\(I = {\log _{\dfrac{a}{2}}}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{4}} \right) = {\log _{\dfrac{a}{2}}}{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} = 2{\log _{\dfrac{a}{2}}}\left( {\dfrac{a}{2}} \right) = 2.1 = 2\) với \(\left( {a > 0,a \ne 2} \right)\).

Chọn: A

Ta có:

\({\log _2}\left( {{5^x} + 2} \right) + 2.{\log _{\left( {{5^x} + 2} \right)}}2 > 3 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} + 2} \right) + \dfrac{2}{{{{\log }_2}\left( {{5^x} + 2} \right)}} > 3\) (1)

Đặt \({\log _2}\left( {{5^x} + 2} \right) = t,\,\left( {t \ne 0} \right)\). Ta có \({5^x} + 2 > 2 \Rightarrow {\log _2}\left( {{5^x} + 2} \right) > {\log _2}2 = 1 \Rightarrow t > 1\)

Khi đó, (1) trở thành: \(t + \dfrac{2}{t} > 3 \Leftrightarrow \dfrac{{{t^2} - 3t + 2}}{t} > 0\)

Ta có bảng xét dấu sau:

Từ BBT kết hợp điều kiện của \(t\) ta có:

\( \Rightarrow t > 2 \Rightarrow {\log _2}\left( {{5^x} + 2} \right) > 2\,\, \Leftrightarrow {5^x} + 2 > 4 \Leftrightarrow {5^x} > 2 \Leftrightarrow x > {\log _5}2\)

Vậy tập nghiệm của  (1) là \(S = \left( {{{\log }_5}2; + \infty } \right)\,\, \Rightarrow a = 5,\,\,b = 2 \Rightarrow P = 2a + 3b = 16\).

Chọn: D

Sau 18 năm số tiền ông Chính nhận được cả gốc lẫn lãi là:

\({A_{18}} = 200{(1 + 7\% )^{18}} + 20{(1 + 7\% )^{17}} \approx \)\(739,163\) (triệu đồng).

Chọn: C

Ta có: \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\)

Mà \(\left( {SAB} \right) \bot BC\), (do \(AB \bot BC,\,\,SA \bot BC\))

\(\left( {SBC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SB,\,\,\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = AB \Rightarrow \)\(\widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0}\)

\(\Delta SAB\) vuông tại A \( \Rightarrow SA = AB\tan \widehat {SBA} = a.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)

Vậy \(x = a\sqrt 3 .\)

Chọn: B          

Ta có: \({\left( {1 - 2x} \right)^{2019}} = \sum\limits_{i = 0}^{2019} {C_{2019}^i{{\left( { - 2x} \right)}^i}}  = \sum\limits_{i = 0}^{2019} {C_{2019}^i{{\left( { - 2} \right)}^i}{x^i}} \)

Tổng các hệ số trong khai triển \({\left( {1 - 2x} \right)^{2019}}\) là: \(\sum\limits_{i = 0}^{2019} {C_{2019}^i{{\left( { - 2} \right)}^i}} \)

Cho \(x = 1 \Rightarrow {\left( {1 - 2.1} \right)^{2019}} = \sum\limits_{i = 0}^{2019} {C_{2019}^i{{\left( { - 2} \right)}^i}\,\, \Rightarrow } \sum\limits_{i = 0}^{2019} {C_{2019}^i{{\left( { - 2} \right)}^i}\,\, =  - 1} \)

Vậy, tổng các hệ số trong khai triển \({\left( {1 - 2x} \right)^{2019}}\) là -1.

Chọn: A

Do \(\left( {A'B'C'D'} \right)//\left( {ABCD} \right)\) và  \(SA' = \dfrac{1}{3}SA\) nên \(\dfrac{{SA'}}{{SA}} = \dfrac{{SB'}}{{SB}} = \dfrac{{SC'}}{{SC}} = \dfrac{{SD'}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.A'C'D'}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^3} = \dfrac{1}{{27}}\\\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^3} = \dfrac{1}{{27}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{V_{S.A'C'D'}} = \dfrac{1}{{27}}{V_{S.ACD}} = \dfrac{1}{{54}}{V_{S.ABCD}}\\{V_{S.A'B'C'}} = \dfrac{1}{{27}}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{{54}}{V_{S.ABCD}}\end{array} \right.\\ \Rightarrow {V_{S.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{{27}}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{{27}}V\end{array}\).

