Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{1 + \left( { - 1} \right)}}{2} = 0\\{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{1 + 2}}{2} = \frac{3}{2}\\{z_M} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{3 + 3}}{2} = 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0;\,\frac{3}{2};\,3} \right).\)

Chọn C.

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 6x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\;\; \in \left[ {0;\;3} \right]\\x = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\;\; \in \left[ {0;\;3} \right]\\x =  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\;\;\; \notin \left[ {0;\;3} \right]\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y\left( 0 \right) = 2\\y\left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) =  - \dfrac{1}{4}\\y\left( 3 \right) = 56\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;\;3} \right]} y = 56\;\;khi\;\;x = 3.\)

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của đồ thị đi lên nên \(a > 0 \Rightarrow \) loại đáp án B và D.

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua \(\left( { - 1;\;2} \right)\) và \(\left( {1; - \;2} \right).\)  

+) Đáp án A: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 1} \right)^3} - 3.\left( { - 1} \right) = 2\\{1^3} - 3.1 =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow \) đáp án A có thể đúng.

+) Đáp án C: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 1} \right)^3} + 3.\left( { - 1} \right) =  - 4 \ne 2\\{1^3} + 3.1 = 4 \ne  - 2\end{array} \right. \Rightarrow \) loại đáp án C.

Chọn A.

Hàm số nghịch biến \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow x{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2.\)  

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.

Chọn C.

Ta có: \(y' =  - 4{x^3} - 2x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow  - 4{x^3} - 2x = 0 \Leftrightarrow  - 2x\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)

\( \Rightarrow \) Hàm số có 1 điểm cực trị.

Chọn C.

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {{3^x}{{.2}^x}} \right)' = \left( {{6^x}} \right)' = {6^x}\ln 6.\)

Chọn B.

Dựa vào BBT ta có: hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\) và đạt cực đại tại \(x = 2.\)

Chọn A.

Ta có: \({\log _c}\left( {ab} \right) = {\log _c}a + {\log _c}b = \dfrac{1}{{{{\log }_a}c}} + \dfrac{1}{{{{\log }_b}x}} = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}.\)

Chọn  A.

Thể tích khối lăng trụ là: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.AB.BC = 3.1.2 = 6\;{m^3}.\)

Chọn B.

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

Ta có: \(y' = \dfrac{{2.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} =  - \dfrac{3}{{\left( {x - 1} \right)}} < 0\;\;\forall x \in D.\)

Vậy hàm số luôn nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;\;1} \right)\) và  \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Chọn C.

Điều kiện \(x > 0.\)

Ta có 3 số: \(\log \;2;\;\log 7;\;\log x\) theo thứ tự lập thành CSC

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2\log 7 = \log 2 + \log x \Leftrightarrow \log {7^2} = \log 2x\\ \Leftrightarrow 2x = 49 \Leftrightarrow x = \dfrac{{49}}{2}\;\;\left( {tm} \right).\end{array}\)

Chọn B.

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy \(r,\) chiều cao \(h\) và đường sinh \(l:\;\;{S_{xq}} = \pi rl.\)

Chọn C.

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

Lại có đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục \(Ox \Rightarrow \) đáp án A đúng.

Chọn A.

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

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{{mx - 4}}{{x + 1}} = m \Rightarrow y = m\) là TCN của đồ thị hàm số \( \Rightarrow m =  - 2.\)

Chọn A.

TXĐ: \(D = \left( { - \infty ;\;6} \right].\)

Nhập hàm số đã cho vào máy tính và sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để làm bài toán.

+) Nhập hàm số \(f\left( x \right) = 2x - 4\sqrt {6 - x} ;\;\;Start: - 3;\;End:\;6;\;Step:\;\;\dfrac{{6 + 3}}{{19}}\)

Khi đó ta có: 

\(\begin{array}{l} \Rightarrow M = \mathop {Max}\limits_{\left[ { - 3;\;6} \right]} y = 12;\;\;m = \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 3;\;6} \right]} y =  - 18.\\ \Rightarrow M + m = 12 - 18 =  - 6.\end{array}\)

Chọn B.

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

Ta có: \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều \( \Rightarrow SA = SB \Rightarrow \Delta SAB\) cân tại \(S.\)

Lại có \(\angle ASB = {60^{0\;}}\;\;\left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta SAB\) là tam giác đều \( \Rightarrow SA = SB = AB = a.\)

Ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2 \) (định lý Pitago) \( \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\\ \Rightarrow {V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.\end{array}\)

Chọn D.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot AB\).

Ta có: \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\;\;SH \bot AB\)\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SD,\;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SD,\;HD} \right) = \angle SDH = \alpha .\)

Áp dụng định lý Pytago với các tam giác vuông \(SAH,\;\;ADH\) ta có:

\(\begin{array}{l}SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}.\\DH = \sqrt {A{H^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\\ \Rightarrow \tan \alpha  = \frac{{SH}}{{DH}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}:\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \sqrt 3 .\end{array}\)

Chọn A.

