TXĐ : \(D = \mathbb{R}\)

Ta có \(y' = 3{x^2} + 6x - 9\)

+) \(y' > 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x - 9 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x <  - 3\end{array} \right.\)  hay hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 3} \right);\,\left( {1; + \infty } \right)\)

+) \(y' < 0 \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x - 9 < 0 \Leftrightarrow  - 3 < x < 1\) hay hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 3;1} \right)\)

Chọn B

Ta có  \(\dfrac{{{5^2}\sqrt[3]{5}}}{{{5^{\frac{1}{2}}}}} = \dfrac{{{5^2}{{.5}^{\frac{1}{3}}}}}{{{5^{\frac{1}{2}}}}} = \dfrac{{{5^{2 + \frac{1}{3}}}}}{{{5^{\frac{1}{2}}}}} = \dfrac{{{5^{\frac{7}{3}}}}}{{{5^{\frac{1}{2}}}}} = {5^{\frac{7}{3} - \frac{1}{2}}} = {5^{\frac{{11}}{6}}} = {5^x}\) \( \Rightarrow x = \dfrac{{11}}{6}\)

Chọn A

Do \(MNPQ\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {QP} \) hay \({T_{\overrightarrow {MN} }}\left( Q \right) = P\).

Vậy phép tịnh tiến theo véc tơ \(\overrightarrow {MN} \) biến điểm \(Q\) thành điểm \(P\).

Chọn  A.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot SA\,\left( {do\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\) tại \(B\)

Suy ra hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) là \(SB\)

Hay góc giữa \(SC\) và \(\left( {SAB} \right)\) là góc \(\widehat {CSB}\) .

Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(B\)  nên \(BC = BA = a\) .

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A \Rightarrow SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {2{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3 \)

Xét tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\left( {do\,BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB} \right)\) có \(\tan \widehat {CSB} = \dfrac{{BC}}{{SB}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CSB} = 30^\circ \)

Chọn B.

Ta có: \(P = \dfrac{{\sqrt[3]{x}.{x^{ - 2}}.{x^3}}}{{\sqrt x .\sqrt[6]{x}}} = \dfrac{{{x^{\frac{1}{3}}}.{x^{ - 2}}.{x^3}}}{{{x^{\frac{1}{2}}}.{x^{\frac{1}{6}}}}} = \dfrac{{{x^{\frac{1}{3} - 2 + 3}}}}{{{x^{\frac{1}{2} + \frac{1}{6}}}}} = \dfrac{{{x^{\frac{4}{3}}}}}{{{x^{\frac{2}{3}}}}} = {x^{\frac{4}{3} - \frac{2}{3}}} = {x^{\frac{2}{3}}} = \sqrt[3]{{{x^2}}}\).

Chọn  B.

Thiết diện  là hình chữ nhật \(MNPQ\) như hình vẽ.

Kẻ \(O'H \bot MN\) tại \(H\) suy ra \(H\) là trung điểm \(MN\).

 Lại có \(O'H \bot QM\) (do \(QM \bot \) mặt đáy)  nên \(O'H \bot \left( {MNPQ} \right) \Rightarrow O'H = 3\)

Xét tam giác \(O'HN\) vuông tại \(H,\) theo định lý Pytago ta có \(MH = \sqrt {O'{N^2} - O'{H^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = \sqrt {16}  = 4\)

Suy ra \(MN = 2MH = 2.4 = 8\)

Hình chữ nhật \(MNPQ\) có \(MQ = OO' = 10;MN = 8 \Rightarrow {S_{MNPQ}} = 10.8 = 80\)

Chọn  C.

Diện tích đáy lăng trụ (tam giác đều cạnh \(2\sqrt 3 a\)) là \(S = \dfrac{{{{\left( {2\sqrt 3 a} \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 3\sqrt 3 {a^2}\).

Thể tích lăng trụ là \(V = Sh = 3\sqrt 3 {a^2}.3\sqrt 3 a = 27{a^3}\).

Chọn C.

Ta có \({a^{{{\log }_{\sqrt a }}3}} = {a^{{{\log }_{{a^{\frac{1}{2}}}}}3}} = {a^{2{{\log }_a}3}} = {\left( {{a^{{{\log }_a}3}}} \right)^2} = {3^2} = 9\)

Chọn  D.

Ta có: \({u_1} = 3 \Rightarrow {u_2} = 2{u_1} - 5 = 2.3 - 5 = 1\) ; \({u_3} = 2{u_2} - 5 = 2.1 - 5 =  - 3\).

Vậy số hạng thứ \(3\) của dãy số đã cho là \({u_3} =  - 3\).

Chọn A.

Ta có \(y' = 4{x^3} - 6x\)  suy ra \(y'\left( 1 \right) =  - 2;y\left( 1 \right) = 2016\)

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ bằng \(1\) là

\(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) + y\left( 1 \right) =  - 2\left( {x - 1} \right) + 2016 =  - 2x + 2018\)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y =  - 2x + 2018\) .

Chọn  C.

Thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}.6.2 = 4\).

Chọn  A.

Từ đồ thị hàm số ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \,f\left( x \right) =  - \infty  \Rightarrow a < 0\)  nên ta loại A và D.

Lại có điểm \(\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên thay \(x = 1;y = 2\) vào hai hàm số ở đáp án B và C ta thấy chỉ có C thỏa mãn.

Chọn  C.

 Khối lăng trụ tam giác có hai đáy là các tam giác bằng nhau và 3 mặt bên là các hình bình hành.

Vậy khối lăng trụ tam giác có tất cả 5 mặt.

Chọn D.