Chọn: C

Diện tích đáy là: \(S = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khối chóp là: \(V = \dfrac{1}{3}Sh \Leftrightarrow \dfrac{{{a^3}}}{4} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.SA \Leftrightarrow SA =a\sqrt 3 \).

Chọn: C

Ta có: \({\log _5}\left( {\dfrac{{4a + 2b + 5}}{{a + b}}} \right) = a + 3b - 4 \Leftrightarrow {\log _5}\left( {\dfrac{{4a + 2b + 5}}{{5a + 5b}}} \right) = a + 3b - 5\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {4a + 2b + 5} \right) - {\log _5}\left( {5a + 5b} \right) = a + 3b - 5\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {4a + 2b + 5} \right) + 4a + 2b + 5 = {\log _5}\left( {5a + 5b} \right) + 5a + 5b\) (1)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _5}t + t,\,\,\left( {t > 0} \right)\) có \(f'\left( t \right) = \dfrac{1}{{t\ln 5}} + 1 > 0,\,\,\forall t > 0\).

\( \Rightarrow \) Hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {4a + 2b + 5} \right) = f\left( {5a + 5b} \right)\, \Leftrightarrow 4a + 2b + 5 = 5a + 5b \Leftrightarrow a + 3b = 5\)

Với \(a,b > 0,\,\,a + 3b = 5\) ta có:

\(T = {a^2} + {b^2} = \dfrac{1}{{10}}.\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{1^2} + {3^2}} \right) \ge \dfrac{1}{{10}}.{\left( {a.1 + b.3} \right)^2} = \dfrac{1}{{10}}{.5^2} = \dfrac{5}{2}\)

\( \Rightarrow {T_{\min }} = \dfrac{5}{2}\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a,b > 0\\a + 3b = 5\\\dfrac{a}{1} = \dfrac{b}{3}\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b = \dfrac{3}{2}\end{array} \right.\).

Chọn: D

Đặt \({2^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\). Phương trình \({4^x} - m\,{.2^{x + 1}} + 2m = 0\) (1) trở thành: \({t^2} - 2m\,t + 2m = 0\) (2)

Phương trình (1) có hai nghiệm \({x_1}\;,\;{x_2}\) thỏa  \({x_1} + {x_2} = 3 \Leftrightarrow \) Phương trình (2) có hai nghiệm \({t_1}\;,\;{t_2}\) thỏa  \({t_1},{t_2} > 0,\,\,\,\,\,{t_1}{t_2} = {2^{{x_1} + {x_2}}} = {2^3} = 8\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\2m = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m > 0\\2m = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 4\).

Chọn: A

Ta có: \({4^{3x - 2}} = 16 \Leftrightarrow 3x - 2 = {\log _4}16 = 2 \Leftrightarrow x = \dfrac{4}{3}\).

Chọn: C

Mặt cầu\(\left( S \right)\)tâm \(I(a;b;c)\)bán kính bằng 1, tiếp xúc mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\,\, \Leftrightarrow \)\(d\left( {I;\left( {Oxz} \right)} \right) = 1\)\( \Leftrightarrow \left| b \right| = 1\).

Chọn: C

\(\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {{x^4} + {x^2}} \right)dx = \dfrac{{{x^5}}}{5} + \dfrac{{{x^3}}}{3} + C} \).

Chọn: C

Do CM và DN không đồng phẳng \( \Rightarrow \) CM và DN chéo nhau.