Ta có: \(SA,\;AB,\;BC\) đôi một vuông góc

\( \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\) và \(\Delta ABC\) vuông tại \(B.\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\)

Khi đó bán kính đường tròn tâm \(I\) ngoại tiếp \(\Delta ABC:\) \(r = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {{b^2} + {a^2}} .\)

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(SABC\) là:  

\(R = \sqrt {{{\left( {\frac{{SA}}{2}} \right)}^2} + {r^2}}  = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{4}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\) 

Chọn D.

Qua G, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SB tại M và cắt SC tại N.

Gọi H là trung điểm của BC.

\( \Rightarrow \frac{{SG}}{{SH}} = \frac{2}{3}\) (tính chất đường trung tuyến).

Ta có: \(MN//BC \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{SG}}{{SH}} = \frac{2}{3}\) (định lý Ta-let)

Ta có : \(AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\;(\Delta ABC\) cân tại \(B)\)

Có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}A{B^2} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.{a^2} = \frac{1}{6}{a^3}.\)

Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có: \(\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{SAMN}} = \frac{4}{9}{V_{SABC}} = \frac{4}{9}.\frac{1}{6}{a^3} = \frac{2}{{27}}{a^3}.\)

Chọn B.

Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có: \(h = 2r = 4cm.\)

\( \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .2.4 = 16\pi \;\;c{m^2}\)

Chọn D

Dựa vào BBT ta thấy: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 5;\;7} \right)} f\left( x \right) = 2\;\;khi\;\;x = 1\)  và hàm số không tồn tại GTLN trên \(\left[ { - 5;\;7} \right).\)

Chọn A.

Dựa vào BBT ta thấy đồ thi hàm số có hai đường TCĐ là: \(x =  - 2,\;\;x = 0\) và 1 đường TCN là: \(y = 0.\)

Chọn C.

Cách vẽ đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|:\)  Giữ lại phần đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ở phía trên trục \(Ox\) và lấy đối xứng phần đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ở phía dưới trục \(Ox\) lên phía trên trục \(Ox.\)

Từ đó ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) như sau:

Như vậy đồ thì hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có 3 điểm cực trị.

Chọn A.

Đặt \(OA = x \Rightarrow AB = 2x\) \(\left( {x > 0} \right)\).

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

\(AD = \sqrt {O{D^2} - O{A^2}}  = \sqrt {100 - {x^2}} \)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = AB.AD = 2x.\sqrt {100 - {x^2}}  \le {x^2} + 100 - {x^2} = 100\)

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật \(ABCD\) là \(100c{m^2}\), dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {x^2} = 100 - {x^2} \Leftrightarrow x = 5\sqrt 2 \,\,\left( {cm} \right)\).

Chọn B.

Ta có \(F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {{e^{{x^2}}}\left( {{x^3} - 4x} \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {{e^{{x^2}}}\left( {{x^2} - 4} \right)xdx} \)

Đặt \(t = {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx \Rightarrow F\left( t \right) = \frac{1}{2}\int\limits_{}^{} {{e^t}\left( {t - 4} \right)dt} \).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = t - 4\\dv = {e^t}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dt\\v = {e^t}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow F\left( t \right) = \frac{1}{2}\left[ {\left( {t - 4} \right){e^t} - \int\limits_{}^{} {{e^t}dt} } \right] = \frac{1}{2}\left[ {\left( {t - 4} \right){e^t} - {e^t}} \right] = \frac{1}{2}\left( {t - 5} \right){e^t} + C.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}\left( {{x^2} - 5} \right){e^{{x^2}}} + C \Rightarrow g\left( x \right) = F\left( {{x^2} + x} \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2} - 5} \right]{e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}} + C\\ \Rightarrow g'\left( x \right) = \frac{1}{2}\left[ {2\left( {{x^2} + x} \right)\left( {2x + 1} \right){e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}} + \left( {{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2} - 5} \right){e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}}.2\left( {{x^2} + x} \right).\left( {2x + 1} \right)} \right]\\\,\,\,\,\,\,g'\left( x \right) = \left( {{x^2} + x} \right)\left( {2x + 1} \right){e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}}\left( {{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2} - 4} \right)\\\,\,\,\,\,\,g'\left( x \right) = x\left( {x + 1} \right)\left( {2x + 1} \right)\left( {{x^2} + x - 2} \right)\left( {{x^2} + x + 2} \right){e^{{{\left( {{x^2} + x} \right)}^2}}}\\g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\\x = \frac{{ - 1}}{2}\\x =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hàm số \(F\left( {{x^2} + x} \right)\) có 5 điểm cực trị.

Chọn B.

Khi quay tam giác \(BMC\) quanh cạnh \(AB\) tạo ra 2 khối tròn xoay có thể tích là:

\(V = \frac{1}{3}\pi .A{C^2}.AB - \frac{1}{3}\pi A{M^2}AB = \frac{1}{3}\pi {.8^2}.6 - \frac{1}{3}\pi {.4^2}.6 = 96\pi \).

Chọn C.

