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

Ta có BBT:

Từ BBT ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Chọn D.

+) Đáp án A: \(y' = \left( {\dfrac{{2{x^2} - 2}}{{{x^3}}}} \right)' = \dfrac{{4x.{x^3} - 3{x^2}\left( {2{x^2} - 2} \right)}}{{{x^6}}} = \dfrac{{4{x^2} - 6{x^2} + 6}}{{{x^4}}} = \dfrac{{ - 2{x^2} + 6}}{{{x^4}}} \Rightarrow \) loại đáp án A.

+) Đáp án B: \(y' = \left( {\dfrac{{{x^3} + 1}}{x}} \right)' = \left( {{x^2} + \dfrac{1}{x}} \right)' = 2x - \dfrac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow \) loại đáp án B.

+) Đáp án C: \(y' = \left( {\dfrac{{3{x^3} + 3x}}{x}} \right)' = \left( {3{x^2} + 3} \right)' = 6x \Rightarrow \) loại đáp án C.

+) Đáp án D: \(y' = \left( {\dfrac{{{x^3} + 5x - 1}}{x}} \right)' = \left( {{x^2} + 5 - \dfrac{1}{x}} \right)' = 2x + \dfrac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow \) Chọn đáp án D.

Chọn D.

Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) có phương trình: \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\).

Chọn A.

Chia cả tử và mẫu của biểu thức cho \(x > 0\) ta được:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 2}  - 2}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {1 + \dfrac{2}{{{x^2}}}}  - \dfrac{2}{x}}}{{1 - \dfrac{2}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {1 + 0}  - 0}}{{1 - 0}} = 1\).

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{2}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{2}{x} = 0\).

Chọn B.

Chọn bất kì 3 phần tử của tập hợp S có \(C_{20}^3\) cách chọn.

Như vậy ta có thể có  \(C_{20}^3\) tập con gồm 3 phần tử lấy từ tập S.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên R và đi qua điểm \(\left( {1;3} \right)\).

+) Đáp án A có: \(y' = 6{x^2} - 2x + 6 = {\left( {x - 1} \right)^2} + 5{x^2} + 6 > 0\) với mọi \(x \in R\) nên hàm số đồng biến trên R.

Thay \(x = 1\) vào hàm số ta được \(y\left( 1 \right) = 8 \ne 3\). Loại đáp án A.

+) Đáp án B có: \(y' = 6{x^2} - 12x + 6 = 6{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \in R \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên R.

Thay \(x = 1\) vào hàm số ta được \(y\left( 1 \right) = 3\). Chọn đáp án B.

Chọn B.

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

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}} = 2 \Rightarrow y = 2\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}} = \infty  \Rightarrow x = 1\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Chọn A.

Cách 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm dương phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta  > 0\\ - \dfrac{b}{a} > 0\\\dfrac{c}{a} > 0\end{array} \right.\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 2 \ne 0\\{m^2} - \left( {m - 2} \right)\left( {m + 3} \right) > 0\\\dfrac{{2m}}{{m - 2}} > 0\\\dfrac{{3m}}{{m - 2}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\{m^2} - {m^2} - m + 6 > 0\\\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 0\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m <  - 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\m < 6\\\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 0\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m <  - 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2 < m < 6\\m <  - 3\end{array} \right.\)

Cách 2 : Thử bằng máy tính với từng giá trị tương ứng của m ở mỗi đáp án sau đó chọn đáp án đúng.

+) Thử \(m = 8\)không thỏa mãn loại đáp án A.

+) Thử \(m = 1\) không thỏa mãn, loại B và D.

Chọn C.

Sử dụng các định lý của đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc.

+) Nếu một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì cũng vuông góc với đường thẳng còn lại.

+) Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.

+) Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng đó) cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.

Ta có Đáp án A sai vì: Hai mặt phẳng có thể cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba nhưng chúng không song song với nhau.

Chọn A.

Theo đề bài ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

Ta có: \(\Delta ABC\) vuông tại B \( \Rightarrow BC \bot BA\).

Lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\,\,\left( {cmt} \right)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Chọn A.

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là một điểm thuộc đồ thị \(\left( C \right)\).

Ta có \(y' = {x^2} + 6x\).

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có hệ số góc \(k =  - 9\) nên ta có:

\(f'\left( {{x_0}} \right) =  - 9 \Leftrightarrow x_0^2 + 6{x_0} =  - 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 3} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {x_0} =  - 3\)

\( \Rightarrow {y_0} = y\left( { - 3} \right) = 16 \Rightarrow M\left( { - 3;16} \right)\).

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( { - 3;16} \right)\) là: \(y - 16 =  - 9\left( {x + 3} \right)\).

Chọn D.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)\)

\(SB \bot SC \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại S.