Chọn: A 

ĐKXĐ: \(\dfrac{4}{5} \le x \le 5\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,3\sqrt {5 - x}  + 3\sqrt {5x - 4}  = 2x + 7\\ \Leftrightarrow 3\sqrt {5 - x}  - 6 + 3\sqrt {5x - 4}  - 3 = 2x - 2\\ \Leftrightarrow 3\left( {\sqrt {5 - x}  - 2} \right) + 3\left( {\sqrt {5x - 4}  - 1} \right) - \left( {2x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{3\left( {1 - x} \right)}}{{\sqrt {5 - x}  + 2}} + \dfrac{{3\left( {5x - 5} \right)}}{{\sqrt {5x - 4}  + 1}} - \left( {2x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow  - \dfrac{{3\left( {x - 1} \right)}}{{\sqrt {5 - x}  + 2}} + \dfrac{{15\left( {x - 1} \right)}}{{\sqrt {5x - 4}  + 1}} - 2\left( {x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow  - \left( {x - 1} \right)\left[ {\dfrac{3}{{\sqrt {5 - x}  + 2}} - \dfrac{{15}}{{\sqrt {5x - 4}  + 1}} + 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\\dfrac{3}{{\sqrt {5 - x}  + 2}} - \dfrac{{15}}{{\sqrt {5x - 4}  + 1}} + 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\\dfrac{{15}}{{\sqrt {5x - 4}  + 1}} - \dfrac{3}{{\sqrt {5 - x}  + 2}} = 2\,\,(*)\end{array} \right.\end{array}\)

Xét \(f\left( x \right) = \dfrac{{15}}{{\sqrt {5x - 4}  + 1}} - \dfrac{3}{{\sqrt {5 - x}  + 2}},\,\,x \in \left[ {\dfrac{4}{5};5} \right]\) có

\(f'\left( x \right) =  - \dfrac{{15.\dfrac{5}{{2\sqrt {5x - 4} }}}}{{{{\left( {\sqrt {5x - 4}  + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{{3.\dfrac{{ - 1}}{{\sqrt {5 - x} }}}}{{{{\left( {\sqrt {5 - x}  + 2} \right)}^2}}} < 0,\)\(\forall x \in \left[ {\dfrac{4}{5};5} \right]\)

\( \Rightarrow f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {\dfrac{4}{5};5} \right)\)\( \Rightarrow \) Phương trình (*) có nhiều nhất 1 nghiệm thuộc \(\left[ {\dfrac{4}{5};5} \right]\)

Mà \(f\left( 4 \right) = 2 \Rightarrow x = 4\) là nghiệm duy nhất của (*)

Vậy, phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;4} \right\}\,\,\, \Rightarrow \) Tổng các nghiệm của phương trình là: 5.

Chọn: A

ĐKXĐ: \(x > 1\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\log _3}(2x + 1) - {\log _3}(x - 1) = 1\\ \Leftrightarrow {\log _3}(2x + 1) = 1 + {\log _3}(x - 1)\\ \Leftrightarrow lo{g_3}\left( {2x + 1} \right) = {\log _3}\left[ {3\left( {x - 1} \right)} \right]\\ \Leftrightarrow 2x + 1 = 3\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy tập nghiệm S của phương trình là: \(S = \left\{ 4 \right\}\).

Chọn: D

Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hai hình tròn đáy (như hình vẽ). Dựng \(AD,\,\,BC\) song song OO’ , với  \(C \in \left( O \right)\), \(D \in \left( {O'} \right)\). Gọi M là trung điểm của AC.

Ta có: \(OO'//\left( {ACBD} \right) \Rightarrow d\left( {OO';AB} \right) = d\left( {OO';\left( {ACBD} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {ACBD} \right)} \right) = OM\),

(do \(OM \bot AC\), \(OM \bot AD\) \( \Rightarrow OM \bot \left( {ACBD} \right)\))

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {\left( {AB;OO'} \right)} = {30^0}\\OO'//BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {AB;BC} \right)} = \widehat {ABC} = {30^0}\)

\(\Delta ABC\) vuông tại C \( \Rightarrow AC = BC.\tan \widehat {ABC} = \sqrt 3 R.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = R \Rightarrow MC = \dfrac{R}{2}\)

\(\Delta OMC\) vuông tại M \( \Rightarrow OM = \sqrt {O{C^2} - M{C^2}}  = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{R^2}}}{4}}  = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow d\left( {OO';AB} \right) = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}\).

Chọn: A

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;OC} \right)} = \widehat {SCO} = {60^0}\)

\(ABCD\) là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AC = a\sqrt 2  \Rightarrow OC = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\\{S_{ABCD}} = {a^2}\end{array} \right.\)

\(\Delta SOC\) vuông tại O \( \Rightarrow SO = OC.\tan \widehat {SCO} = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\)

Thể tích khối chóp S.ABCD là: \(V = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \dfrac{1}{3}.{a^2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).