Đặt \(t = {2^x} > 0\), khi đó phương trình trở thành \({t^2} - mt + 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 1 = m\left( {t - 2} \right)\)

Nhận thấy \(t = 2\) không là nghiệm của phương trình \( \Rightarrow t \ne 2\).

Chia cả 2 vế của phương trình cho \(t - 2\) ta được \(m = \frac{{{t^2} + 1}}{{t - 2}}\, = f\left( t \right)\,\,\left( {t > 0} \right)\,\,\left( * \right)\)

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = m\) song song với trục hoành.

Ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{{2t\left( {t - 2} \right) - {t^2} - 1}}{{{{\left( {t - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{t^2} - 4t - 1}}{{{{\left( {t - 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\sqrt 5 \;\;\; \in \left( {0; + \infty } \right)\\t = 2 - \sqrt 5 \;\; \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.\)

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m <  - \frac{1}{2}\\m \ge 4 + 2\sqrt 5 \end{array} \right. \Rightarrow S = \left( { - \infty ;\frac{{ - 1}}{2}} \right) \cup \left[ {4 + 2\sqrt 5 ; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \mathbb{R}\backslash S = \left[ { - \frac{1}{2};4 + 2\sqrt 5 } \right) \Rightarrow \mathbb{R}\backslash S\) có 9 giá trị nguyên là .

Chọn C.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{1 - x}}{{{x^2} - 2mx + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{x}}}{{1 - \frac{{2m}}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Do đó để đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận thì đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng.

\( \Rightarrow \) Phương trình \(f\left( x \right) = {x^2} - 2mx + 4 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 4 > 0\\f\left( 1 \right) = 1 - 2m + 4 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m <  - 2\end{array} \right.\\m \ne \frac{5}{2}\end{array} \right.\)  .

Chọn A.

Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là \(\overline {abc} \,\,\,\left( {0 \le a,b,c \le 9,\,\,a \ne 0} \right)\).

\( \Rightarrow S\) có \(9.10.10 = 900\) phần tử. Chọn ngẫu nhiên một số từ \(S \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 900\).

Gọi A là biến cố: "Số được chọn thỏa mãn \(a \le b \le c\)".

TH1: \(a < b < c\). Chọn 3 số trong 9 số từ 1 đến 9, có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải nên TH này có \(C_9^3\) số thỏa mãn.

TH2: \(a = b < c\), có \(C_9^2\) số thỏa mãn.

TH3: \(a < b = c\) có \(C_9^2\) số thỏa mãn.

TH4: \(a = b = c\) có 9 số thỏa mãn.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_9^3 + 2.C_9^2 + 9 = 165\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{165}}{{900}} = \frac{{11}}{{60}}\).

Chọn B.

Gọi \(D\) là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow CD \bot AB\)

Kẻ \(HM//CD\,\,\left( {M \in AB} \right) \Rightarrow HM \bot AB\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}HM \bot AB\\SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHM} \right)\).

Trong \(\left( {SHM} \right)\) kẻ \(HK \bot SM\,\,\left( {K \in SM} \right)\) ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SM\\HK \bot AB\,\,\left( {AB \bot \left( {SHM} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAB} \right)} \right) = HK\).

Ta có: \(CH \cap \left( {SAB} \right) = A \Rightarrow \frac{{d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAB} \right)} \right)}} = \frac{{CA}}{{HA}} = \frac{3}{2} \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{3}{2}HK\).

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

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{HM}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow HM = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SHM\) ta có : \(HK = \frac{{SH.HM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{M^2}} }} = \frac{{2a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}\)

Vậy \(d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{3}{2}.\frac{{2a\sqrt {21} }}{7} = \frac{{3a\sqrt {21} }}{7}\).

Chọn B.    

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}r = \frac{1}{2}l\\l = \frac{3}{2}R\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}r = \frac{1}{2}.\frac{3}{2}R = \frac{3}{4}R\\l = \frac{3}{2}R\end{array} \right.\)

Diện tích toàn phần của hình nón là \({S_1} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi \left( {\frac{3}{4}R} \right).\frac{3}{2}R + \pi {\left( {\frac{3}{4}R} \right)^2} = \pi \frac{{27}}{{16}}{R^2}\)

Diện tích mặt cầu là \({S_2} = 4\pi {R^2}\).

Theo bài ra ta có: \({S_1} + {S_2} = 91 \Leftrightarrow \pi \frac{{27}}{{16}}{R^2} + 4\pi {R^2} = 91 \Leftrightarrow \frac{{91}}{{16}}\pi {R^2} = 91 \Leftrightarrow \pi {R^2} = 16\).

Vậy diện tích mặt cầu là \({S_2} = 4\pi {R^2} = 4.16 = 64\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Chọn C. 

Ta có \(f\left( x \right) = \sqrt {x + 1} f'\left( x \right)\). Do \(f\left( x \right) > 0\) nên chia cả 2 vế cho \(f\left( x \right)\) ta được \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}\).

