H\,\,\left( {K \in AH} \right)\) ta có \(B'K \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {BB';\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {BB';BK} \right) = \angle B'BK = {30^0}\).

Dễ thấy \(A'B'KH\) là hình bình hành \(\left( {A'B'//HK,\,\,A'H//B'K} \right) \Rightarrow HK = A'B' = 2a\).

Mà \(BH = \frac{1}{2}AB = a \Rightarrow BK = a\).

Xét tam giác vuông \(B'BK\) ta có : \(B'K = BK.\tan {30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Xét \(\Delta ABC\) ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}AB = BC\,\,\left( {gt} \right)\\\angle ABC = {60^0}\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABC\) đều cạnh \(2a\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3  \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABC}} = 2{a^2}\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = B'K.{S_{ABCD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.2{a^2}\sqrt 3  = 2{a^3}\).

Chọn A.

Ta có : \(g'\left( x \right) = \left( {4x - \frac{5}{2}} \right)f'\left( {2{x^2} - \frac{5}{2}x - \frac{3}{2}} \right)\).

Đến đây thử từng đáp án ta có :

Chọn \(x = 0 \Rightarrow g'\left( 0 \right) = \frac{{ - 5}}{2}.f'\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right) > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án A, C.

Chọn \(x = 3 \Rightarrow g'\left( 3 \right) = \frac{{19}}{2}.f'\left( 9 \right) > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án D.

Chọn B.

Sau 1 năm = 12 tháng, số tiền cả gốc lẫn lãi chị Hân nhận được là :

\(A = \frac{{1500000}}{{0,8\% }}\left( {1 + 0,8\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,8\% } \right)}^{12}} - 1} \right] = 18964013,11\) (đồng).

Giá vàng tại thời điểm mua là 3.648.000 đồng/chỉ thì chị Hân có thể mua được \(\frac{{18964013,11}}{{3648000}} \approx 5,2\) chỉ.

Chọn A.

TXĐ : \(D = R\). Ta có \(y' = 3{x^2} - 10x\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là :

\(y = \left( {3x_0^2 - 10{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 5x_0^2 + 2\) (d)

\(\begin{array}{l}A\left( {0;2} \right) \in \left( d \right) \Rightarrow 2 = \left( {3x_0^2 - 10{x_0}} \right)\left( { - {x_0}} \right) + x_0^3 - 5x_0^2 + 2\\ \Leftrightarrow 2 =  - 3x_0^3 + 10x_0^2 + x_0^3 - 5x_0^2 + 2\\ \Leftrightarrow 2x_0^3 - 5x_0^2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = \frac{5}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Với mỗi giá trị của \({x_0}\) ta xác định được 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) đi qua \(A\left( {0;2} \right)\).

Vậy có 2 tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) đi qua  \(A\left( {0;2} \right)\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\left( d \right):\,\,2x - y + m = 0 \Leftrightarrow y = 2x + m \Rightarrow y' = 2\\\left( C \right):\,\,y = \frac{{ - 2x - 4}}{{x + 1}}\,\,\left( {x \ne  - 1} \right) \Rightarrow y' = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\end{array}\)

Để \(\left( d \right)\) và \(\left( C \right)\) tiếp xúc với nhau \( \Leftrightarrow \) hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + m = \frac{{ - 2x - 4}}{{x + 1}}\,\,\left( 1 \right)\\2 = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\) có nghiệm \(x \ne  - 1\).

Ta có :\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 1\\x + 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)

Thay \(x = 0\) vào phương trình (1) ta có : \(m =  - 4\)

Thay \(x =  - 2\) vào phương trình (1) ta có : \( - 4 + m = 0 \Leftrightarrow m = 4\).

Vậy \(m =  \pm 4\).

Chọn A.

Ta có \({6^x} + \left( {3 - m} \right){2^x} - m = 0 \Leftrightarrow {6^x} + {3.2^x} = m\left( {{2^x} + 1} \right)\)

Do \({2^x} + 1 > 0\,\,\forall x \in R \Rightarrow m = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}} = f\left( x \right)\).