Chọn: D

+) Với \(m = 0\) ta có \(y =  - {x^2} + 2x + 1\) là hàm số bậc hai

\( \Rightarrow \)Hàm số \(y =  - {x^2} + 2x + 1\) không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) \( \Rightarrow m = 0\) không thỏa mãn.

+) Với \(m \ne 0\) ta có: \(y = \dfrac{{m{x^3}}}{3} - {x^2} + 2x + 1 - m \Rightarrow y' = m{x^2} - 2x + 2\)

Để hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) thì \(y' \le 0\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\1 - 2m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m \ge \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \)

Kết luận: \(m \in \emptyset \).

Chọn: D

Hình chiếu của \(M(1; - 2;3)\) lên trục Ox là: \(I(1;0;0) \Rightarrow IM = \sqrt {{0^2} + {2^2} + {3^2}}  = \sqrt {13}  = R\)

Phương trình mặt cầu tâm I  bán kính IM là: \({(x - 1)^2} + {y^2} + {z^2} = 13.\)

Chọn: B

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \sqrt {x - 2}  + \sqrt {4 - x} \) trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\) có:

\(f'\left( x \right) = \dfrac{1}{{2\sqrt {x - 2} }} - \dfrac{1}{{2\sqrt {4 - x} }}\),

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{2\sqrt {x - 2} }} - \dfrac{1}{{2\sqrt {4 - x} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x - 2}  = \sqrt {4 - x}  \Leftrightarrow x = 3 \in \left[ {2;4} \right]\)

Ta có: \(f\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) = \sqrt 2 ,\,\,\,f\left( 3 \right) = 2 \Rightarrow \) Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = \sqrt {x - 2}  + \sqrt {4 - x} \)  lần lượt là \(M = 2\)và \(m = \sqrt 2 \).

Chọn: D

\(y = {\log _2}(2x + 1)\)\( \Rightarrow y' = \frac{2}{{(2x + 1)\ln 2}}\).

Chọn: D

Giải phương trình \({x^3} - 3x = x \Leftrightarrow {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 2\end{array} \right.\)

Diện tích cần tìm là:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^3} - 3x - x} \right|dx}  = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx} \\\,\,\,\, = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx}  + \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 4x} \right|dx} \\\,\,\,\, = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx}  - \int\limits_0^2 {\left( {{x^3} - 4x} \right)dx} \\\,\,\,\, = \left. {\left( {\dfrac{1}{4}{x^4} - 2{x^2}} \right)} \right|_{ - 2}^0 - \left. {\left( {\dfrac{1}{4}{x^4} - 2{x^2}} \right)} \right|_0^2\\\,\,\,\, = \left( {0 - \left( { - 4} \right)} \right) - \left( {\left( { - 4} \right) - 0} \right) = 8\end{array}\)

Chọn: B

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,f'\left( x \right).f\left( x \right) = {x^4} + {x^2}\\ \Rightarrow \int\limits_0^2 {f'\left( x \right).f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^2 {\left( {{x^4} + {x^2}} \right)} dx\\ \Leftrightarrow \left. {\dfrac{1}{2}{f^2}\left( x \right)} \right|_0^2 = \left. {\left( {\dfrac{1}{5}{x^5} + \dfrac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_0^2\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\left( {{f^2}\left( 2 \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right) = \left( {\dfrac{1}{5}.32 + \dfrac{1}{3}.8} \right) - 0\\ \Leftrightarrow {f^2}\left( 2 \right) - {2^2} = \dfrac{{272}}{{15}} \Leftrightarrow {f^2}\left( 2 \right) = \dfrac{{332}}{{15}}.\end{array}\)

Chọn B.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right),\,\,\left( {1; + \infty } \right)\,\, \Rightarrow \)\(y' < 0\,\,;\,\,\forall x \ne 1\).

Chọn: D

Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BD, CD, BC.