Lấy nguyên hàm 2 vế \( \Rightarrow \int\limits_{}^{} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}dx}  = \int\limits_{}^{} {\frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}dx}  \Leftrightarrow \ln f\left( x \right) = 2\sqrt {x + 1}  + C \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{2\sqrt {x + 1}  + C}}\)

\(\begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow {e^{2 + C}} = 1 = {e^0} \Leftrightarrow C =  - 2 \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{2\sqrt {x + 1}  - 2}}\\ \Rightarrow f\left( 3 \right) = {e^{2\sqrt {3 + 1}  - 2}} = {e^2} \approx 7,4\end{array}\)

Chọn D. 

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

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

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0;2} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x - {m^2} + 3m - 2 \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right)\\ \Leftrightarrow {m^2} - 3m + 2 \le 3{x^2} + 6x = g\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow {m^2} - 3m + 2 \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} g\left( x \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^2} + 6x\) trên \(\left[ {0;2} \right]\) ta có:

\(g'\left( x \right) = 6x + 6 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 \Rightarrow g'\left( x \right) > 0\,\,\forall x >  - 1 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;2} \right]\).

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow {m^2} - 3m + 2 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 2\).

Chọn C.

\(\sqrt {3 + x}  + \sqrt {6 - x}  - \sqrt {18 + 3x - {x^2}}  \le {m^2} - m + 1\).

ĐKXĐ: \( - 3 \le x \le 6\).

Đặt \(t = \sqrt {3 + x}  + \sqrt {6 - x} \)

Ta có: \(t'\left( x \right) = \frac{1}{{2\sqrt {3 + x} }} - \frac{1}{{2\sqrt {6 - x} }} = \frac{{\sqrt {6 - x}  - \sqrt {3 + x} }}{{2\sqrt {3 + x} \sqrt {6 - x} }} = 0 \Leftrightarrow 6 - x = 3 + x \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).

BBT:

\( \Rightarrow t \in \left[ {3;3\sqrt 2 } \right]\)

Ta có \({t^2} = 3 + x + 6 - x + 2\sqrt {18 + 3x - {x^2}}  = 9 + 2\sqrt {18 + 3x - {x^2}} \)

\( \Rightarrow \sqrt {18 + 3x - {x^2}}  = \frac{{{t^2} - 9}}{2}\).

Khi đó phương trình trở thành: \(f\left( t \right) = t - \frac{{{t^2} - 9}}{2} \le {m^2} - m + 1\,\,\forall t \in \left[ {3;3\sqrt 2 } \right]\) (*)

Phương trình (*) có nghiệm đúng \(\forall t \in \left[ {3;3\sqrt 2 } \right] \Leftrightarrow {m^2} - m + 1 \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {3;3\sqrt 2 } \right]} f\left( t \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t - \frac{{{t^2} - 9}}{2}\) ta có : \(f'\left( t \right) = 1 - \frac{1}{2}.2t = 1 - t = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

BBT:

\( \Rightarrow {m^2} - m + 1 \ge 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 2\\m \le  - 1\end{array} \right.\).

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left[ { - 10; - 1} \right] \cup \left[ {2;10} \right]\end{array} \right. \Rightarrow \)Có 19 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Gọi \(D\) là trung điểm của \(BC\). Do \(\Delta SBC\) cân tại \(S \Rightarrow SD \bot BC\).

\(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SBC \Rightarrow MN//BC \Rightarrow MN \bot SD\) và \(MN = \frac{1}{2}BD = \frac{a}{2}\).

Gọi \(H = MN \cap SD \Rightarrow SH \bot MN\)

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AMN} \right) \bot \left( {SCD} \right)\\\left( {AMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN\\\left( {SCD} \right) \supset SH \bot MN\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {AMN} \right)\).

Tương tự ta chứng minh được \(AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AH \bot SD\) tại \(H\) là trung điểm của \(SD\).

\( \Rightarrow \Delta SAD\) cân tại \(A \Rightarrow SA = AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = SB = SC\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SBD\) có \(SD = \sqrt {S{B^2} - B{D^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow SH = \frac{1}{2}SD = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SAH\) ta có \(AH = \sqrt {S{A^2} - S{H^2}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}AH.MN = \frac{1}{2}\frac{{a\sqrt {10} }}{4}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}}\)

\( \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}} = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{{96}}\)

Ta có: \(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 4{V_{S.AMN}} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{24}}\).

Chọn B.

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

Để hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 cực trị \( \Rightarrow \) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 cực trị dương phân biệt.

\( \Rightarrow \) Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm dương phân biệt.

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 3\left( {2 - m} \right) > 0\\S = \frac{{2\left( {2m - 1} \right)}}{3} > 0\\P = \frac{{2 - m}}{3} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} - m - 5 > 0\\m > \frac{1}{2}\\m < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > \frac{5}{4}\\m <  - 1\end{array} \right.\\\frac{1}{2} < m < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2\) .

Chọn D.

Gọi \(D\) là đỉnh thứ tư của hình bình hành \(A'B'DC'\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}A'B' = A'C'\\\angle B'A'C' = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow A'B'DC'\) là hình vuông.