Xét hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 3\) có \(1.\left( { - 2} \right) < 0 \Rightarrow \) hàm số có ba điểm cực trị

Chọn D.

\(2\sin x = 1 \Leftrightarrow \sin x = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \dfrac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \dfrac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

Dễ thấy nếu ở họ nghiệm \(x = \dfrac{\pi }{6} + k2\pi ,\) ta cho \(k = 0\) sẽ được ngay một nghiệm là \(x = \dfrac{\pi }{6}\).

Chọn C.

Ta có \(I = \lim \dfrac{{3n - 2}}{{n + 1}} = \lim \dfrac{{\dfrac{{3n}}{n} - \dfrac{2}{n}}}{{\dfrac{n}{n} + \dfrac{1}{n}}} = \lim \dfrac{{3 - \dfrac{2}{n}}}{{1 + \dfrac{1}{n}}} = \dfrac{3}{1} = 3\)

Chọn  D.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2 - 2x}}{{x + 1}}\) có phương trình đường tiệm cận đứng là \(x =  - 1\).

Chọn  C.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có \(y' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2\)

\(y'' = 2 > 0 \Rightarrow x = 2\) là điểm cực tiểu của hàm số

Suy ra giá trị cưc tiểu là \(y\left( 2 \right) = {2^2} - 4.2 + 3 =  - 1\)

Chọn  D.

Hàm số \(y = {\pi ^{ - x}}\) xác định trên \(\mathbb{R}\).

Chọn  D.

 Gọi số cần tìm là \(\overline {abcde} \,\left( {a \ne 0} \right)\) ; \(a;b;c;d;e \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\)

+ \(a\) có \(9\) cách chọn (vì \(a \ne 0\))

+ \(b\) có \(9\) cách chọn (vì \(b \ne a\))

+  \(c\) có \(8\) cách chọn

+ \(d\) có \(7\) cách chọn

+ \(e\) có \(6\) cách chọn

Vậy có tất cả \(9.9.8.7.6 = 27216\) số tự nhiên có \(5\) chữ số khác nhau.

Chọn  B.

Đáp án A: sai vì nếu \(\Delta //\left( P \right)\) thì vẫn có thể xảy ra trường hợp \(\Delta  \subset \left( Q \right)\) chứ chưa chắc đã song song.

Đáp án B, C: đúng theo tính chất hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này đều song song mặt phẳng kia.

Đáp án D: hiển nhiên đúng.

Chọn A.

Ta có \(y = \ln \left( {{x^2} + x + 1} \right) \Rightarrow y' = \dfrac{{{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)}^\prime }}}{{{x^2} + x + 1}} = \dfrac{{2x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}\)

Chọn  B.

Hình nón có bán kính đáy \(R\) là đường sinh \(l\) có diện tích xung quanh \({S_{xq}} = \pi Rl\).

Chọn  B.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn tâm \(H\) bán  kính \(r\)

Theo giả thiết ta có \(ON = 5;OH = 4 \Rightarrow H{N^2} = O{N^2} - O{H^2} = {5^2} - {4^2} = {3^2}\) \( \Rightarrow HN = 3 \Rightarrow r = 3\)

Diện tích thiết diện là \(S = \pi {r^2} = \pi {.3^2} = 9\pi \)

Chọn  C.

Sau khi trả \(200\) triệu thì người đó còn nợ \(800 - 200 = 600\) triệu.

Theo công thức lãi kép cho bài toán trả góp ta có:

\(T = 600,A = 20,r = 0,8\% \) \(20 = \dfrac{{600{{\left( {1 + 0,8\% } \right)}^N}.0,8\% }}{{{{\left( {1 + 0,8\% } \right)}^N} - 1}} \Leftrightarrow 4,8.1,{008^N} = 20.1,{008^N} - 20 \Leftrightarrow 1,{008^N} = \dfrac{{20}}{{15,2}} \Leftrightarrow N \approx 34,44\)

Vậy sau ít nhất \(35\) tháng người đó mới trả hết nợ.

Chọn B.

Ta có hàm số \(y = x{e^{ - x}}\) xác định trên \(\left[ {0;2} \right]\)

\(y' = {\left( {x.{e^{ - x}}} \right)^\prime } = {e^{ - x}} - x.{e^{ - x}} = {e^{ - x}}\left( {1 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\)

Ta có \(y\left( 0 \right) = 0;y\left( 1 \right) = {e^{ - 1}};y\left( 2 \right) = 2{e^{ - 2}}\)

Nên \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = \max \left\{ {0;{e^{ - 1}};2{e^{ - 2}}} \right\} = {e^{ - 1}}\)

Chọn B.

Chia khối bát diện đều \(RMNPQS\) thành hai khối chóp tứ giác đều \(R.MNPQ\) và \(S.MNPQ\) đều có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng \(2\).

Ta tính thể tích khối chóp tứ giác đều \(S.MNPQ\) có tất cả các cạnh bằng \(2\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(MP\) và \(NQ\)

\( \Rightarrow OQ = \dfrac{1}{2}NQ = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 2  = \sqrt 2 \) \( \Rightarrow SO = \sqrt {S{Q^2} - O{Q^2}}  = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt 2 \)

Do đó \({V_{S.MNPQ}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{3}.\sqrt 2 {.2^2} = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{3}\).

Vậy \({V_{RMNPQS}} = 2{V_{S.MNPQ}} = 2.\dfrac{{4\sqrt 2 }}{3} = \dfrac{{8\sqrt 2 }}{3}\).

Chọn A.

