Ta có: \(\log \left( {{a^4}} \right) = 4\log a\) với \(a > 0\) nên A đúng.

Chọn A.

Ta có \(\int {{2^x}dx = \dfrac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C} \)

Chọn A

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 2z - 3 = 0\) có bán kính \(R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} - \left( { - 3} \right)}  = 3\)

Chọn A.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\int\limits_a^a {f\left( x \right)dx = 0} ;\,\,\,\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_a^b {f\left( y \right)dy} ;\\\int\limits_a^b {\left( {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right)dx}  = \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx - \int\limits_a^b {g\left( x \right)dx} } \end{array} \right.\)  nên B, C, D đúng.

A sai vì tích phân một tích không bằng tích các tích phân.

Chọn A.

Mặt phẳng \(\left( P \right):3x - y + 2 = 0\) nhận \(\overrightarrow n  = \left( {3; - 1;0} \right)\) làm một VTPT

Chọn B.

Quan sát dáng đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm bậc ba hệ số \(a > 0\) .

Đối chiếu các đáp án ta thấy chỉ có D thỏa mãn.

Chọn D.

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

Vậy chỉ có đáp án A đúng.

Chọn A.

Hình nón có bán kính đáy bằng \(a\) và độ dài đường sinh bằng \(2a.\)

Khi đó, diện tích xung quanh hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .a.2a = 2\pi {a^2}\)

Chọn  C.

Hàm số \(y = {x^4} - 2018{x^2} - 2019\) xác dịnh trên \(\mathbb{R}\) nên tập xác định của nó là \(\mathbb{R} = \left( { - \infty ; + \infty } \right)\).

Chọn D.

Diện tích xung quanh hình trụ là \(S=2\pi rl=2\pi rh=2.\pi .a.2a=4\pi {{a}^{2}}\)

Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = C_9^2\)

Gọi A là biến cố “rút ra hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là số chẵn”

Khi đó hai thẻ đó hoặc cùng mang số chẵn, hoặc 1 thẻ mang số chẵn và 1 thẻ mang số lẻ.

Trong 9 thẻ đã cho có 4 thẻ mang số chẵn \(2;4;6;8\) và \(5\)thẻ mang số lẻ \(1;3;5;7;9\)

Nên số cách rút ra 2 thẻ mang số chẵn là \(C_4^2\)

Số cách rút ra 1 thẻ mang số chẵn và 1 thẻ mang số lẻ là \(C_4^1.C_5^1\)

Số phần tử của biến cố A là \(n\left( A \right) = C_4^2 + C_4^1.C_5^1\)

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{C_4^2 + C_4^1.C_5^1}}{{C_9^2}} = \dfrac{{13}}{{18}}\)

Chọn B.

Tam giác \(A'AB\) vuông tại \(A\) nên \(A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {9{a^2} - {a^2}}  = 2a\sqrt 2 \)

Diện tích đáy \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}\) .

Thể tích khối lăng trụ \(V = {S_{ABC}}.A'A = {a^2}.2a\sqrt 2  = 2\sqrt 2 {a^3}\).

Chọn A.

Ta có \({2^{3x}} < {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{ - 2x - 6}} \Leftrightarrow {2^{3x}} < {\left( {{2^{ - 1}}} \right)^{ - 2x - 6}} \Leftrightarrow {2^{3x}} < {2^{2x + 6}} \Leftrightarrow 3x < 2x + 6 \Leftrightarrow x < 6\)

Vậy tập nghiệm bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ;6} \right)\)

Chọn A.

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Vậy \(y' < 0,\forall x \ne 2\).

Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {BC}  = \left( {1; - 2; - 5} \right)\)

Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC có VTPT là \(\overrightarrow {BC}  = \left( {1; - 2; - 5} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(1\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - 5\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - 5z - 5 = 0\)

Chọn D.

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 8x = 4x\left( {{x^2} - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 2;3} \right]\\x =  \pm \sqrt 2  \in \left[ { - 2;3} \right]\end{array} \right.\)

Mà \(y\left( { - 2} \right) = 5;y\left( 3 \right) = 50;y\left( 0 \right) = 5;y\left( { \pm \sqrt 2 } \right) = 1\).

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đạt được là \(50\) khi \(x = 3\).

Chọn D.

Ta có \(\int\limits_0^2 {f\left( {2x} \right)dx}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( {2x} \right)d\left( {2x} \right)} \)

Đặt \(2x = t\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = 2 \Rightarrow t = 4\end{array} \right.\) nên

\(\int\limits_0^2 {f\left( {2x} \right)dx}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( {2x} \right)d\left( {2x} \right)}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( t \right)d\left( t \right)}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( x \right)d\left( x \right) = \dfrac{1}{2}.2018 = 1009} \)

Lại có \(\int\limits_0^2 {f\left( {4 - 2x} \right)dx}  =  - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( {4 - 2x} \right)d\left( {4 - 2x} \right)} \)

Đặt \(4 - 2x = u\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = 4\\x = 2 \Rightarrow u = 0\end{array} \right.\) nên

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {f\left( {4 - 2x} \right)dx}  =  - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( {4 - 2x} \right)d\left( {4 - 2x} \right)}  =  - \dfrac{1}{2}\int\limits_4^0 {f\left( u \right)du} \\ = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( u \right)du}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx = \dfrac{1}{2}.2018 = 1009} \end{array}\)

Khi đó \(I = \int\limits_0^2 {\left[ {f\left( {2x} \right) + f\left( {4 - 2x} \right)} \right]dx}  = \int\limits_0^2 {f\left( {2x} \right)dx}  + \int\limits_0^2 {f\left( {4 - 2x} \right) = 1009 + 1009 = 2018} \)

Chọn C.