\( \Rightarrow AC'//BD \Rightarrow \angle \left( {AC';BA'} \right) = d\left( {BD;BA'} \right) = {60^0}\) và \(B'D = a\).

Gọi \(O = A'D \cap B'C' \Rightarrow O\) là trung điểm của \(A'D\).

\(\Delta A'B'C'\) vuông cân tại \(A' \Rightarrow A'O = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A'D = a\sqrt 2 \).

Đặt \(BB' = x \Rightarrow A'B = \sqrt {{x^2} + {a^2}} ;\,\,BD = \sqrt {{x^2} + {a^2}} \).

TH1: \(\angle A'BD = {60^0}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(A'BD\) ta có:

\(\begin{array}{l}A'{D^2} = A'{B^2} + B{D^2} - 2A'B.BD.\cos {60^0}\\ \Rightarrow 2{a^2} = 2{x^2} + 2{a^2} - 2\left( {{x^2} + {a^2}} \right)\frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} = {x^2} + {a^2} \Leftrightarrow {x^2} = {a^2} \Leftrightarrow x = a\end{array}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{\Delta ABC}} = a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{2}\)

TH1: \(\angle A'BD = {120^0}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(A'BD\) ta có:

\(\begin{array}{l}A'{D^2} = A'{B^2} + B{D^2} - 2A'B.BD.\cos {120^0}\\ \Rightarrow 2{a^2} = 2{x^2} + 2{a^2} + 2\left( {{x^2} + {a^2}} \right)\frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow 0 = 3{x^2} + 2{a^2} \Leftrightarrow x = a = 0\,\,\left( {vo\,\,li} \right)\end{array}\)

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

Chọn D.

\({9^{{x^2} - 4}} + \left( {{x^2} - 4} \right){2019^{x - 2}} \ge 1\)

TH1: \({x^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le  - 2\end{array} \right.\), khi đó ta có :

 \(\left\{ \begin{array}{l}{9^{{x^2} - 4}} \ge {9^0} = 1\\x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow {2019^{x - 2}} \ge {2019^0} = 1\end{array} \right. \Rightarrow {9^{{x^2} - 4}} + \left( {{x^2} - 4} \right){2019^{x - 2}} \ge 1\).

Dấu "=" xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 4 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\].

TH2: \({x^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 2\), khi đó ta có:

 \(\left\{ \begin{array}{l}{9^{{x^2} - 4}} < {9^0} = 1\\x - 2 < 0 \Leftrightarrow {2019^{x - 2}} < {2019^0} = 1\end{array} \right. \Rightarrow {9^{{x^2} - 4}} + \left( {{x^2} - 4} \right){2019^{x - 2}} < 1\)

\( \Rightarrow \) bất phương trình vô nghiệm.

Vậy tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình là \(\left( { - 2;2} \right) \Rightarrow a =  - 2;\,\,b = 2 \Rightarrow b - a = 4\).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}P{\left( {1 + r} \right)^n} = \frac{M}{r}\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\\50{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n} = \frac{4}{{1,1\% }}\left[ {{{\left( {1 + 1,1\% } \right)}^n} - 1} \right]\\ \Leftrightarrow 50{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n} = \frac{4}{{1,1\% }}{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n} - \frac{4}{{1,1\% }}\\ \Leftrightarrow \frac{4}{{1,1\% }} = \frac{{3450}}{{11}}{\left( {1 + 1,1\% } \right)^n}\\ \Leftrightarrow {\left( {1 + 1,1\% } \right)^n} = \frac{{80}}{{69}} \Rightarrow n = {\log _{1 + 1,1\% }}\frac{{80}}{{69}} \approx 13,52\end{array}\)

Chọn D.

Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều cạnh \(l\).

Do đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác cũng chính là bán kính mặt cầu nội tiếp chóp là \({r_1} = \frac{1}{3}\frac{{l\sqrt 3 }}{2} = \frac{{l\sqrt 3 }}{6}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{AA'}}{{AB}} = \frac{{AH'}}{{AH}} = \frac{{AH - HH'}}{{AH}} = \frac{{\frac{{l\sqrt 3 }}{2} - \frac{{l\sqrt 3 }}{3}}}{{\frac{{l\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AA' = \frac{l}{3}\)

Tương tự ta tìm được \({r_2} = \frac{l}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{6} = \frac{{l\sqrt 3 }}{{18}} = \frac{{{r_1}}}{3}\). Tiếp tục như vậy ta có \({r_3} = \frac{{{r_1}}}{{{3^2}}},\,\,{r_4} = \frac{{{r_1}}}{{{3^3}}},\,\,...,\,\,{r_n} = \frac{{{r_1}}}{{{3^{n - 1}}}}\).