Khi đó ta có \({V_{SABC}} = \dfrac{1}{6}SA.SB.SC = \dfrac{1}{6}.3a.4a.5a = 10{a^3}\).

Chọn B.

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow 1 - \cos x \ne 0 \Leftrightarrow \cos x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne k2\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\).

Chọn C.

Ta có : Hàm số đồng biến trên \(\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

+) Đáp án B : \(y' =  - f'\left( x \right) \Rightarrow y' < 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right) \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right)\). Đáp án B đúng.

+) Đáp án C : \(y' = f'\left( x \right) \Rightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right) \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( {a;b} \right)\). Đáp án C đúng.

+) Đáp án D : \(y' =  - f'\left( x \right) \Rightarrow y' < 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right) \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right)\). Đáp án D đúng.

Chọn A.

Ta có :

\(\begin{array}{l}\left[ {\sin \left( {\dfrac{{3\pi }}{2} - 4x} \right)} \right]' = \left( {\dfrac{{3\pi }}{2} - 4x} \right)'\cos \left( {\dfrac{{3\pi }}{2} - 4x} \right) =  - 4\cos \left( {\dfrac{{3\pi }}{2} - 4x} \right)\\ =  - 4\cos \left( {\pi  + \dfrac{\pi }{2} - 4x} \right) =  - 4\left[ { - \cos \left( {\dfrac{\pi }{2} - 4x} \right)} \right] =  - 4\left( { - \sin 4x} \right) = 4\sin 4x\end{array}\)

Chọn C.

Phương trình \(\cos x - m = 0 \Leftrightarrow \cos x = m\) vô nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m <  - 1\\m > 1\end{array} \right.\).

Chọn D.

Theo đề bài ta có : \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{{V_{S.A'B'C}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.1 = \dfrac{1}{4}\).

Chọn B.

Gọi \(E\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm cần tìm.

\( \Rightarrow \overrightarrow {EC}  = \left( {3 - {x_0}; - {y_0}} \right);\,\,\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;1} \right)\).

Tứ giác ABCE là hình bình hành \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {EC} \).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - {x_0} =  - 3\\ - {y_0} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 6\\{y_0} =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow E\left( {6; - 1} \right)\).

Chọn A.

Ta có 1VTPT của d là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1} \right)\) nên 1VTCP  là \(\overrightarrow u  = \left( {1;2} \right) = \left( { - 1; - 2} \right)\).

Vậy \(\overrightarrow v  = \overrightarrow u  = \left( {1;2} \right)\).

Chọn C.

+) Đáp án A : \(y' = 3{x^2} \ge 0\,\,\forall x \in R \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên R nên không có cực trị.

+) Đáp án B: \(y' = 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0;\,\,y'' = 2 > 0 \Rightarrow x = 0\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn A.

Ta có: \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.SA.\dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{3}.2a.\dfrac{1}{2}{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{3}\).

Chọn A.

Xét trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) ta có :

\(x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{x^2} - 2 \in \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow g'\left( x \right) >  - 0 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\). Vậy đáp án B đúng.

Xét trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) ta có :

\(x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\{x^2} - 2 \in \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) > 0\end{array} \right. \Rightarrow g'\left( x \right) < 0 \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\). Vậy đáp án C đúng.

Xét trên khoảng \(\left( {-1;0} \right)\) ta có :

\(x \in \left( { - 1;0} \right) \Rightarrow \left\{ \matrix{x < 0 \hfill \cr
{x^2} - 2 \in \left( { - 2; - 1} \right) \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow\left\{ \matrix{x < 0 \hfill \cr f'\left( {{x^2} - 2} \right) > 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow g'\left( x \right) < 0 \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {-1;0} \right)\). Vậy đáp án D đúng.

Chọn A.

TXĐ : \(D = R\backslash \left\{ { - m} \right\}\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' > 0\\ - m \notin \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{m^2} - 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} > 0\\ - m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  - 1\end{array} \right.\\m \ge  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 \le m <  - 1\\m > 1\end{array} \right.\).

Chọn A.

Gọi ba số hạng liên tiếp của CSN trên là \({u_1}{q^{n - 1}};\,\,{u_1}{q^n};\,\,\,{u_1}{q^{n + 1}}\).

Vì ba số hạng này là ba cạnh của 1 tam giác nên áp dụng BĐT tam giác ta có :

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^{n - 1}} + {u_1}{q^n} > {u_1}{q^{n + 1}}\\{u_1}{q^{n - 1}} + {u_1}{q^{n + 1}} > {u_1}{q^n}\\{u_1}{q^n} + {u_1}{q^{n + 1}} > {u_1}{q^{n - 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + q > {q^2}\\1 + {q^2} > q\\q + {q^2} > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{q^2} - q - 1 < 0\\{q^2} - q + 1 > 0\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)\\{q^2} + q - 1 > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} < q < \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\\\left[ \begin{array}{l}q > \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\q < \dfrac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} < q < \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\end{array}\)

Chọn D.