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\), ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;3; - 2} \right);\,\overrightarrow {DC}  = \left( { - x;3 - y;4 - z} \right)\)

Để tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x = 1\\3 - y = 3\\4 - z =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 0\\z = 6\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 1;0;6} \right)\)

Chọn B.

Điều kiện: \(x > 0\).

Đặt \(t = {\log _3}x\) phương trình trở thành \({t^2} - 2t - 7 = 0\)

Có \(ac = 1.\left( { - 7} \right) =  - 7 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm \({t_1},{t_2}\) phân biệt thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = 2\\{t_1}{t_2} =  - 7\end{array} \right.\).

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = {3^{{t_1}}};{x_2} = {3^{{t_2}}}\).

Khi đó \({x_1}.{x_2} = {3^{{t_1}}}{.3^{{t_2}}} = {3^{{t_1} + {t_2}}} = {3^2} = 9\)

Vậy tích các nghiệm của phương trình đã cho bằng \(9\).

Chọn  A.

Ta có \(P = {\log _a}\left( {{x^2}{y^3}} \right) = {\log _a}{x^2} + {\log _a}{y^3} = 2{\log _a}x + 3{\log _a}y = 2.\left( { - 1} \right) + 3.4 = 10\)

Chọn B.

Do \(F\left( x \right) = \left( {a{x^2} + bx + c} \right){e^x}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^2}{e^x}\) nên \(F'\left( x \right) = f\left( x \right) = \left( {{x^2} - 2x + 1} \right){e^x}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}F'\left( x \right) = \left( {2ax + b} \right){e^x} + \left( {a{x^2} + bx + c} \right){e^x}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left[ {a{x^2} + \left( {2a + b} \right)x + \left( {b + c} \right)} \right]{e^x} = \left( {{x^2} - 2x + 1} \right){e^x}\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\2a + b =  - 2\\b + c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 4\\c = 5\end{array} \right.\)

Vậy \(a + 2b + c = 1 + 2.\left( { - 4} \right) + 5 =  - 2\).

Chọn C.

Với mọi \(x \in \left[ {1;m} \right]\) thì \(m \ge x \ge 1\) mà \(m > 1 \Rightarrow 2m > 2\)

Suy ra \(2m.x > 2 \Leftrightarrow 2mx - 1 > 1 \Rightarrow 2mx - 1 > 0\) 

Nên \(\int\limits_1^m {\left| {2mx - 1} \right|dx}  = \int\limits_1^m {\left( {2mx - 1} \right)dx = } \left. {\left( {m{x^2} - x} \right)} \right|_1^m = \left( {{m^3} - m - m + 1} \right) = {m^3} - 2m + 1 = 1\)

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

Vậy \(m = \sqrt 2  \in \left( {1;3} \right)\)

Chọn A.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) suy ra \(SH \bot AB\)

Mà \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) hay \(SH\) là đường cao.

Tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\) có \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{2}\).

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH = \dfrac{1}{3}{a^2}.\dfrac{{a\sqrt {15} }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt {15} }}{6}\).

Chọn B.

Ta vẽ đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 2018 đỉnh. Vẽ một đường kính của đường tròn này. Khi đó hai nửa đường tròn đều chứa 1009 đỉnh.

Với mỗi đỉnh thuộc nửa đường tròn thứ nhất ta đều có một đỉnh đối xứng với nó qua đường kính và thuộc nửa đường tròn còn lại.

Như vậy cứ hai đỉnh thuộc nửa đường tròn thứ nhất ta xác định được hai đỉnh đối xứng với nó qua đường kính và thuộc nửa đường tròn còn lại, bốn đỉnh này tạo thành một hình chữ nhật.

Vậy số hình chữ nhật có 4 đỉnh là các đỉnh  của đa giác đã cho là \(C_{1009}^2\) .

Chọn C.

Gọi \(H = AC \cap BD\) thì \(SH\) là đường cao.

Góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa \(SB\) là \(HB\) hay \(\angle SBH = {60^0}\).

Ta có: \(BH = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow SH = BH\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sqrt 3  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Diện tích hình vuông \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Vậy thể tích \(V = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH = \dfrac{1}{3}{a^2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).

Chọn A.

\(I = 2\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right)\cos xdx}  + 3\int\limits_0^1 {f\left( {3 - 2x} \right)dx} \)

+) Tính \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right)\cos xdx} \)

Đặt \(\sin x = t \Rightarrow \cos xdx = dt\). Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\) .

Do đó \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {f\left( {\sin x} \right)\cos xdx}  = \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^1 {\left( {5 - t} \right)dt}  = \left. {\left( {5t - \dfrac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1 = \dfrac{9}{2}\)

+) Tính \(\int\limits_0^1 {f\left( {3 - 2x} \right)dx} \)

Đặt \(t = 3 - 2x \Rightarrow dt =  - 2dx \Rightarrow dx = \dfrac{{ - dt}}{2}\). Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 3\\x = 1 \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\).

Do đó \(\int\limits_0^1 {f\left( {3 - 2x} \right)dx}  = \int\limits_3^1 {f\left( t \right).\dfrac{{ - dt}}{2}}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_1^3 {f\left( t \right)dt}  = \dfrac{1}{2}\int\limits_1^3 {\left( {{x^2} + 3} \right)dt}  = \dfrac{1}{2}\left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} + 3x} \right)} \right|_1^3 = \dfrac{{22}}{3}\)

Vậy \(I = 2.\dfrac{9}{2} + 3.\dfrac{{22}}{3} = 31\).

Chọn B.