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}\) và đường thẳng \(y = m\) song song với trục hoành.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}\) trên \(\left( {0;1} \right)\) ta có :

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \frac{{\left( {{6^x}\ln 6 + {{3.2}^x}\ln 2} \right)\left( {{2^x} + 1} \right) - \left( {{6^x} + {{3.2}^x}} \right){2^x}\ln 2}}{{{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{{12}^x}\ln 6 + {{3.4}^x}\ln 2 + {6^x}\ln 6 + {{3.2}^x}\ln 2 - {{12}^x}\ln 2 - {{3.4}^x}\ln 2}}{{{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{{12}^x}\left( {\ln 6 - \ln 2} \right) + {6^x}\ln 6 + {{3.2}^x}\ln 2}}{{{{\left( {{2^x} + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\left( {Do\,\,\ln 6 > \ln 2 > 0} \right)\end{array}\)

Do đó hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}\) đồng biến trên \(\left( {0;1} \right)\), từ đó ta lập được BBT của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}}\) như sau:

Dựa vào BBT ta thầy phương trình \(\frac{{{6^x} + {{3.2}^x}}}{{{2^x} + 1}} = m\) có nghiệm thuộc \(\left( {0;1} \right) \Leftrightarrow m \in \left( {2;4} \right)\).

Chọn B.

Gọi M là trung điểm của \(AC\) ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}BM \bot AC\\BM \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BM \bot SC\)

Trong \(\left( {SBC} \right)\) kẻ \(BN \bot SC\,\,\left( {N \in SC} \right)\) \( \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {BMN} \right)\).

Ta có \(BM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BM \bot MN \Rightarrow \Delta BMN\) vuông tại B.

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a \Rightarrow BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có \(SC \bot \left( {BMN} \right) \Rightarrow SC \bot MN\).

Xét \(\Delta CMN\) và \(\Delta CSA\) có :

\(\begin{array}{l}\angle C\,\,chung\\\angle CNM = \angle CAS = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta CMN \sim \Delta CSA\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{MN}}{{SA}} = \frac{{CM}}{{SC}} \Rightarrow MN = \frac{{SA.CM}}{{SC}} = \frac{{2a.\frac{a}{2}}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\end{array}\)

Vậy \({S_{\Delta BMN}} = \frac{1}{2}BM.MN = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{{\sqrt 5 }} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{{20}}\).

Chọn D.

Gọi H là trung điểm của AB ta có \(SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\), \(G\) là trọng tâm tam giác đều \(SAB\).

Qua \(O\) dựng \({d_1}//SH \Rightarrow {d_1} \bot \left( {ABCD} \right)\), qua \(G\) dựng \({d_2}//OH \Rightarrow {d_2} \bot \left( {SAB} \right)\).

Gọi \(I = {d_1} \cap {d_2}\) ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}I \in {d_1} \Rightarrow IA = IB = IC = ID\\I \in {d_2} \Rightarrow IA = IB = IS\end{array} \right. \Rightarrow IA = IB = IC = ID = IS\)

\( \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABCD\).  

Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HG = \frac{1}{3}SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = OI\).

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = a\sqrt 5  \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Áp dụng định Pytago trong tam giác vuông \(OAI\) ta có: \(IA = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{12}} + \frac{{5{a^2}}}{4}}  = \frac{{2\sqrt 3 a}}{3} = R\)

Vậy \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi \frac{{4{a^2}}}{3} = \frac{{16\pi {a^2}}}{3}\).

Chọn B.

TXĐ : \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(y' = 4{x^3} - 4\left( {1 - {m^2}} \right)x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} + {m^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = 1 - {m^2}\end{array} \right.\)

Để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu (tức là có 3 cực trị phân biệt) thì phương trình \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 1 - {m^2} > 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1\).

Khi đó \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = m + 1 \Rightarrow A\left( {0;m + 1} \right) \in Oy\\x = \sqrt {1 - {m^2}}  \Rightarrow y =  - {m^4} + 2{m^2} + m \Rightarrow B\left( {\sqrt {1 - {m^2}} ; - {m^4} + 2{m^2} + m} \right)\\x =  - \sqrt {1 - {m^2}}  \Rightarrow y =  - {m^4} + 2{m^2} + m \Rightarrow C\left( { - \sqrt {1 - {m^2}} ; - {m^4} + 2{m^2} + m} \right)\end{array} \right.\).