Ta có : \({V_1} = \frac{4}{3}\pi r_1^3,\,\,{V_2} = \frac{4}{3}\pi r_2^3 = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{{r_1}}}{3}} \right)^3} = \frac{1}{{{3^3}}}{V_1},\,\,{V_3} = \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^2}}}{V_1},...;{V_n} = \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^{n - 1}}}}{V_1}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{V_1} + {V_2} + ... + {V_n}}}{V} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{V_1}\left( {1 + \frac{1}{{{3^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^2}}} + ... + \frac{1}{{{{\left( {{3^3}} \right)}^{n - 1}}}}} \right)}}{V} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{V_1}.S}}{V}\)

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

Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với công bội \(q = \frac{1}{{{3^3}}} < 1 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } S = \frac{1}{{1 - \frac{1}{{{3^3}}}}} = \frac{{27}}{{26}}\)

\( \Rightarrow {V_1} + {V_2} + ... + {V_n} = \frac{{27}}{{26}}{V_1} = \frac{{27}}{{26}}.\frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{l\sqrt 3 }}{6}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 3 }}{{52}}\pi {l^3}\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{l}{2}} \right)^2}.\frac{{l\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 \pi {l^3}}}{{24}}\) 

\( \Rightarrow T = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{{52}}\pi {l^3}}}{{\frac{{\sqrt 3 \pi {l^3}}}{{24}}}} = \frac{6}{{13}}\).

Chọn B.

Đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2019} \right)\) được tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) theo chiều song song với trục Ox sang bên phải 2019 đơn vị.

Đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2019} \right) + m - 2\) được tạo thành bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(f\left( {x - 2019} \right)\) theo chiều song song với trục Oy lên trên \(m - 2\) đơn vị.

Đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {x - 2019} \right) + m - 2} \right|\) được tạo thành bằng giữ nguyên phần đồ thị \(y = f\left( {x - 2019} \right) + m - 2\) phía trên trục Ox, lấy đối xứng toàn bộ phần đồ thị phía dưới trục Ox qua trục Ox và xóa đi phần đồ thị phía dưới trục Ox.

Do đó để đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {x - 2019} \right) + m - 2} \right|\) có 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2019} \right) + m - 2\) có \({y_{CD}}.{y_{CT}} \le 0\).

\( \Leftrightarrow  - 3 + m - 2 \ge 0 >  - 6 + m - 2 \Leftrightarrow m - 5 \ge 0 > m - 8 \Leftrightarrow 5 \le m < 8\)

\( \Rightarrow \) có 3 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Ta có: Đường kính đáy của hình trụ là \(9 - 2x \Rightarrow \) Bán kính đáy hình trụ là \(\frac{{9 - 2x}}{2}\).

Khi đó ta có thể tích ao là \(V = \pi {\left( {\frac{{9 - 2x}}{2}} \right)^2}x = \frac{\pi }{4}{\left( {9 - 2x} \right)^2}x = \frac{\pi }{4}f\left( x \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\left( {9 - 2x} \right)^2}x = 4{x^3} - 36{x^2} + 81x\) với \(0 < x < \frac{9}{2}\) ta có :

\(f'\left( x \right) = 12{x^2} - 72x + 81 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{9}{2}\\x = \frac{3}{2}\end{array} \right.\) 

BBT :

Dựa vào BBT ta thấy \(f{\left( x \right)_{\max }} = 54 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\). Khi đó \({V_{\max }} = \frac{\pi }{4}.54 = \frac{{27\pi }}{2} = 13,5\pi \,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Chọn A.

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {1 - 2x} \right)f'\left( {x - {x^2}} \right)\).

Hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Ta có \(g'\left( { - 1} \right) = 3f'\left( { - 2} \right) > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án A, B và D.

Chọn C.

Xét tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có \(SA = a\sqrt 3 ,AD = 3a \Rightarrow \widehat {SDA} = {30^0}\) \( \Rightarrow \widehat {MAI} = {30^0}\).

Lại có tam giác \(SAI\) vuông tại \(A\) có \(SA = a\sqrt 3 ,AI = a \Rightarrow \widehat {SIA} = {60^0}\) nên tam giác \(AHI\) có \(\widehat H = {90^0}\) hay \(AH \bot SI\)

Mà \(AH \bot IC\) do \(IC//BA \bot \left( {SAD} \right)\) nên \(AH \bot \left( {SIC} \right)\) \( \Rightarrow AH \bot SC\).

Ngoài ra, \(AE \bot SB,AE \bot BC\left( {BC \bot \left( {SAB} \right)} \right) \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AE \bot SC\).

Mà \(AF \bot SC\) nên \(SC \bot \left( {AEFH} \right)\) và \(AEFH\) là tứ giác có \(\widehat E = \widehat H = {90^0}\) nên nội tiếp đường tròn tâm \(K\) là trung điểm \(AF\) đường kính \(AF\).

Gọi \(O\) là trung điểm \(AC\) thì \(OK//SC\), mà \(SC \bot \left( {AEFH} \right)\) nên \(OK \bot \left( {AEFH} \right)\) hay \(O\) chính là đỉnh hình nón và đường tròn đáy là đường tròn đường kính \(AF\).

Ta tính \(AF,OK\).

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) đường cao \(AF\) nên

\(AF = \dfrac{{SA.AC}}{{SC}} = \dfrac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }}\); \(OK = \dfrac{1}{2}CF = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{C{A^2}}}{{CS}} = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}\).