+ Xét \(\left( 1 \right)\,{\log _x}\left( {1 + y} \right) > {\log _{\dfrac{1}{y}}}x \Leftrightarrow \,{\log _x}\left( {1 + y} \right) > {\log _{{y^{ - 1}}}}x \Leftrightarrow {\log _x}\left( {1 + y} \right) >  - {\log _y}x \Leftrightarrow {\log _x}\left( {1 + y} \right) + {\log _y}x > 0\)

Ta có \(0 < x < 1 < y \Rightarrow y + 1 > 1 \Rightarrow {\log _x}\left( {y + 1} \right) < {\log _x}1 = 0 \Rightarrow {\log _x}\left( {y + 1} \right) < 0\)

Lại có vì \(0 < x < 1 < y \Rightarrow {\log _y}x < 0\)  nên \({\log _x}\left( {1 + y} \right) + {\log _y}x < 0 \Rightarrow \left( 1 \right)\) sai

+ Xét \(\left( 2 \right)\,{\log _y}\left( {1 + x} \right) > {\log _x}y\) ta thấy \(0 < x < 1 < y \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _y}\left( {1 + x} \right) > 0\\{\log _x}y < 0\end{array} \right. \Rightarrow {\log _y}\left( {1 + x} \right) > {\log _x}y\) nên \(\left( 2 \right)\) đúng.

+ Xét  \(\left( 3 \right)\,{\log _y}x < {\log _{1 + x}}\left( {1 + y} \right)\) ta thấy \(0 < x < 1 < y \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _{1 + x}}\left( {1 + y} \right) > {\log _{1 + x}}1 = 0\\{\log _y}x < 0\end{array} \right. \Rightarrow {\log _y}x < {\log _{1 + x}}\left( {1 + y} \right)\) nên \(\left( 3 \right)\) đúng. Vậy có hai bất đẳng thức đúng.

Chọn D.

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trong khoảng \(\left( { - 2;6} \right)\) như sau:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy đường thẳng \(y = m\) có thể cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại nhiều nhất \(4\) điểm trong khoảng \(\left( { - 2;6} \right)\).

Vậy phương trình \(f\left( x \right) = m\) có nhiều nhất \(4\) nghiệm trong khoảng \(\left( { - 2;6} \right)\).

Chọn B.

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

Để hàm số có ba cực trị thì \(m \ne 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 2m\\x = m \Rightarrow y =  - {m^4} + 2m\\x =  - m \Rightarrow y =  - {m^4} + 2m\end{array} \right.\)

Ta có các điểm cực trị của đồ thị hàm số là \(A\left( {0;2m} \right);B\left( {m; - {m^4} + 2m} \right);C\left( { - m; - {m^4} + 2m} \right)\)

Để \(OBAC\) là hình thoi thì \(OBAC\) là hình bình hành có hai đường chéo vuông góc.

Nhận thấy rằng \(O\left( {0;0} \right) \in Oy;\,A\left( {0;2m} \right) \in Oy;\,\overrightarrow {BC}  = \left( { - 2m;0} \right) \Rightarrow BC//Ox \Rightarrow BC \bot Oy \Rightarrow BC \bot OA\)

Để \(OBAC\) là hình thoi thì ta cần có \(OBAC\) là hình bình hành hay \(OA\) và \(BC\) giao nhau tại trung điểm mỗi đường.

Nghĩa là ta cho trung điểm của \(OA\) và \(BC\) trùng nhau.

Ta có trung điểm của \(OA\) là \(I\left( {0;m} \right)\) ; trung điểm của \(BC\) là \(K\left( {0; - {m^4} + 2m} \right)\)

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

Vậy \(m = 1.\)

Chọn A.

Ta có: \({\left( {1 + x + {x^2}} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( {x + {x^2}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^k}{{\left( {1 + x} \right)}^k}} \) \( = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^k}.\sum\limits_{i = 0}^k {C_k^i{x^i}} }  = \sum\limits_{k = 0}^n {\sum\limits_{i = 0}^k {C_n^kC_k^i{x^{i + k}}} } \)

(ở đó \(0 \le i \le k \le n\))

Khi đó

+) \({a_1}\) là hệ số của \(x\) nên \(i + k = 1 \Rightarrow k = 1,i = 0\) hay \({a_1} = C_n^1.C_1^0 = n\)

+) \({a_2}\) là hệ số của \({x^2}\) nên \(i + k = 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}i = 0,k = 2\\i = k = 1\end{array} \right.\)  hay

\({a_2} = C_n^2.C_2^0 + C_n^1.C_1^1 = \dfrac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} + n = \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + n = \dfrac{{{n^2} + n}}{2}\)

\(\dfrac{{{a_1}}}{2} = \dfrac{{{a_2}}}{{11}} \Leftrightarrow \dfrac{n}{2} = \dfrac{{{n^2} + n}}{{22}} \Leftrightarrow {n^2} + n = 11n \Leftrightarrow {n^2} - 10n = 0 \Leftrightarrow n = 10\) (do \(n > 0\)).

Vậy \(n = 10\).

Chọn A.

Hàm số \(g\left( x \right) = \dfrac{{\sqrt x }}{{f\left( x \right) + 3}}\) xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\f\left( x \right) \ne  - 3\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\dfrac{{\sqrt x }}{{f\left( x \right) + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,\dfrac{{\sqrt x }}{{\left( {x + 3} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) + 3}} = 0\) nên \(y = 0\)  là TCN của đồ thị hàm số.