Do \(A \in Oy,\,\,B,C\) đối xứng nhau qua Ox, do đó tam giác \(ABC\) cân tại A.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow H\left( {0; - {m^4} + 2{m^2} + m} \right)\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}AH = \left| { - {m^4} + 2{m^2} + m - m - 1} \right| = \left| { - {m^4} + 2{m^2} - 1} \right| = {\left( {1 - {m^2}} \right)^2}\\BC = 2\sqrt {1 - {m^2}} \end{array} \right\}\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}{\left( {1 - {m^2}} \right)^2}.2\sqrt {1 - {m^2}}  = {\sqrt {1 - {m^2}} ^5}\end{array}\)

Ta có \({m^2} \ge 0 \Leftrightarrow 1 - {m^2} \le 1 \Leftrightarrow {S_{ABC}} \le 1\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m = 0\).

Vậy \({S_{ABC}}\) lớn nhất bằng \(1\) khi và chỉ khi \(m = 0\).

Chọn B. 

Gọi \(\left( O \right)\) là đường tròn đáy chứa \(AB\) và \(\left( {O'} \right)\) là đường tròn đáy chứa \(CD\).

Gọi \(A',\,\,B',\,C',\,\,D'\) lần lượt là hình chiếu của \(A,B,C,D\) lên các đáy còn lại, khi đó ta có hình lăng trụ đứng \(AC'BD'.A'CB'D\). Đặt \({V_{AC'BD'.A'CB'D}} = V\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{V_{AC'BD'.A'CB'D}} = {V_{ABCD}} + {V_{A.A'CD}} + {V_{B.B'CD}} + {V_{C.ABC'}} + {V_{D.ABD'}}\\ \Rightarrow V = {V_{ABCD}} + 4.\frac{1}{6}V \Leftrightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}V \Rightarrow V = 3{V_{ABCD}} = 90\,\,\left( {c{m^3}} \right)\end{array}\)

Dễ dàng nhận thấy \(AC'BD'\) là hình chữ nhật và \(\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {AB;C'D'} \right) = {30^0}\).

\( \Rightarrow {S_{AC'BD'}} = \frac{1}{2}AB.C'D'.\sin {30^0} = \frac{1}{2}.6.6.\frac{1}{2} = 9\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Lại có \(V = AA'.{S_{AC'BD'}} \Rightarrow AA' = \frac{V}{{{S_{AC'BD'}}}} = \frac{{90}}{9} = 10\,\,\left( {cm} \right)\) = chiều cao của khối trụ \(\left( T \right)\).

Vậy thể tích khối trụ \(\left( T \right)\) là: \(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.10 = 90\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

Chọn A.

+) Số cách chọn ra 6 chữ số và sắp xếp chúng sao cho số sau lớn hơn tất cả số đứng trước là \(C_{10}^6\) cách. Khi đó tạo ra 7 vách ngăn giữa 6 chữ số trên.

+) Chọn 2 chữ cái bất kì có \(C_{26}^2\) cách chọn, xếp 2 chữ cái đó vào 7 vách ngăn giữa các chữ số sao cho mỗi vách ngăn giữa các số có nhiều nhất 1 chữ cái có \(A_7^2\) cách xếp.

Vậy số mật khẩu được tạo ra thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(C_{10}^6.C_{26}^2.A_7^2 = 2866500\) cách.

Chọn C.

Gọi \(O = AC \cap BD\), trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(I = AE \cap SO\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\) kẻ \(MN\) qua I sao cho \(MN//BD\,\,\left( {M \in SB,\,\,N \in SD} \right)\) khi đó ta có \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {AMEN} \right)\).

Áp dụng định lí Menelause trong tam giác SOC có:

\(\frac{{IS}}{{IO}}.\frac{{AO}}{{AC}}.\frac{{EC}}{{ES}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{IS}}{{IO}}.\frac{1}{2}.2 = 1 \Leftrightarrow \frac{{IS}}{{IO}} = 1 \Rightarrow IS = IO \Rightarrow I\) là trung điểm của SO.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{1}{2}\).

Ta có

\(\begin{array}{l}\frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.AME}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{{12}}V\\\frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ANE}} = \frac{1}{6}{V_{S.ADC}} = \frac{1}{{12}}V\\ \Rightarrow {V_{S.AMEN}} = {V_{S.AME}} + {V_{S.ANE}} = \frac{1}{{12}}V + \frac{1}{{12}}V = \frac{V}{6}\end{array}\).

Chọn B.

Ta có: \(\left( {3m + 1} \right){.12^x} + \left( {2 - m} \right){.6^x} + {3^x} < 0\) nghiệm đúng với mọi \(x > 0\).