Vậy thể tích \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi .\dfrac{a}{{\sqrt 5 }}.{\left( {\dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = \dfrac{{\pi {a^3}}}{{10\sqrt 5 }}\).

Chọn C.

\(m{\ln ^2}\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2 - m} \right)\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0\)

Điều kiện: \(x >  - 1\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}m{\ln ^2}\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2 - m} \right)\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow m{\ln ^2}\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2} \right)\ln \left( {x + 1} \right) + m\ln \left( {x + 1} \right) - \left( {x + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow m\ln \left( {x + 1} \right)\left[ {\ln \left( {x + 1} \right) + 1} \right] - \left( {x + 2} \right)\left[ {\ln \left( {x + 1} \right) + 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\ln \left( {x + 1} \right) + 1} \right]\left[ {m\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\ln \left( {x + 1} \right) + 1 = 0\\m\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = {e^{ - 1}}\\m\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {e^{ - 1}} - 1 < 0\,\,\,\left( L \right)\\m\ln \left( {x + 1} \right) - x - 2 = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(m = 0\) thì phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm \(x =  - 2 <  - 1\left( L \right)\) nên không thỏa bài toán.

Với \(m \ne 0\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{x + 2}} = \dfrac{1}{m}\).

Xét \(f\left( x \right) = \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{x + 2}}\) có \(f'\left( x \right) = \dfrac{{\dfrac{{x + 2}}{{x + 1}} - \ln \left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = {x_0} \in \left( {2;3} \right)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{x + 2}} = 0\) nên ta có bảng biến thiên trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) như sau:

Để phương trình có nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa \(0 < {x_1} < 2 < 4 < {x_2}\) thì \(0 < \dfrac{1}{m} < \dfrac{{\ln 5}}{6} \Leftrightarrow m > \dfrac{6}{{\ln 5}} \approx 3,728\)

Suy ra \(a = \dfrac{6}{{\ln 5}} \in \left( {3,7;3,8} \right)\).

Chọn B.

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Lại có \(y'' = 12{x^2} - 4 \Rightarrow y''\left( 0 \right) =  - 4 < 0;\,y''\left( 1 \right) = y''\left( { - 1} \right) = 8 > 0\)  nên \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số và \(x = 1;x =  - 1\) là các điểm cực tiểu của hàm số.

Nhận thấy rằng đây là hàm trùng phương nên hai điểm cực tiểu sẽ đối xứng nhau qua \(Oy.\)

Từ đó để tiếp tuyến của đồ thị song song với trục \(Ox\) thì tiếp điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Do đó để có đúng 1 tiếp tuyến song song với trục \(Ox\) thì điểm cực đại hoặc cực tiểu phải nằm trên trục \(Ox.\)

Hay \(\left[ \begin{array}{l}y\left( 0 \right) = 0\\y\left( { \pm 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 = 0\\m - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = 3\end{array} \right.\)

Vậy \(S = \left\{ {2;3} \right\} \Rightarrow \) tổng các phần tử của \(S\) là \(2 + 3 = 5.\)

Chọn C.

Ta có \({x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \sqrt {{y^2} + 6y + 10}  = \sqrt {6 + 4x - {x^2}} \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \sqrt {{y^2} + 6y + 10}  - \sqrt {6 + 4x - {x^2}}  = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{\left( {\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  - \sqrt {6 + 4x - {x^2}} } \right)\left( {\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} } \right)}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{{y^2} + 6y + 10 - 6 - 4x + {x^2}}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 + \dfrac{{{x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4}}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4} \right)\left( {1 + \dfrac{1}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 4 = 0\)  (vì \(1 + \dfrac{1}{{\sqrt {{y^2} + 6y + 10}  + \sqrt {6 + 4x - {x^2}} }} > 0\) )

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9\)

Phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9\) là phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( {2; - 3} \right)\) và bán kính \(R = 3.\)

Gọi \(N\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)\) ta suy ra \(ON = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \) suy ra \(T = \left| {ON - a} \right|\)

Gọi \(A,B\) là giao điểm của đường tròn \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(OI\).

Khi đó \(OA = OI - R = \sqrt {13}  - 3\)  và \(OB = OI + R = \sqrt {13}  + 3\)

Suy ra \(\sqrt {13}  - 3 \le \sqrt {{x^2} + {y^2}}  \le \sqrt {13}  + 3\)

 TH1: Nếu \(\sqrt {13}  - 3 \le a \le \sqrt {13}  + 3\) thì \(\left| {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - a} \right| \ge 0 \Rightarrow \min T = 0 \Rightarrow M \ge 2m \Rightarrow a \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\)

TH2: Nếu \(a < \sqrt {13}  - 3 \Rightarrow a < \sqrt {13} \) nên \(\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| > \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\), do đó \(M = \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|;m = \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\)

Vì \(M \ge 2m \Rightarrow \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| \ge 2\left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {13}  + 3 - a} \right)^2} - {\left( {2\sqrt {13}  - 6 - 2a} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {13}  - 9 \le a \le \sqrt {13}  + 1 \Rightarrow a \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0} \right\}\)