Thể tích khối tứ diện vuông ABCD là: \(V = \dfrac{1}{6}.AB.AC.AD = \dfrac{1}{6}.6a.9a.12a = 108{a^3}\)

Ta có: \(\dfrac{{{G_2}{G_4}}}{{AC}} = \dfrac{{I{G_2}}}{{IA}} = \dfrac{{I{G_4}}}{{IC}} = \dfrac{1}{3}\), tương tự: \(\dfrac{{{G_2}{G_3}}}{{BC}} = \dfrac{{{G_3}{G_4}}}{{AB}} = \dfrac{{{G_1}{G_2}}}{{CD}} = \dfrac{{{G_1}{G_4}}}{{AD}} = \dfrac{{{G_1}{G_3}}}{{BD}} = \dfrac{1}{3}\)

\(\dfrac{{{V_{{G_1}{G_2}{G_3}{G_4}}}}}{{{V_{ABCD}}}} = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^3} \Rightarrow {V_{{G_1}{G_2}{G_3}{G_4}}} = \dfrac{1}{{27}}.108{a^3} = 4{a^3}\).

Chọn: A

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: đây không phải đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương

\( \Rightarrow \) Loại phương án A và B

Khi \(x \to  + \infty \) thì \(y \to  + \infty \,\, \Rightarrow \) Hệ số \(a > 0\,\, \Rightarrow \) Chọn phương án D:  \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\).

Chọn: D

\(S = \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  + 2\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MC}  + 3\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MA} \)

\( = \dfrac{1}{2}\left[ {M{A^2} + M{B^2} - {{\left( {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB} } \right)}^2} + 2M{B^2} + 2M{C^2} - 2{{\left( {\overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right)}^2} + 3M{A^2} + 3M{C^2} - 3{{\left( {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MC} } \right)}^2}} \right]\)

\( = \dfrac{1}{2}\left[ {4M{A^2} + 3M{B^2} + 5M{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\)

Xác định tọa độ điểm \(I\left( {m;n;p} \right)\) sao cho

\(4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4\left( {1 - m} \right) + 3\left( { - 2 - m} \right) + 5\left( {0 - m} \right) = 0\\4\left( { - 1 - n} \right) + 3\left( {0 - n} \right) + 5\left( {1 - n} \right) = 0\\4\left( {2 - p} \right) + 3\left( {3 - p} \right) + 5\left( { - 2 - p} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - \dfrac{1}{6}\\n = \dfrac{1}{{12}}\\p = \dfrac{7}{{12}}\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow I\left( { - \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{{12}};\dfrac{7}{{12}}} \right)\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}S = \dfrac{1}{2}\left[ {4M{A^2} + 3M{B^2} + 5M{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {4{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)}^2} + 3{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)}^2} + 5{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)}^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {12M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} .\left( {4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC} } \right) + 4I{A^2} + 3I{B^2} + 5I{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {12M{I^2} + 4I{A^2} + 3I{B^2} + 5I{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\,\,\left( {do\,\,4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 } \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow S\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MI\) ngắn nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của I lên (Oxy)

\( \Leftrightarrow M\left( { - \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{{12}};0} \right)\,\,\, \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{1}{6}\\b = \dfrac{1}{{12}}\\c = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow T = 12a + 12b + c = 12.\dfrac{{ - 1}}{6} + 12.\dfrac{1}{{12}} + 0 =  - 1\).

Chọn: D

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

Chọn: C

Tại \(x =  - 2\), \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm \( \Rightarrow \)Hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 2\), \({y_{{\rm{C\S}}}} = 3\)

Tại \(x = 2\), \(y'\) đổi dấu từ âm sang dương \( \Rightarrow \)Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\), \({y_{{\rm{CT}}}} = 0.\)

Chọn: B

Do \(4 \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow \) Hàm số có TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Chọn: D

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành là: \(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}{\rm{d}}x} \).

Chọn: A

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 300\)

Số các số tự nhiên nhỏ hơn 300 mà chia hết cho 3 là: \(\dfrac{{297 - 0}}{3} + 1 = 100 \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 100\)

 \( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{100}}{{300}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\).

Chọn: A

Hàm bậc bốn trùng phương \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có 3 điểm cực trị \( \Leftrightarrow pt\,\,y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 4a{x^3} + 2bx = 0\) có 3 nghiệm phân biệt (*)

Mà \(4a{x^3} + 2bx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} =  - \dfrac{b}{{2a}}\end{array} \right.\)

Khi đó, (*)\( \Leftrightarrow  - \dfrac{b}{{2a}} > 0 \Leftrightarrow ab < 0\).

Chọn: C

Mặt cầu \((S):{\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 2\) có tâm \(I\left( { - 3; - 1;1} \right)\).