Phương trình đường thẳng \(BC:\,\,\dfrac{{x - 3}}{{6 - 3}} = \dfrac{{y + 3}}{{0 + 3}} \Leftrightarrow x - y - 6 = 0\).

\( \Rightarrow d\left( {A;BC} \right) = \dfrac{{\left| {1 + 1 - 6} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \)

Ta có : \(BC = \sqrt {{3^2} + {3^2}}  = 3\sqrt 2 \).

Vậy \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right).BC = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 2 .3\sqrt 2  = 6\).

Chọn A.

Ta có :

\(\begin{array}{l}S = C_{2000}^0 + 2C_{2000}^1 + .... + 2001C_{2000}^{2000}\\S = \left( {C_{2000}^0 + C_{2000}^1 + .... + C_{2000}^{2000}} \right) + \left( {C_{2000}^1 + 2C_{2000}^2 + .... + 2000C_{2000}^{2000}} \right)\end{array}\)

Xét tổng \({\left( {1 + x} \right)^{2000}} = C_{2000}^0 + C_{2000}^1x + C_{2000}^2{x^2} + .... + C_{2000}^{2000}{x^{2000}}\)

Với \(x = 1\) ta có \({2^{2000}} = {\left( {1 + x} \right)^{2000}} = C_{2000}^0 + C_{2000}^1 + C_{2000}^2 + ... + C_{2000}^{2000}\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}\left[ {{{\left( {1 + x} \right)}^{2000}}} \right]' = \left( {C_{2000}^0 + C_{2000}^1x + C_{2000}^2{x^2} + .... + C_{2000}^{2000}{x^{2000}}} \right)'\\ \Rightarrow 2000{\left( {1 + x} \right)^{1999}} = C_{2000}^1 + 2C_{2000}^2x + .... + 2000C_{2000}^{2000}{x^{1999}}\end{array}\)

Với \(x = 1 \Rightarrow {2000.2^{1999}} = C_{2000}^1 + 2C_{2000}^2 + 3C_{2000}^3 + .... + 2000C_{2000}^{2000}\)

\( \Rightarrow S = {2^{2000}} + {2000.2^{1999}} = {2^{1999}}\left( {2 + 2000} \right) = {2^{1999}}.2002 = {2^{2000}}.1001\)

Chọn D.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a < 0 \Rightarrow \) Loại A và D.

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

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị \( \Rightarrow  - \dfrac{b}{{2a}} > 0\). Mà \(a < 0 \Rightarrow b > 0\). Loại B.

Chọn C.

TXĐ : \(D = R\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6mx + 27\)

Để hàm số có 2 điểm cực trị \({x_1};{x_2} \Rightarrow \) Phương trình \(y' = 0\) có 2 nghiệm phân biệt.

Ta có \(\Delta ' = 9{m^2} - 81 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3\\m <  - 3\end{array} \right.\)

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = 9\end{array} \right.\).

Theo bài ta có :

\(\begin{array}{l}\left| {{x_1} - {x_2}} \right| \le 5 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} \le 25 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} \le 25\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 36 \le 25 \Leftrightarrow {m^2} \le \dfrac{{61}}{4} \Leftrightarrow  - \dfrac{{\sqrt {61} }}{2} \le m \le \dfrac{{\sqrt {61} }}{2}\end{array}\)

Kết hợp điều kiện ta có \(m \in \left( {3;\dfrac{{\sqrt {61} }}{2}} \right] \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = \dfrac{{\sqrt {61} }}{2}\end{array} \right. \Rightarrow T = 2b - a = \sqrt {61}  - 3\).

Chọn C.

Kẻ \(ME//AD\,\,\left( {E \in AA'} \right);\,\,NF//AD\,\,\left( {F \in AB} \right) \Rightarrow M,N,E,F\) đồng phẳng.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\dfrac{{AM}}{{AD'}} = \dfrac{{AE}}{{AA'}};\,\,\dfrac{{DN}}{{BD}} = \dfrac{{AF}}{{AB}}\).

Mà \(AD' = BD = a\sqrt 2 \) (Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a), \(AM = DN = x\,\,\left( {gt} \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AD'}} = \dfrac{{DN}}{{BD}} \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AA'}} = \dfrac{{AF}}{{AB}} \Rightarrow EF//A'B\) (Định lí Ta-lét đảo)

\( \Rightarrow \left( {MNEF} \right)//\left( {A'BC} \right) \Rightarrow MN//\left( {A'BC} \right)\).

Chọn B.