TH3: Nếu \(a > \sqrt {13}  + 3 \Rightarrow a > \sqrt {13} \) nên \(\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right| < \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\), do đó \(m = \left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|;M = \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right|\)

Vì \(M \ge 2m \Rightarrow \left| {\sqrt {13}  - 3 - a} \right| \ge 2\left| {\sqrt {13}  + 3 - a} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {13}  - 3 - a} \right)^2} - {\left( {2\sqrt {13}  + 6 - 2a} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {13}  + 1 \le a \le \sqrt {13}  + 9 \Rightarrow a \in \left\{ {7;8;9;10} \right\}\)

Vậy có 16 giá trị của \(a\) thỏa mãn đề bài.

Chọn B.

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ với \(A \in Ox;B \in Oy;C \in Oz\) và \(OA = OB = OC = a\)

Khi đó \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;a;0} \right),C\left( {0;0;a} \right) \Rightarrow M\left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2};0} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {OM}  = \left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2};0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OM} } \right| = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4} + 0}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)  và \(\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - a;a} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Từ đó cos\(\left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {OM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\left| {\overrightarrow {OM} } \right|}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.0 + \dfrac{a}{2}.\left( { - a} \right) + 0.a}}{{a\sqrt 2 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \dfrac{{ - \dfrac{{{a^2}}}{2}}}{{{a^2}}} =  - \dfrac{1}{2}\)

Nên góc giữa hai véc tơ \(\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} \)  là \(120^\circ .\)

Chọn A.

+ Sử dụng công thức \(C_n^k + C_n^{k + 1} = C_{n + 1}^{k + 1}\), ta có

 \(\begin{array}{l}C_{n + 1}^8 = C_n^8 + C_n^7\\C_n^8 = C_{n - 1}^7 + C_{n - 1}^8\\C_{n - 1}^8 = C_{n - 2}^7 + C_{n - 2}^8\\...\\C_9^8 = C_8^8 + C_8^7\\C_8^8 = C_8^8\end{array}\)

Cộng vế với vế ta được \(C_{n + 1}^8 + C_n^8 + C_{n - 1}^8 + ... + C_9^8 + C_8^8 = C_n^8 + C_n^7 + C_{n - 1}^8 + C_{n - 1}^7 + ... + C_8^8 + C_8^7 + C_8^8\)

Thu gọn ta được \(C_8^8 + C_8^7 + ... + C_n^7 = C_{n + 1}^8\)  mà \(C_8^8 = C_7^7 = 1\) nên \(C_7^7 + C_8^7 + ... + C_n^7 = C_{n + 1}^8\)

Từ đó ta có

\(720\left( {C_7^7 + C_8^7 + ....C_n^7} \right) = \dfrac{1}{{4032}}A_{n + 1}^{10}\)

\( \Leftrightarrow 720.C_{n + 1}^8 = \dfrac{1}{{4032}}A_{n + 1}^{10} \Rightarrow 720.\dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{8!\left( {n - 7} \right)!}} = \dfrac{1}{{4032}}\dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 9} \right)!}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{56}}\dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 9} \right)!\left( {n - 8} \right)\left( {n - 7} \right)}} = \dfrac{1}{{4032}}.\dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 9} \right)!}}\,\,\,\,\,\,\left( {n > 9} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {n - 7} \right)\left( {n - 8} \right) = 72 \Leftrightarrow {n^2} - 15n + 56 = 72\\ \Leftrightarrow {n^2} - 15n - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n =  - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\n = 16\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(n = 16\) ta có \({\left( {x - \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)^{16}} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k.{x^{16 - k}}{{\left( { - \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k.{x^{16 - k}}{x^{ - 2k}}{{\left( { - 1} \right)}^k} = \sum\limits_{k = 0}^{16} {C_{16}^k.{x^{16 - 3k}}{{\left( { - 1} \right)}^k}} } \)

Số hạng chứa \({x^7}\) ứng với \(16 - 3k = 7 \Rightarrow k = 3\)

Nên hệ số cần tìm là \(C_{16}^3.{\left( { - 1} \right)^3} =  - 560.\)

Chọn A.

ĐK : \(x \ne m\)

Ta có \(y' = \dfrac{{{m^2} - m + 2}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\)  nhận thấy\({m^2} - m + 2 = {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{7}{4} > 0;\,\forall m\)  nên \(y' > 0;\,\forall m\)

Hay hàm số đồng bến trên từng khoảng xác định.

Để hàm số đạt GTLN trên \(\left[ {0;4} \right]\) thì \(m \in \left[ {0;4} \right] \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > 4\end{array} \right.\)

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = \dfrac{{4 - {m^2} - 2}}{{4 - m}}\,\) . Theo bài ra ta có

\(\dfrac{{4 - {m^2} - 2}}{{4 - m}} =  - 1 \Rightarrow  - {m^2} + 2 = m - 4 \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\,\,\,\left( {ktm} \right)\\m =  - 3\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy có một giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Chọn C.