Từ đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) ta thấy \(f\left( x \right) =  - 3\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2} \in \left( {1;3} \right)\) suy ra \({x_1};{x_2} \ne 0\) nên \(x = {x_1};x = {x_2}\)  là hai tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = \dfrac{{\sqrt x }}{{f\left( x \right) + 3}}\) có ba đường tiệm cận.

Chọn D.

Điều kiện: \(\cos 2x + 2\sin 2x - 3 \ne 0\) (luôn đúng).

\(y = \dfrac{{{{\sin }^2}x - 2\sin 2x + 1}}{{\cos 2x + 2\sin 2x - 3}} = \dfrac{{\dfrac{{1 - \cos 2x}}{2} - 2\sin 2x + 1}}{{\cos 2x + 2\sin 2x - 3}} = \dfrac{{ - \cos 2x - 4\sin 2x + 3}}{{2\cos 2x + 4\sin 2x - 6}}\)

\( \Leftrightarrow y\left( {2\cos 2x + 4\sin 2x - 6} \right) =  - \cos 2x - 4\sin 2x + 3\) \( \Leftrightarrow \left( {2y + 1} \right)\cos 2x + \left( {4y + 4} \right)\sin 2x = 6y + 3\)

Phương trình có nghiệm \( \Leftrightarrow {\left( {2y + 1} \right)^2} + {\left( {4y + 4} \right)^2} \ge {\left( {6y + 3} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 4{y^2} + 4y + 1 + 16{y^2} + 32y + 16 \ge 36{y^2} + 36y + 9 \Leftrightarrow 16{y^2} + 8 \le 0 \Leftrightarrow Vo\,\,nghiem\)  .

Vậy không có giá trị nguyên của \(y\) trong tập giá trị của hàm số.

Chọn B.

Gọi \(M\left( {m;m + 1} \right) \in d:y = x + 1\)  với \(m > 0.\)

Gọi k là hệ số góc tiếp tuyến \(\left( \Delta  \right)\) với đồ thị (C) đi qua \(M\left( {m;m + 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( \Delta  \right)\) có dạng: \(y = k\left( {x - m} \right) + m + 1\)

Để \(\left( \Delta  \right)\) tiếp xúc với (C) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x^3} + 1 = k\left( {x - m} \right) + m + 1\\k = 3{{\rm{x}}^2}\end{array} \right.\) có nghiệm.

\( \Rightarrow {x^3} + 1 = 3{x^2}\left( {x - m} \right) + m + 1 \Leftrightarrow 2{{\rm{x}}^3} - 3m{{\rm{x}}^2} + m = 0\,\,\,\left( * \right)\)

Từ yêu cầu bài toán suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

Ta xét \(g\left( x \right) = 2{x^3} - 3m{x^2} + m\), bài toán được đưa về tìm \(m > 0\) để đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt hay hàm số \(g\left( x \right)\) có hai điểm cực trị sao cho \({y_{CD}}.{y_{CT}} = 0\)

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

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

Vậy điểm cần tìm là \(M\left( {1;2} \right)\).

Chọn C.

Gọi \(H,E\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BC\).

Kẻ \(HF \bot SE\).

Do \(\Delta SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do \(AB = 2a,AD = DC = a,\widehat A = \widehat D = {90^0}\) nên

\(CH = HB = a,CH \bot AB,HE \bot BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\CH \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {SAB} \right)\)

Lại có \(BC \bot HE,BC \bot SH \Rightarrow BC \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow BC \bot HF\)

Mà \(HF \bot SE\) nên \(HF \bot \left( {SBC} \right)\)

Do đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(\widehat {\left( {HC,HF} \right)} = \widehat {FHC}\) (vì \(\widehat {FHC} < \widehat {HFC} = {90^0}\))

Xét tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a\) nên \(SH = \dfrac{{2a.\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Tam giác \(HBC\) vuông cân tại \(H\), có \(HB = HC = a\) nên \(HE = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét tam giác \(\Delta SHE\) vuông tại \(H\) có \(HF\) là đường cao nên

\(\dfrac{1}{{H{F^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{E^2}}} \Rightarrow HF = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\)

Tam giác \(HFC\) vuông tại \(F\) có \(HF = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7},HC = a\) nên \(\cos \widehat {FHC} = \dfrac{{HF}}{{HC}} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}:a = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy cô sin của góc hợp bởi hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) là \(\dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Chọn A.

Vì chiều cao hình trụ bằng đường kính đáy nên \(OO' = 2R\)

Ta thấy \(OO' \bot OA;\,OO' \bot O'B \Rightarrow d\left( {OA;O'B} \right) = OO' = 2R\)

Xét tứ diện \(OAO'B\) có \(OA = R;\,\,O'B = R;\,\,d\left( {OA;O'B} \right) = 2R\).

Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(OA\) và \(O'B\). Khi đó ta có

\({V_{OAO'B}} = \dfrac{1}{6}OA.O'B.d\left( {OA;O'B} \right).\sin \alpha  = \dfrac{1}{6}.R.R.2R.\sin \alpha  = \dfrac{{{R^3}}}{3}\sin \alpha  \le \dfrac{{{R^3}}}{3}\) 

(vì \(\sin \alpha  \le 1\) )

Nên \({V_{\max }} = \dfrac{{{R^3}}}{3}\) .

Chọn B.

Đổi \(1GB = 1024MB \Rightarrow 2G = 2048MB = 32.64MB\) nên có \(32\) bậc thang.

Giá tiền phải trả cho bậc \(1\) là \(64.100 = 6400\) (đồng).

Giá tiền phải trả cho bậc \(2\) là \(64.100.90\%  = 6400.\dfrac{9}{{10}}\) (đồng).