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

Đồ thị hàm số có TCN: \(y = 2\) và TCĐ: \(x = 1 \Rightarrow I\left( {1;2} \right)\).

Gọi \(M\left( {m;\dfrac{{2m + 1}}{{m - 1}}} \right) \in \left( C \right)\). Ta có \(y' =  - \dfrac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( m \right) = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}\).

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại M là: \(y = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}\left( {x - m} \right) + \dfrac{{2m + 1}}{{m - 1}}\,\,\left( d \right)\).

Cho \(x = 1 \Rightarrow y = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}\left( {1 - m} \right) + \dfrac{{2m + 1}}{{m - 1}} = \dfrac{{3 + 2m + 1}}{{m - 1}} = \dfrac{{2m + 4}}{{m - 1}} \Rightarrow P\left( {1;\dfrac{{2m + 4}}{{m - 1}}} \right)\).

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

\( \Leftrightarrow \dfrac{{3x}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{2{m^2} + 2m - 1}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} - 2 = \dfrac{{6m - 3}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow x = 2m - 1 \Rightarrow Q\left( {2m - 1;2} \right)\).

Ta có \(IP \bot IQ\) nên tam giác IPQ vuông tại I, có \(IP = \left| {\dfrac{{2m + 4}}{{m - 1}} - 2} \right| = \dfrac{6}{{\left| {m - 1} \right|}};\,\,IQ = \left| {2m - 1 - 1} \right| = 2\left| {m - 1} \right|\)

\( \Rightarrow {S_{IPQ}} = \dfrac{1}{2}IP.IQ = \dfrac{1}{2}.\dfrac{6}{{\left| {m - 1} \right|}}.2\left| {m - 1} \right| = 6 \Rightarrow {S_{GPQ}} = \dfrac{1}{3}{S_{IPQ}} = 2\) (Với G là trọng tâm tam giác IPQ).

Chọn A.

Xét (MB’D’) và (ABCD) có:

M chung; \(B'D' \subset \left( {MB'D'} \right);\,\,BD \subset \left( {ABCD} \right);\,\,B'D'//BD\)

Do đó giao tuyến của (MB’D’) và (ABCD) là đường thẳng qua M và song song BD.

Trong (ABCD) kẻ MN // BD \(\left( {N \in AD} \right) \Rightarrow \left( {MB'D'} \right) \equiv \left( {MND'B'} \right)\) và mặt phẳng (MB’D’) chia ABCD.A’B’C’D’ thành 2 phần.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MND'B'} \right) \cap \left( {ABB'A'} \right) = MB'\\\left( {MND'B'} \right) \cap \left( {ADD'A'} \right) = ND'\\\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ADD'A'} \right) = AA'\end{array} \right. \Rightarrow AA';MB';ND'\) đồng quy tại I.

Gọi V và V1 lần lượt là thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và phần thể tích khối đa diện chứa điểm A. Áp dụng định lí Ta-lét ta có : \(\dfrac{{AM}}{{A'B'}} = \dfrac{{IA}}{{IA'}} = \dfrac{{IM}}{{IB'}} = \dfrac{{IN}}{{ID'}} = \dfrac{1}{2}\). Từ đó ta có :

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{I.AMN}}}}{{{V_{I.A'B'D'}}}} = \dfrac{{IA}}{{IA'}}.\dfrac{{IM}}{{IB'}}.\dfrac{{IN}}{{IC'}} = \dfrac{1}{8} \Rightarrow {V_{I.AMN}} = \dfrac{1}{8}{V_{I.A'B'D'}} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{7}{8}{V_{I.A'B'D'}}\\\dfrac{{{V_{I.A'B'D'}}}}{V} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{IA'.{S_{A'B'D}}}}{{IA.{S_{ABCD}}}} = \dfrac{1}{3}.2.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {V_{I.A'B'D'}} = \dfrac{V}{3} \Rightarrow {V_1} = \dfrac{7}{8}.\dfrac{V}{3} = \dfrac{{7V}}{{24}} = \dfrac{{7063}}{{12}}\end{array}\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GA'}  + \overrightarrow {GB'}  + \overrightarrow {GC'}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {GI}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {GI}  + \overrightarrow {IA'}  + \overrightarrow {GI}  + \overrightarrow {IB'}  + \overrightarrow {GI}  + \overrightarrow {IC'}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow 4\overrightarrow {GI}  + \left( {\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IA'}  + \overrightarrow {IB'}  + \overrightarrow {IC'} } \right) = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {IG}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {IC'}  + \overrightarrow {C'A'}  + \overrightarrow {IC'}  + \overrightarrow {C'A'}  + \overrightarrow {A'B'}  + \overrightarrow {IC'} } \right)\\ \Leftrightarrow \overrightarrow {IG}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {IC}  + 3\overrightarrow {IC'}  + 3\overrightarrow {CA}  + 2\overrightarrow {A'B'} } \right)\\ \Leftrightarrow \overrightarrow {IG}  = \dfrac{1}{4}\left( { - \dfrac{2}{3}\overrightarrow a  + \overrightarrow a  - 3\overrightarrow c  + 2\overrightarrow b } \right) = \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{1}{3}\overrightarrow a  + 2\overrightarrow b  - 3\overrightarrow c } \right)\end{array}\)

Chọn A.