Chọn: C

\(y = f\left( x \right) = \dfrac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + ({m^2} - 4)x + 3 \Rightarrow f'\left( x \right) = {x^2} - 2mx + {m^2} - 4\),

Hàm số bậc ba \(y = \dfrac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + ({m^2} - 4)x + 3\) đạt cực đại tại 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 6m + {m^2} - 4 = 0\\6 - 2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 6m + 5 = 0\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 5\end{array} \right.\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5\)

Vậy, \(m = 5\).

Chọn: B

Ta có :

\(\begin{array}{l}{\rm{ }}\int\limits_0^1 {{\rm{cos}}\left( {\pi x} \right){\rm{d}}\left( {f\left( x \right)} \right)}  = \left. {\left( {{\rm{cos}}\left( {\pi x} \right).f\left( x \right)} \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}\left( {{\rm{cos}}\left( {\pi x} \right)} \right)} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left. {\left( {{\rm{cos}}\left( {\pi x} \right).f\left( x \right)} \right)} \right|_0^1 + \pi \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{.sin}}\left( {\pi x} \right){\rm{d}}x} \\ \Rightarrow  - f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) + \pi \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{.sin}}\left( {\pi x} \right){\rm{d}}x}  = \dfrac{\pi }{2}\\ \Leftrightarrow  - 0 + \pi \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{.sin}}\left( {\pi x} \right){\rm{d}}x}  = \dfrac{\pi }{2} \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{.sin}}\left( {\pi x} \right){\rm{d}}x}  = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow \int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{.sin}}\left( {\pi x} \right){\rm{d}}x}  = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right){\rm{.sin}}\left( {\pi x} \right)} \right]{\rm{d}}x}  = 0\\ \Rightarrow {f^2}\left( x \right) - f\left( x \right){\rm{.sin}}\left( {\pi x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = \sin \left( {\pi x} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

+) \(f\left( x \right) = 0\) mâu thuẫn với \(\int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x}  = \dfrac{1}{2}\)

+) \(f\left( x \right) = \sin \left( {\pi x} \right)\)\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {\sin \left( {\pi x} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\dfrac{{ - \cos \left( {\pi x} \right)}}{\pi }} \right|_0^1 = \dfrac{{1 + 1}}{\pi } = \dfrac{2}{\pi }\).

Chọn: C

Đặt \(\sin x + \cos x = t,\,\,t \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\), suy ra: \(\sin x\cos x = \dfrac{{{t^2} - 1}}{2}\).

Phương trình đã cho trở thành:

\(\dfrac{{{t^2} - 1}}{2} + 2t = 2 \Leftrightarrow {t^2} + 4t - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\t =  - 5\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \sin x\cos x = \dfrac{{1 - 1}}{2} = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = 0\)

Khi đó, nếu \({x_0}\) là nghiệm của phương trình \(\sin x\cos x + 2\left( {\sin x + \cos x} \right) = 2\) thì \(\sin 2{x_0} = 0\)

\( \Rightarrow P = 3 + \sin 2{x_0} = 3\).

Chọn: A

Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là: \((2; - 1;5)\).

Chọn: C

\(y = {x^3} + 2x + 1\)\( \Rightarrow y' = 3{x^2} + 2\).

Chọn: B

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

Ta có: \(y' = \dfrac{{2.2 - 1.1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\} \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( -2;+\infty  \right)\).

Chọn D.

Ta có \({{\log }_{{{a}^{2}}}}{{a}^{3}}=\dfrac{3}{2}{{\log }_{a}}a=\dfrac{3}{2}\).

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(y'={{x}^{2}}+2x-3,\,\,y''=2x+2\).

Hàm số đạt cực tiểu tại 

\(x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y'\left( {{x_0}} \right) = 0\\
y''\left( {{x_0}} \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_0^2 + 2{x_0} - 3 = 0\\
2{x_0} + 2 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 1\\
{x_0} = - 3
\end{array} \right.\\
{x_0} > - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_0} = 1\)

Chọn B.

Ta có \(V=\dfrac{1}{3}.6.4=8\).

Chọn D.

Ta có \({{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}AC.BD=\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}\).

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a < 0 \Rightarrow \) Loại các đáp án C và D.

Ta có \(y'=3a{{x}^{2}}+2bx+c\).