Giá tiền phải trả cho bậc \(3\) là \(64.100.90\% .90\%  = 6400.{\left( {\dfrac{9}{{10}}} \right)^2}\) (đồng).

…

Giá tiền phải trả cho bậc \(32\) là \(6400.{\left( {\dfrac{9}{{10}}} \right)^{31}}\) (đồng)

Vậy tổng số tiền phải trả là:

\(6400 + 6400.\dfrac{9}{{10}} + 6400.{\left( {\dfrac{9}{{10}}} \right)^2} + ... + 6400.{\left( {\dfrac{9}{{10}}} \right)^{31}}\) 

\( = 6400\left[ {1 + \dfrac{9}{{10}} + {{\left( {\dfrac{9}{{10}}} \right)}^2} + ... + {{\left( {\dfrac{9}{{10}}} \right)}^{31}}} \right] = 6400.\dfrac{{1 - {{\left( {\dfrac{9}{{10}}} \right)}^{32}}}}{{1 - \dfrac{9}{{10}}}} \approx 61802\) (đồng).

Chọn D.

Gọi cạnh đáy lăng trụ là \(a;\) chiều cao lăng trụ là \(h\) ta có thể tích lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\) là

\(V = h.{S_{ABC}} = h.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) . Theo gt ta có \(\dfrac{{{a^2}h\sqrt 3 }}{4} = \sqrt[4]{3} \Rightarrow h = \dfrac{4}{{{a^2}\sqrt[4]{3}}}\)

Diện tích hai mặt đáy và hai mặt bên cần sơn là

\(\begin{array}{l}S = 2{S_{ABC}} + 2{S_{AA'C'C}} = 2.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} + 2.a.\dfrac{4}{{{a^2}\sqrt[4]{3}}}\\ = 2.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} + 2.\dfrac{4}{{a\sqrt[4]{3}}} = 2\left( {\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} + \dfrac{2}{{a\sqrt[4]{3}}} + \dfrac{2}{{a\sqrt[4]{3}}}} \right)\\\mathop  \ge \limits^{Co  - si} 2.3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{2}{{a\sqrt[4]{3}}}.\dfrac{2}{{a\sqrt[4]{3}}}}} = 6\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{2}{{a\sqrt[4]{3}}} \Leftrightarrow a = \dfrac{2}{{\sqrt[4]{3}}}\) .

Chọn A.

Giả sử quân vua đang ở vị trí số \(5\) (hình vẽ). Ta đếm số các cách quân vua đi ngẫu nhiên \(3\) bước.

Bước 1: có \(8\) cách đi.

Bước 2: có \(8\) cách đi.

Bước 3: có \(8\) cách đi.

Do đó có \({8^3}\) cách quân vua đi ngẫu nhiên \(3\) bước.

Ta đếm số cách quân vua đi \(3\) bước mà quay về đúng vị trí đầu.

TH1: Quân vua đi vào vị trí chéo \(\left( {1,3,7,9} \right)\) ở bước đầu tiên.

Nếu đi vào vị trí số \(1\) thì có \(2\) cách đi thỏa mãn là \(1 - 2 - 5\) và \(1 - 4 - 5\).

Tương tự với các vị trí \(3,7,9\), mỗi cách cũng có \(2\) cách đi thỏa mãn.

Nên có \(4.2 = 8\) cách đi thỏa mãn.

TH2: Quân vua đi vào vị trí kề nó \(\left( {2,4,6,8} \right)\) ở bước đầu tiên.

Nếu đi vào vị trí số \(2\) ở bước đầu thì quân vua có \(4\) cách đi là \(2 - 1 - 5;2 - 3 - 5;2 - 4 - 5;2 - 6 - 5\).

Tương tự với các vị trí \(4,6,8\), mỗi cách cũng có \(4\) cách đi thỏa mãn.

Nên có \(4.4 = 16\) cách đi thỏa mãn trong trường hợp này.

Do đó có tất cả \(8 + 16 = 24\) cách đi mà quân vua sau \(3\) bước trở về được vị trí đầu.

Vậy xác suất cần tính \(P = \dfrac{{24}}{{{8^3}}} = \dfrac{3}{{64}}\).

Chọn C.

Số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right) + 1} \right| - m = 0 \Leftrightarrow \left| {f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right) + 1} \right| = m\) chính là giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right) + 1} \right|\) và đường thẳng \(y = m.\)

Ta vẽ đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right) + 1} \right|\) lần lượt theo các bước như sau:

+ Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) sang phải \(2\) đơn vị ta được đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2} \right)\)

+ Bỏ đi phần đồ thị của \(f\left( {x - 2} \right)\) nằm bên trái \(Oy,\) lấy đối xứng phần đồ thị phía bên phải \(Oy\) qua \(Oy,\) ta được đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right)\)

+ Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right)\) lên trên \(1\) đơn vị ta được đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right) + 1\)

+  Tiếp tục giữ nguyên phần đồ thị phía trên \(Ox,\)  lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới \(Ox\) qua \(Ox\) rồi gạch bỏ phần đồ thị phía dưới \(Ox\) ta được đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right) + 1} \right|\)  như hình vẽ trên.

Như vậy đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right) + 1} \right|\) tại \(8\) điểm phân biệt khi \(m = 1.\)

Do đó có một số nguyên \(m\) thỏa mãn đề bài.

Chọn C.

Gọi \(O\) là tâm hình vuông. \(E,F\) là giao điểm của \(\left( \alpha  \right)\) với \(SB,SD\).

Do \(BD//\left( \alpha  \right)\) nên \(EF//BD\).

Gọi \(H = SO \cap EF\), \(I = AH \cap SC\).

Thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( \alpha  \right)\) chính là tứ giác \(AEIF\).

Đặt \(V = {V_{S.ABCD}} \Rightarrow {V_{S.AEIF}} = \dfrac{1}{2}V\)

Ta có: \({V_{S.AEIF}} = {V_{S.AEI}} + {V_{S.AFI}}\)

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.AEI}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEI}}}}{V} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}}\\\dfrac{{{V_{S.AFI}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AFI}}}}{V} = \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}}\\ \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEI}}}}{V} + \dfrac{{2{V_{S.AFI}}}}{V} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} + \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{{SI}}{{SC}}.\left( {\dfrac{{SE}}{{SB}} + \dfrac{{SF}}{{SD}}} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEFI}}}}{V} = 2.\dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{2.\dfrac{1}{2}V}}{V} = 2.\dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{1}{2}\,\,\left( * \right)\end{array}\)  

Lại có, áp dụng định lý Menelaus cho bộ ba điểm \(A,H,I\) thẳng hàng đối với tam giác \(SOC\) ta có:

\(\dfrac{{IS}}{{IC}}.\dfrac{{AC}}{{AO}}.\dfrac{{HO}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IC}}.2.\dfrac{{HO}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IC}}.\dfrac{{HO}}{{HS}} = \dfrac{1}{2}\)

Đặt \(\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{SF}}{{SD}} = \dfrac{{SH}}{{SO}} = k > 0\)

\( \Rightarrow SH = k.SO = k\left( {SH + HO} \right) \Rightarrow \left( {1 - k} \right)SH = k.HO \Rightarrow \dfrac{{HO}}{{HS}} = \dfrac{{1 - k}}{k}\)  

Suy ra

\(\begin{array}{l}\dfrac{{SI}}{{IC}}.\dfrac{{1 - k}}{k} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{IC}} = \dfrac{k}{{2\left( {1 - k} \right)}} \Rightarrow 2\left( {1 - k} \right)SI = k\left( {SC - SI} \right)\\ \Rightarrow \left( {2 - k} \right)SI = kSC \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}}\end{array}\) 

Thay \(\dfrac{{SE}}{{SB}} = k,\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}}\) vào \(\left( * \right)\) ta được:

\(k.\dfrac{k}{{2 - k}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 2{k^2} = 2 - k \Leftrightarrow 2{k^2} + k - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {17} }}{4}\,\,\left( {tm} \right)\\k = \dfrac{{ - 1 - \sqrt {17} }}{4}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Do đó \(\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{EF}}{{BD}} = \dfrac{{\sqrt {17}  - 1}}{4}\).

Mà \(BD = a\sqrt 2 \) nên \(EF = \dfrac{{\sqrt {17}  - 1}}{4}.a\sqrt 2  = \dfrac{{\sqrt {34}  - \sqrt 2 }}{4}a\).

Xét tam giác \(SAC\) có \(SA = SC = 2a,AC = a\sqrt 2  \Rightarrow \cos S = \dfrac{{4{a^2} + 4{a^2} - 2{a^2}}}{{2.2a.2a}} = \dfrac{3}{4}\)

\(\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt {17}  - 1}}{4}}}{{2 - \dfrac{{\sqrt {17}  - 1}}{4}}} = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8} \Rightarrow SI = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8}SC = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8}.2a = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a\)

Xét tam giác \(SAI\) có:

\(\begin{array}{l}A{I^2} = S{A^2} + S{I^2} - 2SA.SI.\cos S\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4{a^2} + {\left( {\dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a} \right)^2} - 2.2a.\dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a.\dfrac{3}{4} = \dfrac{{35 - 5\sqrt {17} }}{8}{a^2}\end{array}\)

Suy ra \(AI = \dfrac{{\sqrt {35 - 5\sqrt {17} } }}{{2\sqrt 2 }}a\).

Nhận xét: Tứ giác \(AEIF\) có \(EF \bot AI\) (vì \(EF//BD\) và \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AI\))

Vậy diện tích thiết diện là: \({S_{AEIF}} = \dfrac{1}{2}AI.EF = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt {35 - 5\sqrt {17} } }}{{2\sqrt 2 }}a.\dfrac{{\sqrt {34}  - \sqrt 2 }}{4}a = \dfrac{{\sqrt {70 - 10\sqrt {17} } \left( {\sqrt {34}  - \sqrt 2 } \right)}}{{32}}{a^2}\)

Chọn D

+ Gọi \(E;F\) lần lượt là trung điểm của \(CD;AB\).

Vì \(ABCD\) là hình thang nên \(AB//CD;\,EF \bot AB;EF \bot CD\) suy ra

\(CD//\left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {CD;SA} \right) = d\left( {CD;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SAB} \right)} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình thang cân có \(AD \bot AC \Rightarrow BC \bot BD\)

Xét các tam giác vuông \(ACD;BCD\) có \(E\) là trung điểm cạnh huyền nên \(EA = EB = EC = ED \Rightarrow E\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ABCD.\)

Lại có \(SA = SB = SC = SD\left( {gt} \right) \Rightarrow SE \bot \left( {ABCD} \right)\) tại \(E\)  suy ra \(SE \bot AB\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SE\\AB \bot EF\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SEF} \right)\) . Trong \(\left( {SEF} \right)\) kẻ \(EH \bot SF\) tại \(H\) .