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho \({3^x} > 0\) ta được: \(\left( {3m + 1} \right){.4^x} + \left( {2 - m} \right){.2^x} + 1 < 0\) nghiệm đúng với mọi \(x > 0\).

Đặt \(t = {2^x} > {2^0} = 1\), bất phương trình trở thành: \(\left( {3m + 1} \right).{t^2} + \left( {2 - m} \right).t + 1 < 0\,\,\forall t > 1\)

\( \Leftrightarrow 3m{t^2} + {t^2} + 2t - mt + 1 < 0\,\,\forall t > 1 \Leftrightarrow {t^2} + 2t + 1 < m\left( {t - 3{t^2}} \right)\,\,\forall t > 1\)

Ta có :  \(t - 3{t^2} < 0\,\,\,\,\forall t > 1 \Rightarrow f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{t - 3{t^2}}} > m\,\,\,\forall t > 1 \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( t \right)\,\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{t - 3{t^2}}}\) trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\) ta có :

\(\begin{array}{l}f'\left( t \right) = \frac{{\left( {2t + 2} \right)\left( {t - 3{t^2}} \right) - \left( {{t^2} + 2t + 1} \right)\left( {1 - 6t} \right)}}{{{{\left( {t - 3{t^2}} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{2{t^2} - 6{t^3} + 2t - 6{t^2} - {t^2} - 2t - 1 + 6{t^3} + 12{t^2} + 6t}}{{{{\left( {t - 3{t^2}} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{7{t^2} + 6t - 1}}{{{{\left( {t - 3{t^2}} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\;\;\left( {ktm} \right)\\t = \frac{1}{7}\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

BBT :

Dựa vào BBT ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( t \right)\, =  - 2 \Leftrightarrow m <  - 2\).

Chọn D.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6mx = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2m\end{array} \right.\)

Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 2m \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 0\).

Với \(x = 0 \Rightarrow y = 4{m^3} \Rightarrow A\left( {0;4{m^3}} \right)\).

Với \(x = 2m \Rightarrow y = 8{m^3} - 3m.4{m^2} + 4{m^3} = 0 \Rightarrow B\left( {2m;0} \right)\).

Khi đó ta có \(AB = \sqrt {4{m^2} + 16{m^6}}  = \sqrt {20}  \Leftrightarrow 4{m^2} + 16{m^6} = 20 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m^2} = 1\\{m^2} = 0\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  \pm 1\;\left( {tm} \right).\)

Vậy \(m =  \pm 1\).

Chọn C.

Ta có :

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\ln x + \ln y \ge \ln \left( {{x^2} + y} \right) \Leftrightarrow \ln \left( {xy} \right) \ge \ln \left( {{x^2} + y} \right)\\ \Leftrightarrow xy \ge {x^2} + y\,\,\left( {x,y > 0} \right) \Leftrightarrow y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} > 0\end{array}\)

Do\(y > 0\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1\), khi đó ta có \(y \ge \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = 2x + y \ge 2x + \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} = \frac{{3{x^2} - 2x}}{{x - 1}} = \frac{{3{x^2} - 3x + x - 1 + 1}}{{x - 1}} = 3x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}\\\,\,\,\,\, = 3\left( {x - 1} \right) + \frac{1}{{x - 1}} + 4\mathop  \ge \limits^{Co - si} 2\sqrt {3\left( {x - 1} \right).\frac{1}{{x - 1}}}  + 4 = 2\sqrt 3  + 4\end{array}\)

Vậy \(\min P = 4 + 2\sqrt 3 \).

Chọn A.

Ta có : \({\left( {1 + x + 4{x^2}} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {x + 4{x^2}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{x^k}{{\left( {1 + 4x} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{x^k}\sum\limits_{l = 0}^k {C_k^l{4^l}{x^l}} } \,\,\left( {0 \le l \le k \le 10} \right)\).

Để tìm các số hạng chứa \({x^4}\) trong khai triển trên ta tìm các cặp số \(\left( {k;l} \right)\) thỏa mãn\(\left\{ \begin{array}{l}0 \le l \le k \le 10\\k + l = 4\end{array} \right.\).