Gọi \(B' \in SB\) ; \(C' \in SC\) sao cho \(SA = SB' = SC' = 1\).

Xét \(\Delta SAB'\) có \(\left\{ \begin{array}{l}SA = SB'\\\angle ASB' = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta SAB'\) đều \( \Rightarrow AB' = SA = 1\).

Xét \(\Delta SAC'\) có \(\widehat S = {90^0} \Rightarrow AC' = \sqrt {S{A^2} + SC{'^2}}  = \sqrt 2 \).

Xét \(\Delta SB'C'\) có : \(B'C' = \sqrt {{1^2} + {1^2} - 2.1.1\dfrac{{ - 1}}{2}}  = \sqrt 3 \) (Định lí Cosin)

Do đó theo định lí Pytago đảo ta có \(\Delta AB'C'\) vuông tại A.

Chóp S.AB’C’ có \(SA = SB' = SC'\) nên hình chiếu của S lên (AB’C’) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AB'C'\). Mà \(\Delta AB'C'\) vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm H của B’C’ \( \Rightarrow SH \bot \left( {AB'C'} \right)\).

Xét \(\Delta SHB'\) vuông tại H : \(SH = SB'.\cos {60^0} = \dfrac{1}{2}\). Có \({S_{\Delta AB'C'}} = \dfrac{1}{2}AB'.AC' = \dfrac{1}{2}.1.\sqrt 2  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\). Do đó \({V_{S.AB'C'}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta AB'C'}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{12}}\).

Ta có : \(\dfrac{{{V_{S.AB'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 6{V_{S.AB'C'}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn A.

Ta có \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Gọi I là trung điểm của BC \( \Rightarrow IE = IF \Leftrightarrow I{E^2} = I{F^2}\).

Gọi \(I\left( {13 - 7t;t} \right) \in BC\) ta có:

\(\begin{array}{l}I{E^2} = I{F^2} \Leftrightarrow {\left( {11 - 7t} \right)^2} + {\left( {t - 5} \right)^2} = {\left( {13 - 7t} \right)^2} + {\left( {t - 4} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 121 - 154t - 10t + 25 = 169 - 182t - 8t + 16\\ \Leftrightarrow 26t = 39 \Leftrightarrow t = \dfrac{3}{2} \Rightarrow I\left( {\dfrac{5}{2};\dfrac{3}{2}} \right)\end{array}\)

Gọi \(B\left( {13 - 7m;m} \right) \in BC\). Vì I là trung điểm của BC \( \Rightarrow C\left( {7m - 8;3 - m} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {BE}  = \left( {7m - 11;5 - m} \right);\,\,\overrightarrow {CE}  = \left( {10 - 7m;2 + m} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CE}  = 0 \Leftrightarrow \left( {7m - 11} \right)\left( {10 - 7m} \right) + \left( {5 - m} \right)\left( {2 + m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 50{m^2} + 150m - 100 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 2\end{array} \right.\)

TH1: \(m = 1 \Rightarrow B\left( {6;1} \right);\,\,C\left( { - 1;2} \right)\)

Khi đó ta có:

\(\overrightarrow {BE}  = \left( { - 4;4} \right)//\left( { - 1;1} \right) \Rightarrow \) Phương trình AC: \( - 1\left( {x - 2} \right) + 1\left( {y - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow  - x + y - 3 = 0\).

\(\overrightarrow {CF}  = \left( {1;2} \right) \Rightarrow \) Phương trình AB: \(1\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 8 = 0\).

Vì \(A = AB \cap AC \Rightarrow A\left( {\dfrac{2}{3};\dfrac{{11}}{3}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{2}{3}\\b = \dfrac{{11}}{3}\end{array} \right.\,\,\left( {ktm} \right)\).

TH2: \(m = 2 \Rightarrow B\left( { - 1;2} \right);\,\,\,C\left( {6;1} \right)\).

Khi đó ta có:

\(\overrightarrow {BE}  = \left( {3;3} \right)//\left( {1;1} \right) \Rightarrow \) Phương trình AC: \(1\left( {x - 2} \right) + 1\left( {y - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 7 = 0\).