Ta có \(y' = {x^3} + m + \dfrac{3}{{2{x^2}}}\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0\,\,\forall x > 0 \Leftrightarrow {x^3} + m + \dfrac{3}{{2{x^2}}} \ge 0\,\,\forall x > 0 \Leftrightarrow {x^3} + \dfrac{3}{{2{x^2}}} \ge  - m\,\,\forall x > 0\).

Đặt \(g\left( x \right) = {x^3} + \dfrac{3}{{2{x^2}}} \Rightarrow  - m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right)\)

Ta có \(g\left( x \right) = {x^3} + \dfrac{3}{{2{x^2}}} = \dfrac{{{x^3}}}{2} + \dfrac{{{x^3}}}{2} + \dfrac{1}{{2{x^2}}} + \dfrac{1}{{2{x^2}}} + \dfrac{1}{{2{x^2}}}\mathop  \ge \limits^{Co  - si} 5\sqrt[5]{{\dfrac{{{x^3}}}{2}.\dfrac{{{x^3}}}{2}.\dfrac{1}{{2{x^2}}}.\dfrac{1}{{2{x^2}}}.\dfrac{1}{{2{x^2}}}}}\)

Suy ra \(g\left( x \right) \ge \dfrac{5}{2}\). Dấu “=” xảy ra khi \(\dfrac{{{x^3}}}{2} = \dfrac{1}{{2{x^2}}} \Rightarrow {x^5} = 1 \Leftrightarrow x = 1\) (TM)

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right) = \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow x = 1\), suy ra \( - m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( x \right) \Leftrightarrow  - m \le \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow m \ge  - \dfrac{5}{2}\)

Nên các giá trị nguyên âm của \(m\) thỏa mãn đề bài là \(m =  - 2;m =  - 1.\)

Chọn A.

Giao tuyến của \(\left( {{P_m}} \right),\left( {{Q_m}} \right)\) vuông góc với \(\left( \alpha  \right)\) hay \(\left( {{P_m}} \right)\) và \(\left( {{Q_m}} \right)\) đều vuông góc \(\left( \alpha  \right)\).

Do đó \(\overrightarrow {{n_\alpha }} \) có phương vuông góc với \(\overrightarrow {{n_P}} \) và \(\overrightarrow {{n_Q}} \) hay \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_\alpha }} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\\\overrightarrow {{n_\alpha }} .\overrightarrow {{n_Q}}  = 0\end{array} \right.\).

Ta có: \(\left( {{P_m}} \right):mx + 2y + nz + 1 = 0\) có \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {m;2;n} \right)\)

           \(\left( {{Q_m}} \right):x - my + nz + 2 = 0\) có \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1; - m;n} \right)\)

            \(\left( \alpha  \right):4x - y - 6z + 3 = 0\) có \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {4; - 1; - 6} \right)\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_\alpha }} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0\\\overrightarrow {{n_\alpha }} .\overrightarrow {{n_Q}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m + 2.\left( { - 1} \right) + n.\left( { - 6} \right) = 0\\4 + \left( { - 1} \right).\left( { - m} \right) + \left( { - 6} \right).n = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 6n = 2\\m - 6n =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 1\end{array} \right. \Rightarrow m + n = 3\)

Chọn A.

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right);B\left( {0;b;0} \right);C\left( {0;0;c} \right)\,\left( {a;b;c \ne 0} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt trục tọa độ \(Ox;Oy;Oz\) tại \(A,B,C\) có phương trình  \(\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\)

Vì \(M \in \left( P \right) \Rightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{5}{c} = 1\)  (*)

Ta có \(\overrightarrow {AM}  = \left( {1 - a;2;5} \right);\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - b;c} \right);\overrightarrow {BM}  = \left( {1;2 - b;5} \right);\overrightarrow {AC}  = \left( { - a;0;c} \right)\)

Vì M là trực tâm tam giác \(ABC \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BM} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2b + 5c = 0\\ - a + 5c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{{5c}}{2}\\a = 5c\end{array} \right.\)

Thay vào (*) ta được \(\dfrac{1}{{5c}} + \dfrac{2}{{\dfrac{{5c}}{2}}} + \dfrac{5}{c} = 1 \Leftrightarrow c = 6 \Rightarrow a = 30;b = 15\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):\,\dfrac{x}{{30}} + \dfrac{y}{{15}} + \dfrac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow x + 2y + 5z - 30 = 0\)

Chọn A.

Qua \(B,C,D\) lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với đáy.

Dựng hình hộp chữ nhật \(SB'C'D'.ABCD\) như hình vẽ.

Dễ thấy mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) được mở rộng thành mặt phẳng \(\left( {SBCD'} \right)\).

Tam giác \(D'DC\) có \(D'D = DC = a\) và \(\widehat D = {90^0}\) nên vuông cân tại \(D\)

Gọi \(J\) là trung điểm của \(CD'\) thì \(DJ \bot CD'\)

Ta có: \(BC \bot \left( {D'DCC'} \right) \Rightarrow BC \bot DJ\). 

Mà \(DJ \bot CD'\) nên \(DJ \bot \left( {BCD'S} \right)\) hay \(J\) là hình chiếu của \(D\) lên \(\left( {SBC} \right)\).

Do đó \(\widehat {\left( {BD,\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BD,BJ} \right)} = \widehat {JBD}\) (vì \(\widehat {JBD} < \widehat {BJD} = {90^0}\))

Xét tam giác \(BJD\) vuông tại \(J\) có:\(DJ = \dfrac{1}{2}CD' = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2},BD = \sqrt {C{D^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}}  = 2a\)

Nên \(\sin \alpha  = \sin \widehat {JBD} = \dfrac{{DJ}}{{BD}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}:2a = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Vậy \(\sin \alpha  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Chọn A.