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}EH \bot AB\left( {do\,AB \bot \left( {SEF} \right)} \right)\\EH \bot SF\end{array} \right.\)\( \Rightarrow EH \bot \left( {SAB} \right)\) tại \(H \Rightarrow d\left( {SA;CD} \right) = d\left( {E;\left( {SAB} \right)} \right) = EH\)

+ Xét tam giác vuông \(ADC\) ta có \(DC = \sqrt {A{D^2} + A{C^2}}  = 10\)

+ Vì \(EF \bot CD\)  nên \({S_{ADC}} = \dfrac{1}{2}EF.DC = \dfrac{1}{2}AD.AC = \dfrac{1}{2}2\sqrt 5 .4\sqrt 5  = 20 \Rightarrow EF = 4\)

+ Xét tam giác vuông \(SEC\) (do \(SE \bot \left( {ABCD} \right)\) ) có \(SE = \sqrt {S{C^2} - E{C^2}}  = \sqrt {{7^2} - {{\left( {\dfrac{{DC}}{2}} \right)}^2}}  = 2\sqrt 6 \)

+ Xét tam giác vuông \(SEF\) có \(EH\) là đương cao nên \(\dfrac{1}{{E{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{E^2}}} + \dfrac{1}{{E{F^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {2\sqrt 6 } \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{5}{{48}} \Rightarrow EH = \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5}.\)

Vậy \(d\left( {SA;CD} \right) = \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5}\) .

Chọn A.

Điều kiện:

\({x^2} - x + m \ge 0,\forall x \in \left( { - \infty ;2} \right) \Leftrightarrow m \ge  - {x^2} + x,\forall x < 2\)

Xét hàm \(f\left( x \right) =  - {x^2} + x\) trong \(\left( { - \infty ;2} \right)\) có \(f'\left( x \right) =  - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}\)

\(f\left( x \right) \le f\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{4}\) nên \(m \ge  - {x^2} + x,\forall x < 2 \Leftrightarrow m \ge \dfrac{1}{4}\).

Ta có: \(y' = \dfrac{1}{2} - \dfrac{{2x - 1}}{{2\sqrt {{x^2} - x + m} }} = \dfrac{{\sqrt {{x^2} - x + m}  - 2x + 1}}{{2\sqrt {{x^2} - x + m} }}\)

Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\) \( \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x < 2\) \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - x + m}  \ge 2x - 1,\forall x \in \left( { - \infty ;2} \right)\,\,\,\left( * \right)\)

Dễ thấy với \(x \le \dfrac{1}{2}\) thì \(\left( * \right)\) luôn đúng.

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow {x^2} - x + m \ge {\left( {2x - 1} \right)^2},\forall x \in \left( {\dfrac{1}{2};2} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - x + m \ge 4{x^2} - 4x + 1 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3x + 1 - m \le 0\) \( \Leftrightarrow m \ge 3{x^2} - 3x + 1,\forall x \in \left( { - \infty ;2} \right)\)

Xét \(g\left( x \right) = 3{x^2} - 3x + 1\) có \(g'\left( x \right) = 6x - 3 > 0,\forall x \in \left( {\dfrac{1}{2};2} \right)\) nên hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {\dfrac{1}{2};2} \right)\) hay \(g\left( {\dfrac{1}{2}} \right) < g\left( x \right) < g\left( 2 \right)\).

Suy ra \(m \ge 3{x^2} - 3x + 1,\forall x \in \left( { - \infty ;2} \right) \Leftrightarrow m \ge g\left( 2 \right) = 7\).

Kết hợp với \(m \ge \dfrac{1}{4}\) ta được \(m \ge 7\).

Chọn A.

Ta có \(y = \dfrac{{x + a}}{{{x^2} + 1 + 2a}}\)\( \Rightarrow y\left( {{x^2} + 1 + 2a} \right) = x + a \Leftrightarrow {x^2}.y - x + y + 2ay - a = 0\) (*)

Ta có \(\Delta  = {\left( { - 1} \right)^2} - 4y\left( {y + 2ay - a} \right) =  - 4{y^2} - 8a{y^2} + 4ay + 1\)

\( =  - 4\left( {2a + 1} \right){y^2} + 4ay + 1\)

Để phương trình (*) có nghiệm thì

\(\begin{array}{l}\Delta  \ge 0 \Leftrightarrow  - 4\left( {2a + 1} \right){y^2} + 4ay + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow  - \left( {8a + 4} \right){y^2} - 2y + \left( {4a + 2} \right)y + 1 \ge 0\\ \Leftrightarrow  - 2y\left( {\left( {4a + 2} \right)y + 1} \right) + \left( {4a + 2} \right)y + 1 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\left( {4a + 2} \right)y + 1} \right]\left( {1 - 2y} \right) \ge 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{ - 1}}{{4a + 2}} \le y \le \dfrac{1}{2}\)  (với \(a > 0\))

Suy ra  giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y\) lần lượt là \(M = \dfrac{1}{2};m = \dfrac{{ - 1}}{{4a + 2}}\)

Từ gỉa thiết suy ra \(3M + 7m = 0 \Leftrightarrow 3.\dfrac{1}{2} + 7.\left( {\dfrac{{ - 1}}{{4a + 2}}} \right) = 0 \Rightarrow  - 7 + 3\left( {2a + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow a = \dfrac{2}{3}\left( {TM} \right)\)