\(\overrightarrow {CF}  = \left( { - 6;3} \right)//\left( { - 2;1} \right) \Rightarrow \) Phương trình AB: \( - 2\left( {x - 0} \right) + 1\left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2x + y - 4 = 0\).

Vì \(A = AB \cap AC \Rightarrow A\left( {1;6} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 6\end{array} \right. \Rightarrow b - a = 6 - 1 = 5\).

Chọn D.

ĐKXĐ : \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ge 0\\x + 1 \ge 0\\{x^2} - 1 \ge \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 1\).

Ta có \(3\sqrt {x - 1}  + m\sqrt {x + 1}  = 2\sqrt[4]{{{x^2} - 1}} = 2\sqrt[4]{{x - 1}}.\sqrt[4]{{x + 1}}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt[4]{{x - 1}} = u\\\sqrt[4]{{x + 1}} = v\end{array} \right.\,\,\left( {u,v \ge 0} \right)\), ta có :

\(3{u^2} + m{v^2} = 2uv \Leftrightarrow 3{u^2} - 2uv + m{v^2} = 0 \Leftrightarrow 3{\left( {\dfrac{u}{v}} \right)^2} - 2\dfrac{u}{v} + m = 0\,\,\left( {\dfrac{u}{v} \ge 0} \right)\,\,\left( * \right)\,\,\left( {Do\,\,{v^2} \ne 0} \right)\)

Phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm không âm phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 1 - 3m > 0\\S = \dfrac{2}{3} > 0\\P = \dfrac{m}{3} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < \dfrac{1}{3}\).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}{\sin ^4}x + {\cos ^4}x + \cos \left( {x - \dfrac{\pi }{4}} \right)\sin \left( {3x - \dfrac{\pi }{4}} \right) - \dfrac{3}{2} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) - 2{\sin ^2}x{\cos ^2}x + \dfrac{1}{2}\left[ {\sin \left( {3x - \dfrac{\pi }{4} + x - \dfrac{\pi }{4}} \right) + \sin \left( {3x - \dfrac{\pi }{4} - x + \dfrac{\pi }{4}} \right)} \right] - \dfrac{3}{2} = 0\\ \Leftrightarrow 1 - \dfrac{1}{2}{\sin ^2}2x + \dfrac{1}{2}\left[ {\sin \left( {4x - \dfrac{\pi }{2}} \right) + \sin 2x} \right] = 0\\ \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{2}{\sin ^2}2x - \dfrac{1}{2}\cos 4x + \dfrac{1}{2}\sin 2x - \dfrac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow  - {\sin ^2}2x - 1 + 2{\sin ^2}2x + \sin 2x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\sin ^2}2x + \sin 2x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 2x = 1\\\sin 2x =  - 2\,\,\left( {loai} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow 2x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Chọn D.

\({u_n} = \dfrac{1}{{{n^2}}} + \dfrac{3}{{{n^2}}} + ... + \dfrac{{2n - 1}}{{{n^2}}} = \dfrac{{1 + 3 + 5 + ... + 2n - 1}}{{{n^2}}} = \dfrac{{\left( {1 + 2n - 1} \right)n}}{{2{n^2}}} = 1 \Rightarrow \lim {u_n} = \lim 1 = 1\).

Chọn D.

Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của AB và SC ta có : MQ // NP // BC \( \Rightarrow M,N,P,Q\) đồng phẳng.

Gọi \(F = NP \cap AC \Rightarrow \left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SAC} \right) = QF\),

\(I = QF \cap MN \Rightarrow I = MN \cap \left( {SAC} \right)\).

Gọi E là trung điểm của AD, ABCE là hình vuông nên CE = a.

Xét tam giác ACD có \(CE = \dfrac{1}{2}AD = a \Rightarrow \Delta ACD\) vuông tại C \( \Rightarrow CD \bot AC\).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow NC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \)C là hình chiếu của N trên (SAC)

\( \Rightarrow \angle \left( {MN;\left( {SAC} \right)} \right) = \angle \left( {NI;CI} \right) = \angle NIC\).

Xét tam giác vuông CED có \(CD = \sqrt {C{E^2} + E{D^2}}  = a\sqrt 2  \Rightarrow CN = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Có \(MO = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2};\,\,NP = \dfrac{{AD + BC}}{2} = \dfrac{{3a}}{2}\); \(\dfrac{{PF}}{{BC}} = \dfrac{{AP}}{{AB}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow PF = \dfrac{a}{2} \Rightarrow FN = a\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{IN}}{{IM}} = \dfrac{{NF}}{{MQ}} = 2 \Rightarrow IN = 2IM \Rightarrow IN = \dfrac{2}{3}MN\).

Xét tam giác vuông MNP có \(MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{SA}}{2}} \right)}^2} + N{P^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2} \Rightarrow IN = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt {10} }}{2} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{3}\).