Gọi hàm số cần tìm là \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)

Từ đồ thị hàm số ta thấy đồ thị \(\left( C \right)\) cắt đường thẳng \(d\) tại ba điểm có hoành độ \(x =  - 1;x = {x_0};x = 3\,\)

Với \(x =  - 1 \Rightarrow y =  - 1 - 1 =  - 2\)  hay điểm \(\left( { - 1; - 2} \right)\) thuộc đồ thị \(\left( C \right).\)

Với \(x = 3 \Rightarrow y = 3 - 1 = 2\) hay điểm \(\left( {3;2} \right)\) thuộc đồ thị \(\left( C \right)\)

Lại thấy giao điểm của đồ thị \(\left( C \right)\), trục hoành và đường thẳng \(\left( d \right):y = x - 1\) là \(A\left( {{x_0};0} \right)\) suy ra \(0 = {x_0} - 1 \Rightarrow {x_0} = 1\)

Vậy điểm \(A\left( {1;0} \right)\) thuộc đồ thị \(\left( C \right).\)

Thấy đồ thị \(\left( C \right)\) cắt trục tung tại \(\left( {0;2} \right) \Rightarrow d = 2 \Rightarrow y = a{x^3} + b{x^2} + cx + 2\)

Các điểm \(\left( { - 1; - 2} \right)\) ; \(\left( {3;2} \right)\) ; \(\left( {1;0} \right)\) đều thuộc đồ thị \(\left( C \right)\) nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}a{\left( { - 1} \right)^3} + b{\left( { - 1} \right)^2} + c.\left( { - 1} \right) + 2 =  - 2\\a{.3^3} + b{.3^2} + c.3 + 2 = 2\\a{.1^3} + b{.1^2} + c.1 + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c =  - 4\\27a + 9b + 3c = 0\\a + b + c =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 3\\c = 0\end{array} \right.\)

Suy ra \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2\)

Phương trình \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 - \sqrt 3 \\x = 1\\x = 1 + \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Suy ra \({x_1} = 1 - \sqrt 3 ;{x_2} = 1;{x_3} = 1 + \sqrt 3  \Rightarrow {x_1}.{x_3} = \left( {1 - \sqrt 3 } \right)\left( {1 + \sqrt 3 } \right) =  - 2\)

Chọn A.

Thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh \(2a\) nên bán kính đường tròn đáy \(r = \dfrac{1}{2}.2a = a\) và chiều cao \(h = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

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

Chọn C.

Ta có :

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 2018{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)^{2017}}.{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)^\prime }\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2018{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)^{2017}}.\left( {{e^x} + 3{x^2}\cos x - {x^3}\sin x} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}f''\left( x \right) = {\left( {f'\left( x \right)} \right)^\prime } = {\left[ {2018{{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)}^{2017}}.\left( {{e^x} + 3{x^2}\cos x - {x^3}\sin x} \right)} \right]^\prime }\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2018.2017.{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)^{2016}}.{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)^\prime }\left( {{e^x} + 3{x^2}\cos x - {x^3}\sin x} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + 2018.{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)^{2017}}.{\left( {{e^x} + 3{x^2}\cos x - {x^3}\sin x} \right)^\prime }\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2018.2017.{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)^{2016}}.{\left( {{e^x} + 3{x^2}\cos x - {x^3}\sin x} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + 2018.{\left( {{e^x} + {x^3}\cos x} \right)^{2017}}.\left( {{e^x} + 6x\cos x - 3{x^2}\sin x - 3{x^2}\sin x - {x^3}\cos x} \right)\end{array}\)

Khi đó \(f''\left( 0 \right) = 2018.2017.1.1 + 2018.1.1 = {2018^2}.\)

Chọn C.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2 > 0\\0 < mx - 5 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - 2\\5 < mx \ne 6\end{array} \right.\)

Khi đó, phương trình

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _{mx - 5}}\left( {{x^2} - 6x + 12} \right) = {\log _{mx - 5}}\left( {x + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - 6x + 12 = x + 2 \Leftrightarrow {x^2} - 7x + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 5\end{array} \right.\end{array}\) 

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất nếu nó chỉ có duy nhất nghiệm \(x = 2\) hoặc \(x = 5\).

TH1: \(x = 2\) là nghiệm và \(x = 5\) không là nghiệm.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}5 < 2m \ne 6\\\left[ \begin{array}{l}5m \le 5\\5m = 6\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{5}{2} < m \ne 3\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m = \dfrac{6}{5}\end{array} \right.\end{array} \right.\left( {VN} \right)\) hay không có giá trị nào của \(m\) để phương trình nhận \(x = 2\) làm nghiệm duy nhất.

TH2: \(x = 5\) là nghiệm và \(x = 2\) không là nghiệm.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}5 < 5m \ne 6\\\left[ \begin{array}{l}2m \le 5\\2m = 6\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < m \ne \dfrac{6}{5}\\\left[ \begin{array}{l}m \le \dfrac{5}{2}\\m = 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < m \le \dfrac{5}{2};m \ne \dfrac{6}{5}\\m = 3\end{array} \right.\)

Do đó với \(\left[ \begin{array}{l}1 < m \le \dfrac{5}{2};m \ne \dfrac{6}{5}\\m = 3\end{array} \right.\) thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = 5\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 2\) hoặc \(m = 3\).

Vậy có hai giá tị của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Chọn A.   

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD\) suy ra \(AE = \dfrac{{AD}}{2} = a = AB = BC\)

Mà \(BC//AD\) và \(BC \bot AD\) nên \(EABC\) là hình vuông cạnh \(a.\)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\end{array} \right.\)  mà \(SE \bot AD\) (do tam giác \(SAD\) đều có \(SE\) là trung tuyến)

Suy ra \(SE \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SE \bot \left( {EABC} \right)\)

Nhận thấy \(EABC\) là hình vuông nên đường tròn ngoại tiếp \(EABC\) cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\)

Hay mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC\) cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.EABC\).