Do đồ thị hàm số không có cực trị \(\Rightarrow pt\,\,y'=0\) vô nghiệm.

\(\Delta '={{b}^{2}}-3ac<0\).

Vậy \(\left\{ \begin{align}  & a<0 \\  & {{b}^{2}}-3ac<0 \\ \end{align} \right.\).

Chọn B.

Ta có: \(y'=-2f'\left( x \right)<0\Leftrightarrow f'\left( x \right)>0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-2 \right)\cup \left( -1;2 \right)\cup \left( 4;+\infty  \right)\).

\(\Rightarrow \) Hàm số \(y=-2f\left( x \right)+2019\) nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right);\,\,\left( -1;2 \right)\) và \(\left( 4;+\infty  \right)\).

Chọn B.

Gọi cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai \(d\) thì số hạng thứ hai là \(a = {u_2} = {u_1} + d\)  và số hạng thứ \(10\) là \(b = {u_{10}} = {u_1} + 9d\)

Khi đó \({\log _2}\left( {\dfrac{{b - a}}{d}} \right) = {\log _2}\left( {\dfrac{{{u_1} + 9d - {u_1} - d}}{d}} \right) = {\log _2}\left( {\dfrac{{8d}}{d}} \right) = {\log _2}8 = 3.\)

Các ước tự nhiên của \(3\) là \(1\) và \(3.\)

Chọn C.

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Vì \(S.ABC\) là tứ diện đều cạnh \(a\) nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) hay \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)  và \(SA = SB = SC = AB = AC = BC = a\)

Gọi \(O\) là giao điểm hai đường chéo hình thoi \(ABCD\) thì \(BH = \dfrac{2}{3}BO\).

Vì \(ABC\) đều có \(BO\) là trung tuyến nên \(BO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow BH = \dfrac{2}{3}BO = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\) và  \(BD = 2BO = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 .\)

Xét tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) ta có \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 6 a}}{3}\)

Diện tích hình thoi \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD = \dfrac{1}{2}a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.\)

Chọn B.

Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB,BC,AC\) và \({G_1};{G_2};{G_3}\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(SAB;SBC;SAC.\)

Theo tính chất trọng tâm ta có \(\dfrac{{S{G_1}}}{{SM}} = \dfrac{{S{G_2}}}{{SN}} = \dfrac{{S{G_3}}}{{SP}} = \dfrac{2}{3}\)

Trong \(\left( {SBC} \right)\), qua \({G_2}\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(SB,SC\) lần lượt tại \(E\) và \(F.\)

Trong \(\left( {SAC} \right)\), đường thẳng \(F{G_3}\) cắt \(SA\) tại \(D.\)

Lúc này \(\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right) \equiv \left( {DEF} \right)\)

Vì \(EF//BC \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{SF}}{{SC}} = \dfrac{{S{G_2}}}{{SN}} = \dfrac{2}{3}\)  (theo định lý Ta-lét)

Lại có trong \(\Delta SPC\) có \(\dfrac{{S{G_3}}}{{SP}} = \dfrac{{SF}}{{SC}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow F{G_3}//PC \Rightarrow DF//BC \Rightarrow \dfrac{{SD}}{{SA}} = \dfrac{{SF}}{{SC}} = \dfrac{2}{3}\)

Từ đó ta có \(\dfrac{{{V_{S.DEF}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SD}}{{SA}}.\dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SF}}{{SC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.DEF}} = \dfrac{8}{{27}}V\)

Nên phần chứa đáy của hình chóp là \(V - \dfrac{8}{{27}}V = \dfrac{{19}}{{27}}V\)

Chọn C.

Thế tích khối cầu: \({V_1} = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\).

Do khối nón có đỉnh thuộc \(\left( S \right)\) và cách \(\left( P \right)\) một khoảng lớn hơn \(2\) nên có chiều cao \(SH = SO + OH = 2 + 1 = 3\).

Thể tích khối nón: \({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi .H{B^2}.SH = \dfrac{1}{3}\pi .\left( {O{B^2} - O{H^2}} \right).3 = \pi .\left( {{2^2} - {1^2}} \right) = 3\pi \).

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{32\pi }}{3}:3\pi  = \dfrac{{32}}{9}\).

Chọn D.