Xét tam giác vuông NIC : \(\sin \angle NIC = \dfrac{{CN}}{{NI}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt {10} }}{3}}} = \dfrac{{3\sqrt 5 }}{{10}}\).

Chọn C.

\(P = 2\left( {{x^3} + {y^3}} \right) - 3xy = 2\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} - xy + {y^2}} \right) - 3xy = 2\left( {x + y} \right)\left( {2 - xy} \right) - 3xy\)

Đặt \(t = x + y \Rightarrow {t^2} = {x^2} + {y^2} + 2xy = 2 + 2xy \Leftrightarrow xy = \dfrac{{{t^2} - 2}}{2}\).

Vì \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy \Leftrightarrow {t^2} \ge 2\left( {{t^2} - 2} \right) \Leftrightarrow {t^2} - 4 \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le t \le 2\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}P = 2t\left( {2 - \dfrac{{{t^2} - 2}}{2}} \right) - 3\dfrac{{{t^2} - 2}}{2}\,\,\,\left( {t \in \left[ { - 2;2} \right]} \right)\\P = 4t - 4{t^3} - \dfrac{3}{2}{t^2} + 3\\P =  - {t^3} - \dfrac{3}{2}{t^2} + 6t + 3 = f\left( t \right)\,\,\left( {t \in \left[ { - 2;2} \right]} \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) =  - {t^3} - \dfrac{3}{2}{t^2} + 6t + 3\) trên \(\left[ { - 2;2} \right]\) ta có \(f'\left( t \right) =  - 3{t^2} - 3t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 \in \left[ { - 2;2} \right]\\t =  - 2 \in \left[ { - 2;2} \right]\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( t \right) = \dfrac{{13}}{2} = \max P;\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( t \right) =  - 7 = \min P \Rightarrow M + m = \dfrac{{13}}{2} - 7 =  - \dfrac{1}{2}\).

Chọn B.

Đặt \(AG = x\,\,\left( {0 < x < 100} \right) \Rightarrow BG = 100 - x\).

Áp dụng định lí Pytago ta có : \(GC = \sqrt {3600 + {{\left( {100 - x} \right)}^2}}  = \sqrt {{x^2} - 200x + 13600} \)

Vậy chi phí cần dùng là \(f\left( x \right) = 60x + 100\sqrt { - {x^2} + 200x - 6400} \)

Ta có :

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 60 + 100\dfrac{{x - 100}}{{\sqrt {{x^2} - 200x + 13600} }} = 0\\ \Leftrightarrow 100\dfrac{{100 - x}}{{\sqrt {{x^2} - 200x + 13600} }} = 60\\ \Leftrightarrow 5\left( {100 - x} \right) = 3\sqrt {{x^2} - 200x + 13600} \\ \Leftrightarrow 25{\left( {100 - x} \right)^2} = 9\left( {{x^2} - 200x + 13600} \right)\\ \Leftrightarrow 25{x^2} - 5000x + 250000 = 9{x^2} - 1800x + 122400 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 145\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 55\end{array} \right.\end{array}\)

BBT:

Dựa vào BBT ta có \(\min f\left( x \right) = f\left( {55} \right) \Leftrightarrow x = 55 \Leftrightarrow AG = 55\).

Chọn C.

Để hàm số \(y = \left| {3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m - 1} \right|\) có 7 điểm cực trị thì hàm số \(y = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m - 1\) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.

Xét hàm số \(y = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m - 1\) ta có : \(y' = 12{x^3} - 12{x^2} - 24x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 1\\x = 0\end{array} \right.\).