Mà hình chóp \(S.EABC\) có cạnh bên \(SE \bot \left( {EABC} \right)\) và đáy \(EABC\) là hình vuông cạnh \(a.\)  Gọi \(I\) là tâm hình vuông \(EABC\)

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.EABC\) là \(R = \sqrt {I{E^2} + \dfrac{{S{E^2}}}{4}} \)

Ta có \(BE = \sqrt {A{E^2} + A{B^2}}  = a\sqrt 2  \Rightarrow IE = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Tam giác \(SAD\) đều cạnh \(2a\) có \(SE\) là trung tuyến nên \(SE = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

Suy ra \(R = \sqrt {I{E^2} + \dfrac{{S{E^2}}}{4}}  = \sqrt {\dfrac{{2{a^2}}}{4} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .\dfrac{{5{a^2}}}{4} = 5\pi {a^2}\)

Chọn B.

\(y = \dfrac{{1 - \sqrt {4 - {x^2}} }}{{{x^2} - 2x - 3}} = \dfrac{{1 - \sqrt {4 - {x^2}} }}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\)

Điều kiện \( - 2 \le x \le 2\) nên không tồn tại các giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y\) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \dfrac{{1 - \sqrt {4 - {x^2}} }}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} =  - \infty \) nên \(x =  - 1\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có \(1\) TCĐ và không có TCN hay \(m = 1,n = 0\).

Vậy \(m + n = 1\).

Chọn A.

Xét hình trụ như trên. Gọi cạnh hình vuông \(ABCD\) là \(x\,\,\left( {x > 0} \right)\)

Gọi \(M;N\) lần lượt là hình chiếu của \(A,B\) trên đáy còn lại không chứa \(A,B.\)

Vì \(AB//DC;AB = DC \Rightarrow AB//MN//DC;AB = MN = DC\)  hay \(MNDC\) là hình bình hành tâm \(O'.\)

Lại có \(MD = NC = 2a\) nên \(MNDC\) là hình chữ nhật.

Suy ra \(ND = \sqrt {N{C^2} - D{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {x^2}} \)  (1) (định lý Pytago trong tam giác \(DNC\))

Lại có tam giác \(AND\) vuông tại \(N\) nên theo định lý Pyatgo ta có \(ND = \sqrt {A{D^2} - A{N^2}}  = \sqrt {{x^2} - {a^2}} \)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt {4{a^2} - {x^2}}  = \sqrt {{x^2} - {a^2}}  \Leftrightarrow 2{x^2} = 5{a^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2}\)

Diện tich hình vuông \(ABCD\) là \({x^2} = {\left( {\dfrac{{a\sqrt {10} }}{2}} \right)^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{2}.\) 

Chọn D.

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là tâm mặt cầu đi qua bốn điểm \(A\left( {2;0;0} \right),B\left( {1;3;0} \right),C\left( { - 1;0;3} \right),D\left( {1;2;3} \right)\).

Khi đó \(AI = BI = CI = DI \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A{I^2} = B{I^2}\\A{I^2} = C{I^2}\\C{I^2} = D{I^2}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 3} \right)^2} + {c^2}\\{\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\\{\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c - 3} \right)^2} = {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 3} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4a + 4 =  - 2a + 1 - 6b + 9\\ - 4a + 4 = 2a + 1 - 6c + 9\\2a + 1 =  - 2a + 1 - 4b + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2a + 6b = 6\\ - 6a + 6c = 6\\4a + 4b = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 1\\c = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Suy ra \(I\left( {0;1;1} \right)\) và \(R = IA = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}}  = \sqrt 6 \).

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( d \right)\): \({x^3} - 3{x^2} + 4 = m\left( {x + 1} \right)\)

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

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

Để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( C \right)\) tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 1\)

Hay \(\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{\left( { - 1 - 2} \right)^2} \ne m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m \ne 9\end{array} \right.\)

Khi đó hoành độ các giao điểm là \(\left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\{\left( {x - 2} \right)^2} = m\,\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = \sqrt m  + 2\\x =  - \sqrt m  + 2\end{array} \right.\)

Vì các giao điểm cũng thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\) nên ta có tung độ các giao điểm là

\(x =  - 1 \Rightarrow y = m\left( { - 1 + 1} \right) = 0\); \(x = \sqrt m  + 2 \Rightarrow y = m\left( {\sqrt m  + 2 + 1} \right) = m\sqrt m  + 3m\);

\(x =  - \sqrt m  + 2 \Rightarrow y = m\left( { - \sqrt m  + 2 + 1} \right) =  - m\sqrt m  + 3m\)

Nên tọa độ giao điểm của \(\left( d \right)\) và \(\left( C \right)\) là \(A\left( { - 1;0} \right);B\left( {\sqrt m  + 2;m\sqrt m  + 3m} \right);C\left( { - \sqrt m  + 2; - m\sqrt m  + 3m} \right)\)

Vì B, C nằm cùng phía với \(\left( \Delta  \right):y = 2x - 7 \Leftrightarrow y - 2x + 7 = 0\) nên

\(\left( {{y_B} - 2{x_B} + 7} \right)\left( {{y_C} - 2{x_C} + 7} \right) > 0 \Leftrightarrow \left( {m\sqrt m  + 3m - 2\sqrt m  + 3} \right)\left( { - m\sqrt m  + 3m + 2\sqrt m  + 3} \right) > 0\)

Hay \(\left( {m\sqrt m  + 3m - 2\sqrt m  + 3} \right);\left( { - m\sqrt m  + 3m + 2\sqrt m  + 3} \right)\) cùng dấu.