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = {\log _{20}}36 - {\log _{75}}12 = \dfrac{{{{\log }_2}36}}{{{{\log }_2}20}} - \dfrac{{{{\log }_2}12}}{{{{\log }_2}75}} = \dfrac{{{{\log }_2}\left( {{2^2}{{.3}^2}} \right)}}{{{{\log }_2}\left( {{2^2}.5} \right)}} - \dfrac{{{{\log }_2}\left( {{2^2}.3} \right)}}{{{{\log }_2}\left( {{{3.5}^2}} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\log }_2}{2^2} + {{\log }_2}{3^2}}}{{{{\log }_2}{2^2} + {{\log }_2}5}} - \dfrac{{{{\log }_2}{2^2} + {{\log }_2}3}}{{{{\log }_2}3 + {{\log }_2}{5^2}}} = \dfrac{{2 + 2{{\log }_2}3}}{{2 + {{\log }_2}5}} - \dfrac{{2 + {{\log }_2}3}}{{{{\log }_2}3 + 2{{\log }_2}5}}\end{array}\)

Mà \({\log _2}5 = {\log _2}3.{\log _3}5 = ab\) nên

\(P = \dfrac{{2 + 2a}}{{2 + ab}} - \dfrac{{2 + a}}{{a + 2ab}} = \dfrac{{\left( {2 + 2a} \right)\left( {a + 2ab} \right) - \left( {2 + a} \right)\left( {2 + ab} \right)}}{{\left( {2 + ab} \right)\left( {a + 2ab} \right)}} = \dfrac{{3{a^2}b + 2{a^2} + 2ab - 4}}{{2{a^2}{b^2} + {a^2}b + 4ab + 2a}}\)

Chọn C.

Dựng hình lăng trụ \(AEF.BCD\).

Khi đó, \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}{V_{AEF.BCD}} \Rightarrow {V_{A.CDFE}} = \dfrac{2}{3}{V_{AEF.BCD}} \Rightarrow {V_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{V_{A.CDFE}}\)

Ta có: \(d\left( {AB,CD} \right) = d\left( {AB,\left( {CDFE} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {CDFE} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {CDFE} \right)} \right) = 12\)

Lại có \(CE = AB = CD = 5\) và \(\widehat {\left( {AB,CD} \right)} = \widehat {\left( {CE,CD} \right)} = \widehat {ECD} = {30^0}\)

Nên \({S_{CDFE}} = CE.CD.\sin {30^0} = 5.5.\dfrac{1}{2} = \dfrac{{25}}{2}\)

Do đó \({V_{A.CDFE}} = \dfrac{1}{3}d\left( {A,\left( {CDFE} \right)} \right).{S_{CDFE}} = \dfrac{1}{3}.12.\dfrac{{25}}{2} = 50\)

Vậy \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{V_{A.CDFE}} = \dfrac{1}{2}.50 = 25\).

Chọn C.

\({\sin ^2}x + \sin x.\sin 2x = m\cos x + 2m{\cos ^2}x\) \( \Leftrightarrow {\sin ^2}x\left( {1 + 2\cos x} \right) = m\cos x\left( {1 + 2\cos x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 + 2\cos x} \right)\left( {{{\sin }^2}x - m\cos x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 + 2\cos x = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{\sin ^2}x - m\cos x = 0\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \cos x =  - \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{{2\pi }}{3} + k2\pi \)

Do \(x \in \left( { - \pi ;\dfrac{{3\pi }}{2}} \right)\) nên \(x \in \left\{ { - \dfrac{{2\pi }}{3};\dfrac{{2\pi }}{3};\dfrac{{4\pi }}{3}} \right\}\).

Trong khoảng \(\left( { - \pi ;\dfrac{{3\pi }}{2}} \right)\), phương trình đã chắc chắn có \(3\) nghiệm như trên.

Vậy phương trình đã cho có ít nhất \(3\) nghiệm trong khoảng \(\left( { - \pi ;\dfrac{{3\pi }}{2}} \right)\).

Chọn B.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' =  - 2\sin 2x + m\).

Để hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow  - 2\sin 2x + m \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow m \ge 2\sin 2x\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow m \ge 2\).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}{a^{2x}} - 2{a^x}\left( {{\mathop{\cos bx}\nolimits}  + 2} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow {a^x} + \frac{1}{{{a^x}}} = 2\left( {\cos bx + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {{a^{\frac{x}{2}}}} \right)^2} + \frac{1}{{{{\left( {{a^{\frac{x}{2}}}} \right)}^2}}} - 2 = 2\left( {\cos bx + 1} \right) \Leftrightarrow {\left( {{a^{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{\frac{x}{2}}}}}} \right)^2} = 2.2{\cos ^2}\frac{{bx}}{2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{\frac{x}{2}}}}} = 2\cos \frac{{bx}}{2}\\{a^{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{\frac{x}{2}}}}} =  - 2\cos \frac{{bx}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^{\frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{\frac{x}{2}}}}} = 2\cos \frac{{bx}}{2}\,\,\,\left( 1 \right)\\{a^{ - \frac{x}{2}}} - \frac{1}{{{a^{ - \frac{x}{2}}}}} = 2\cos \left( {\frac{{b\left( { - x} \right)}}{2}} \right)\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Theo bài ra ta có phương trình (1) có 7 nghiệm phân biệt.

Ta thấy nếu \({x_0}\) là nghiệm của (1) \( \Rightarrow \left( 2 \right)\) có nghiệm \( - {x_0}\).

Xét \(f\left( 0 \right) = 1 - 2.1\left( {1 + 2} \right) + 1 =  - 4 \ne 0 \Rightarrow x = 0\) không là nghiệm của (1) \( \Rightarrow {x_0} \ne 0 \Rightarrow  - {x_0} \ne {x_0}\,\,\forall {x_0}\).

Vậy phương trình đề bài có tất cả 14 nghiệm.

Chọn A.

Xét hàm số \(y = {3^x}\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\) và \(a = 3 > 1 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn A.