Ta có bảng sau :

Do đó hệ số của \({x^4}\) trong khai triển trên là : \(C_{10}^2.C_2^2{.4^2} + C_{10}^3.C_3^1{.4^1} + C_{10}^4.C_4^0{.4^0} = 2370\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{\left( {x - 1} \right)^3} = 3{x^2} + 3\sqrt[3]{{3{x^2} + 3x + m}} + 3 + m\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} = 3{x^2} + 3x + m + 3\sqrt[3]{{3{x^2} + 3x + m}} - 3x + 3\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} + 3\left( {x - 1} \right) = 3{x^2} + 3x + m + 3\sqrt[3]{{3{x^2} + 3x + m}}\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + 3t\) ta có \(f'\left( t \right) = 3{t^2} + 3 > 0\,\,\forall t \in \mathbb{R}\), do đó hàm số \(y = f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Mà theo (*) ta có \(f\left( {x - 1} \right) = f\left( {\sqrt[3]{{3{x^2} + 3x + m}}} \right) \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} = 3{x^2} + 3x + m \Leftrightarrow {x^3} - 6{x^2} - m - 1 = 0\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^3} - 6{x^2} - m - 1\) ta có : \(g'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow g\left( 0 \right) =  - m - 1\\x = 4 \Rightarrow g\left( 4 \right) =  - 33 - m\end{array} \right.\)

Để phương trình \(g\left( x \right) = 0\) có đúng 2 nghiệm thực thì hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 2 cực trị thỏa mãn \({y_{CD}}.{y_{CT}} = 0 \Leftrightarrow \left( { - m - 1} \right)\left( { - 33 - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\\m =  - 33\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow S = \left\{ { - 1; - 33} \right\}\). Vậy tổng các phần tử của S là \( - 1 - 33 =  - 34\).

Chọn D.

\({\log _2}\left( {x - 1} \right) < 3 \Leftrightarrow 0 < x - 1 < 8 \Leftrightarrow 1 < x < 9\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {1;9} \right)\).

Chọn A.

Gọi P là trung điểm của AB.

Ta có:

\(MP\) là đường trung bình của tam giác \(ABD \Rightarrow MP//BD\) và \(MN = \frac{1}{2}BD = 2a\)

\(NP\) là đường trung bình của tam giác \(ABC \Rightarrow NP//AC\) và \(NP = \frac{1}{2}AC = \frac{{3a}}{2}\).

Lại có \(AC \bot BD \Rightarrow MP \bot NP \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại \(P\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(MNP\) ta có:

\(MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}}  = \sqrt {4{a^2} + \frac{{9{a^2}}}{4}}  = \frac{{5a}}{2}\).

Chọn B.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a:\;\;R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp \(R = \sqrt {\frac{{{h^2}}}{4} + R_{day}^2}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 2 \).

Vậy diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 8\pi {a^2}\).

Chọn A.

Dựng E sao cho ABCE là hình bình hành như hình vẽ.

Ta có: AB // CE

\( \Rightarrow AB//\left( {CDE} \right) \supset CD \Rightarrow d\left( {AB;CD} \right) = d\left( {AB;\left( {CDE} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {CDE} \right)} \right)\) với M là trung điểm của AB.

Gọi N là trung điểm của CE.

Tam giác ABD đều \( \Rightarrow MD \bot AB\)

ABCE là hình bình hành có \(\angle ABC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow ABCE\) là hình chữ nhật. (dhnb)

\( \Rightarrow MN//\,BC,\,\,BC \bot AB \Rightarrow MN \bot AB\)

\( \Rightarrow AB \bot \left( {AND} \right) \Rightarrow CE \bot \left( {AND} \right)\)

Trong \(\left( {MND} \right)\) kẻ \(MH \bot DN\) ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}MH \bot DN\\MH \bot CE\end{array} \right. \Rightarrow MH \bot \left( {CDE} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {M;\left( {CDE} \right)} \right) = MH = \frac{{\sqrt {11} }}{2}\).

Tam giác ABD đều cạnh 2 \( \Rightarrow DM = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).

Ta có \(MN = BC = \sqrt 3  \Rightarrow \Delta MND\) cân tại M \( \Rightarrow H\) là trung điểm của ND.

Xét tam giác vuông MNH có \(NH = \sqrt {M{N^2} - M{H^2}}  = \sqrt {3 - \frac{{11}}{4}}  = \frac{1}{2} \Rightarrow ND = 2NH = 1\).

Ta có \(CE \bot \left( {MND} \right) \Rightarrow CE \bot DN \Rightarrow \Delta CDN\) vuông tại N \( \Rightarrow CD = \sqrt {D{N^2} + C{N^2}}  = \sqrt {1 + 1}  = \sqrt 2 \).

Chọn D.