Ta có \(d\left( {B;\left( \Delta  \right)} \right) = \dfrac{{\left| {m\sqrt m  + 3m - 2\sqrt m  + 3} \right|}}{{\sqrt 5 }};d\left( {C;\left( \Delta  \right)} \right) = \dfrac{{\left| { - m\sqrt m  + 3m + 2\sqrt m  + 3} \right|}}{{\sqrt 5 }}\)

\(\begin{array}{l}d(B;\Delta ){\rm{ }} + d(C;\Delta ){\rm{ }} = {\rm{ }}6\sqrt 5 .\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {m\sqrt m  + 3m - 2\sqrt m  + 3} \right|}}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\left| { - m\sqrt m  + 3m + 2\sqrt m  + 3} \right|}}{{\sqrt 5 }} = 6\sqrt 5 \end{array}\)

Mà \(\left( {m\sqrt m  + 3m - 2\sqrt m  + 3} \right);\left( { - m\sqrt m  + 3m + 2\sqrt m  + 3} \right)\) cùng dấu, nên

\( \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{m\sqrt m  + 3m - 2\sqrt m  + 3}}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{ - m\sqrt m  + 3m + 2\sqrt m  + 3}}{{\sqrt 5 }}} \right| = 6\sqrt 5 \)

\( \Leftrightarrow 2m\sqrt m  + 2m\) \(\left| {6m + 6} \right| = 30 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 1 = 5\\m + 1 =  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\m =  - 6\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy \(m = 4\) là giá trị cần tìm.

Chọn D.

Ta có: \({\left( {b - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0,\forall b \in \left( {\dfrac{1}{4};1} \right) \Rightarrow {b^2} - b + \dfrac{1}{4} \ge 0,\forall b \in \left( {\dfrac{1}{4};1} \right) \Rightarrow b - \dfrac{1}{4} \le {b^2},\forall b \in \left( {\dfrac{1}{4};1} \right)\)

Mà \(\dfrac{1}{4} < a < 1\) nên \({\log _a}\left( {b - \dfrac{1}{4}} \right) \ge {\log _a}{b^2}\).

Do đó \(P \ge {\log _a}{b^2} - {\log _{\dfrac{a}{b}}}\sqrt b  = 2{\log _a}b - \dfrac{1}{2}{\log _{\dfrac{a}{b}}}b = \dfrac{2}{{{{\log }_b}a}} - \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{{{{\log }_b}\dfrac{a}{b}}} = \dfrac{2}{{{{\log }_b}a}} - \dfrac{1}{{2\left( {{{\log }_b}a - 1} \right)}}\)

Đặt \({\log _b}a = t\). Do \(b < a < 1\) nên \({\log _b}b > {\log _b}a > {\log _b}1 \Rightarrow 0 < t < 1\)

Suy ra \(P \ge P\left( t \right) = \dfrac{2}{t} - \dfrac{1}{{2\left( {t - 1} \right)}}\) với \(0 < t < 1\).

Xét \(P\left( t \right) = \dfrac{2}{t} - \dfrac{1}{{2\left( {t - 1} \right)}}\) trên \(\left( {0;1} \right)\) ta có: \(P'\left( t \right) = \dfrac{{ - 3{t^2} + 8t - 4}}{{2{t^2}{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{2}{3} \in \left( {0;1} \right)\\t = 2 \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy \(P\left( t \right) \ge \dfrac{9}{2}\) suy ra \(\mathop {\min }\limits_{t \in \left( {0;1} \right)} P\left( t \right) = \dfrac{9}{2}\) khi \(t = \dfrac{2}{3}\).

Do đó \(P \ge P\left( t \right) \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{2}\). Dấu \('' = ''\) xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}{b^2} = b - \dfrac{1}{4}\\{\log _b}a = \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{1}{2}\\a = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{\dfrac{2}{3}}}\end{array} \right.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\dfrac{9}{2}\).

Chọn C.

Gọi \(H;M\) là trung điểm của \(AB;BC\).  \(DM\) cắt \(CH;AC\) lần lượt tại \(K\) và \(I\) .

+ Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right.\)  mà \(SH \bot AB\) (do tam giác \(SAB\) đều có \(SH\) là đường trung tuyến)

Suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

+ Xét \(\Delta BHC = \Delta CMD\left( {c - g - c} \right) \Rightarrow \widehat B = \widehat {DMC}\)

 mà \(\widehat B + \widehat {BCH} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {KMC} + \widehat {KCM} = 90^\circ \) \( \Rightarrow \widehat {MKC} = 90^\circ  \Rightarrow MD \bot CH\)

Ta có \(MD \bot CH\,\left( {cmt} \right);\,MD \bot SH\) (do \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)) nên \(MD \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow MD \bot SC\)

+ Trong \(\left( {SHC} \right)\) kẻ \(KE \bot SC\) tại \(E.\)

Ta có \(KE \bot SC\) và \(MD \bot SC \Rightarrow SC \bot \left( {EKD} \right)\)

Lại có  \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SDC} \right) \bot \left( {KED} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {KED} \right)\\\left( {SDC} \right) \cap \left( {KED} \right) = DE\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {KED} \right) = IE\end{array} \right. \Rightarrow \) góc giữa \((SAC)\) và \((SCD)\) là góc tạo bởi \(EI;ED\).

+ Vì \(MC//AD \Rightarrow \dfrac{{IA}}{{IC}} = \dfrac{{ID}}{{IM}} = \dfrac{{AD}}{{MC}} = \dfrac{{2a}}{a} = 2\)

\( \Rightarrow ID = \dfrac{2}{3}MD = \dfrac{2}{3}\sqrt {D{C^2} + M{C^2}}  = \dfrac{2}{3}\sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{3}\)

Và \(\dfrac{{IA}}{{IC}} = 2 \Rightarrow IC = \dfrac{1}{3}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

+ Xét tam giác vuông \(DMC\) có \(CK\) là đường cao nên \(CK.MD = MC.CD \Leftrightarrow CK.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} = a.\dfrac{a}{2} \Rightarrow CK = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}\)

+ Ta có \(\Delta CEK\) đồng dạng với \(\Delta CHS\) \( \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{SH}} = \dfrac{{CK}}{{CS}}\) \( \Rightarrow EK = \dfrac{{SH.CK}}{{CS}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{a}{{\sqrt 5 }}}}{{\sqrt {H{S^2} + C{H^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{2\sqrt 5 }}}}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt {10} }}\)

+ Tam giác \(KEC\) vuông tại E nên \(EC = \sqrt {C{K^2} - E{K^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{a}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt {10} }}} \right)}^2}}  = \dfrac{a}{{2\sqrt 2 }}\)

+ Tam giác \(IKC\) vuông tại K nên \(KI = \sqrt {I{C^2} - C{K^2}}  = \sqrt {\dfrac{{2{a^2}}}{9} - \dfrac{{{a^2}}}{5}}  = \dfrac{a}{{3\sqrt 5 }}\)

+ Xét tam giác \(EKI\) vuông tại K (vì \(MD \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow DK \bot KE\) ) có

\(EI = \sqrt {E{K^2} + K{I^2}}  = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{{40}} + \dfrac{{{a^2}}}{{45}}}  = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{6\sqrt 2 }}\)

+ Xét tam giác \(ECD\) vuông tại E (do \(SC \bot \left( {EDK} \right) \Rightarrow SC \bot ED\)) có

\(ED = \sqrt {C{D^2} - E{C^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }}\)

+ Xét tam giác \(EID\) ta có \(\cos IED = \dfrac{{I{E^2} + E{D^2} - I{D^2}}}{{2IE.ED}} = \dfrac{{\dfrac{{7{a^2}}}{{72}} + \dfrac{{7{a^2}}}{8} - \dfrac{{5{a^2}}}{9}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 7 }}{{6\sqrt 2 }}.\dfrac{{a\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }}}} = \dfrac{5}{7} > 0\)

Vậy \(\cos \varphi  = \dfrac{5}{7}.\)

Chọn D.

Hàm số \(y = f\left( {x - 2018} \right) + m\) có \(3\) điểm cực trị nên để đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( {x - 2018} \right) + m} \right|\) có \(5\) điểm cực trị thì đường thẳng \(y = 0\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2018} \right) + m\) tại đúng \(2\) điểm (không bao gồm các điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2018} \right) + m\)).

Nói cách khác, đường thẳng \(y =  - m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2018} \right) \) tại đúng \(2\) điểm (không bao gồm các điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 2018} \right)\)).

Quan sát đồ thị ta thấy \(\left[ \begin{array}{l} - 6 <  - m \le  - 3\\ - m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 \le m < 6\\m \le  - 2\end{array} \right.\).

Mà \(m\) nguyên dương nên \(m \in \left\{ {3;4;5} \right\}\).

Vậy tổng các giá trị của \(m\) thỏa mãn là \(3 + 4 + 5 = 12\).

Chọn C. 

Dựng hình bình hành \(ABCD\).

Gọi O là chân đường vuông góc kẻ từ S đến mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) \(\left( {O \in \left( {ABCD} \right)} \right)\)

Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt BC và AD lần lượt tại H và K.

Khi đó ta có \(HM \bot BC;\,HM \bot AD;\,SO \bot BC;SO \bot AD\) (do \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\))

 suy ra \(BC \bot \left( {SHM} \right);AD \bot \left( {SHM} \right)\)

Trong \(\left( {SHM} \right)\) kẻ \(MN \bot SH\) tại \(N\) và \(HK \bot SM\) tại \(K.\)

Ta có \(MN \bot SH\) và \(MN \bot BC\) (do \(BC \bot \left( {SHM} \right)\)) nên \(MN \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(N \Rightarrow d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right) = MN\)

Vì \(AD//BC \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right);\,M \in AD \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right) = MN = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\)

Tương tự ta có \(HK \bot \left( {SAD} \right)\) tại \(K \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right) = HK\)

Vì \(BC//AD \Rightarrow BC//\left( {SAD} \right);H \in BC \Rightarrow d\left( {BC;SA} \right) = d\left( {BC;\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SAD} \right)} \right) = HK = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\)

Xét tam giác \(SHM\) có hai đường cao bằng nhau \(MN = HK\) nên tam giác \(SHM\) cân tại S. Lại có \(SO \bot MN \Rightarrow O\) là trung điểm của \(MN.\)

Ta có \({S_{ABCD}} = MH.BC = 2{S_{ABC}} \Leftrightarrow MH.a = 2.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow MH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow OM = \dfrac{{MH}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Xét tam giác \(MKH\) vuông tại \(K \Rightarrow MK = \sqrt {M{H^2} - H{K^2}}  = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{15{a^2}}}{{25}}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 5 }}\)

Ta có \(\Delta MKH\) dồng dạng với \(\Delta MOS\)(g-g) nên \(\dfrac{{KH}}{{SO}} = \dfrac{{MK}}{{MO}} \Rightarrow SO = \dfrac{{MO.HK}}{{MK}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 5 }}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Khi đó thể tích \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{8}\) 

Chọn B.

Theo đề bài ta có: \(\sin x + \cos x = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow 1 + 2\sin x\cos x = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \sin x.\cos x =  - \frac{3}{8}.\)

Áp dụng định lý Vi-ét đảo ta có hai số \(\sin x,\;\;\cos x\) là hai nghiệm của phương trình

\({X^2} - \frac{1}{2}X - \frac{3}{8} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}X = \frac{{1 + \sqrt 7 }}{4}\\X = \frac{{1 - \sqrt 7 }}{4}\end{array} \right.\)

Vì \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow 0 < \sin x < 1 \Rightarrow \sin x = \frac{{1 + \sqrt 7 }}{4}\)  là nghiệm cần tìm.

Chọn D.

Qua G, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SC tại B’ và cắt SC tại C’.

Gọi M là trung điểm của BC.

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

Ta có: \(B'C'//BC \Rightarrow \frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{{SG}}{{SM}} = \frac{2}{3}\) (định lý Ta-let)

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

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

Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có:

\(\frac{{{V_{SAB'C'}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{SAB'C'}} = \frac{4}{9}{V_{SABC}} = \frac{4}{9}.\frac{1}{6}{a^3} = \frac{2}{{27}}{a^3}.\)

Chọn B.

Điều kiện: \(x > 0.\)

Đặt \(t = {\log _3}x \Rightarrow x \in \left( {0;\;1} \right) \Rightarrow t \in \left( { - \infty ;\;0} \right)\)

Khi đó ta có phương trình:

 \(\begin{array}{l}\log _3^23x + {\log _3}x + m - 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_3}3 + {{\log }_3}x} \right)^2} + {\log _3}x - 1 =  - m\\ \Leftrightarrow \log _3^2x + 3{\log _3}x =  - m \Leftrightarrow {t^2} + 3t =  - m\;\;\left( * \right)\end{array}\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left( {0;\;1} \right) \Leftrightarrow \) phương trình ẩn \(t\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - \infty ;\;3} \right).\)

Xét hàm số: \(y = {t^2} + 3t\) trên \(\left( { - \infty ;\;3} \right)\) ta có: \(y' = 2t + 3\)

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 2t + 3 = 0 \Leftrightarrow t =  - \frac{3}{2}.\)

Ta có BBT:

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left( { - \infty ;\;0} \right)\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) tại hai điểm phân biệt thuộc \(\left( { - \infty ;0} \right) \Leftrightarrow  - \frac{9}{4} <  - m < 0 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{9}{4}\)

Chọn A.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \angle BAC = {4^2} + {4^2} - {2.4^2}\frac{{ - 1}}{2} = {3.4^2} \Rightarrow BC = 4\sqrt 3 \).

+) Gọi H là trung điểm của BC

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh BC ta được 2 hình nón có chung bán kính đáy AH, đường cao lần lượt là BH và CH với \(AH = AB.\cos {60^0} = 2;\,\,BH = CH = \frac{1}{2}BC = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

\(\begin{array}{l}V = \frac{1}{3}\pi A{H^2}.BH + \frac{1}{3}\pi A{H^2}.CH = \frac{1}{3}\pi .A{H^2}\left( {BH + CH} \right)\\\,\,\,\, = \frac{1}{3}.\pi {2^2}.2\sqrt 3  = \frac{{8\pi \sqrt 3 }}{3}\end{array}\)

+) Khi quay tam giác ABC quanh AB ta được khối tròn xoay như sau:

Gọi D là điểm đối xứng C qua AB, H là trung điểm của CD.

Ta có: \(\angle ABC = \frac{{{{180}^0} - {{120}^0}}}{2} = {30^0}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow HC = BC.\sin {30^0} = 4\sqrt 3 .\frac{1}{2} = 2\sqrt 3 \\\,\,\,\,\,\,BH = BC.\cos {30^0} = 4\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 6\end{array}\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi H{C^2}.BH - \frac{1}{3}\pi H{C^2}.AH = \frac{1}{3}\pi H{C^2}.AB = \frac{1}{3}\pi .{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 16\pi \)

+) Do điểm B và C có vai trò như nhau nên khi quay tam giác ABC quanh AC ta cũng nhận được khối tròn xoay có thể tích bằng 16.

Vậy thế tích lớn nhất có thể được khi quay tam giác ABC quanh một đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC là \(16\pi \).

Chọn D.

Đặt \(t = \left| {f\left( x \right)} \right| \Rightarrow \) Phương trình trở thành:

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

Đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)

Ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = t\) có các trường hợp sau:

+) Vô nghiệm

+) Có 2 nghiệm phân biệt

+) Có 3 nghiệm phân biệt

+) Có 4 nghiệm phân biệt

Do đó để phương trình (*) có 7 nghiệm x phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm \({t_1},\,\,{t_2}\) phân biệt thỏa mãn \(0 < {t_1} < 4,\,\,{t_2} = 4\) \( \Rightarrow 0 < m + 1 < 4 \Leftrightarrow  - 1 < m < 3\).

Kết hợp điều kiện \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2} \right\}\).

Chọn C.

Ta có: \(\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\\x = m\end{array} \right.\) 

Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m \ne \left\{ {1;\;3} \right\}.\)

+) Giả sử \(1;\;3;\;m\) lập thành 1 CSN tăng \( \Rightarrow {3^2} = m.1 \Leftrightarrow m = 9\;\;\left( {tm} \right)\)

+) Giả sử \(m;\;1;\;3\) lập thành 1 CSN tăng \( \Rightarrow {1^2} = m.3 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\;\;\left( {tm} \right)\)

+) Giả sử \(1;\;m;\;3\) lập thành 1 CSN tăng \( \Rightarrow {m^2} = 3.1 \Leftrightarrow {m^2} = 3 \Rightarrow m = \sqrt 3 \;\;\left( {tm} \right)\)

Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn.

Chọn D.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là \(x =  - 1,\;x = 1.\)

Chọn A.