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 > 0\\m - 6 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m < 6\).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\cos 2x - {\tan ^2}x = \dfrac{{{{\cos }^2}x - {{\cos }^3}x - 1}}{{{{\cos }^2}x}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {2{{\cos }^2}x - 1} \right){{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} = \dfrac{{{{\cos }^2}x - {{\cos }^3}x - 1}}{{{{\cos }^2}x}}\\ \Leftrightarrow \left( {2{{\cos }^2}x - 1} \right){\cos ^2}x - {\sin ^2}x = {\cos ^2}x - {\cos ^3}x - 1\\ \Leftrightarrow {\cos ^2}x\left( {2{{\cos }^2}x - 1 + \cos x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 1 + \cos x = 0\,\,\left( {Do\,\,\cos x \ne 0} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x =  - 1\\\cos x = \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pi  + k2\pi \\x = \dfrac{\pi }{3} + m2\pi \\x =  - \dfrac{\pi }{3} + n2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k,m,n \in Z} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\pi  + k2\pi  \in \left[ {1;70} \right] \Leftrightarrow 1 \le \pi  + k2\pi  \le 70\,\,\left( {k \in Z} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \pi }}{{2\pi }} \le k \le \dfrac{{70 - \pi }}{{2\pi }}\,\,\left( {k \in Z} \right) \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;...;10} \right\}\\\dfrac{\pi }{3} + m2\pi  \in \left[ {1;70} \right] \Leftrightarrow 1 \le \dfrac{\pi }{3} + m2\pi  \le 70\,\,\left( {m \in Z} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{1 - \dfrac{\pi }{3}}}{{2\pi }} \le m \le \dfrac{{70 - \dfrac{\pi }{3}}}{{2\pi }}\,\,\left( {m \in Z} \right) \Leftrightarrow m \in \left\{ {0;1;2;...;10} \right\}\\ - \dfrac{\pi }{3} + n2\pi  \in \left[ {1;70} \right] \Leftrightarrow 1 \le  - \dfrac{\pi }{3} + n2\pi  \le 70\,\,\left( {n \in Z} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{1 + \dfrac{\pi }{3}}}{{2\pi }} \le n \le \dfrac{{70 + \dfrac{\pi }{3}}}{{2\pi }}\,\,\left( {n \in Z} \right) \Leftrightarrow n \in \left\{ {1;2;...;11} \right\}\end{array}\)

Vậy tổng các nghiệm thuộc \(\left[ {1;70} \right]\) của phương trình trên là :

\(\begin{array}{l}S = \left( {\pi  + \pi  + 2\pi  + \pi  + 4\pi  + ... + \pi  + 20\pi } \right) + \left( {\dfrac{\pi }{3} + \dfrac{\pi }{3} + 2\pi  + \dfrac{\pi }{3} + 4\pi  + ... + \dfrac{\pi }{3} + 20\pi } \right)\\\,\,\,\,\,\, + \left( { - \dfrac{\pi }{3} + 2\pi  - \dfrac{\pi }{3} + 4\pi  + .... - \dfrac{\pi }{3} + 22\pi } \right)\\S = 11\pi  + \pi \left( {2 + 4 + ... + 20} \right) + \dfrac{{11\pi }}{3} + \left( {2 + 4 + ... + 20} \right)\pi  - \dfrac{{11}}{3}\pi  + \left( {2 + 4 + ... + 22} \right)\pi \\S = 11\pi  + 110\pi  + \dfrac{{11}}{3}\pi  + 110\pi  - \dfrac{{11}}{3}\pi  + 132\pi \\S = 363\pi \end{array}\)

Chọn C.

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là

\(f'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 2{x_0} + 2 = 3\left( {x_0^2 - \dfrac{2}{3}{x_0} + \dfrac{1}{9}} \right) + \dfrac{5}{3} = 2{\left( {{x_0} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{5}{3} \ge \dfrac{5}{3}\).

Vậy tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất thì hệ số góc đó là \(\dfrac{5}{3}\).

Chọn B.

TH1: \(m = 0 \Rightarrow y = \dfrac{{x - 1}}{{ - 2x + 3}}\) có TCN \(y = \dfrac{{ - 1}}{2}\) và TCĐ \(x = \dfrac{3}{2} \Rightarrow m = 0\) thỏa mãn.

TH2: \(m \ne 0\), đồ thị hàm số luôn có TCN \(y = 0\).

Để đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận \( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 1 TCĐ.

\( \Rightarrow \) Phương trình \(m{x^2} - 2x + 3 = 0\) hoặc có 1 nghiệm duy nhất, hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm \(x = 1\).

+) Ta có \(\Delta  = 1 - 3m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \) Phương trình trở thành \(\dfrac{1}{3}{x^2} - 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = 3\).

+) \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\m - 2 + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{1}{3}\\m =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 1\).

Vậy \(m \in \left\{ {0; - 1;\dfrac{1}{3}} \right\}\).

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{1 - x}} = \dfrac{{{x^2} - 1 + 1}}{{1 - x}} =  - x - 1 + \dfrac{1}{{1 - x}}\\ \Rightarrow f'\left( x \right) =  - 1 + \dfrac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,f''\left( x \right) = \dfrac{{ - 2\left( {x - 1} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}} = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}\\\,\,\,\,\,f'''\left( x \right) = \dfrac{{2.3{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^6}}} = \dfrac{{2.3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}\\.......\\ \Rightarrow {f^{\left( {2018} \right)}}\left( x \right) = \dfrac{{ - 2.3...2018}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^{2019}}}} =  - \dfrac{{2018!}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^{2019}}}} = \dfrac{{2018!}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^{2019}}}}\end{array}\)

Chọn B.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\{x^2} + \left( {m - 1} \right)x + 1 \ne 0\end{array} \right.\)

Ta thấy \({x^2} + \sqrt {x - 1}  > 0\;\;\forall x \ge 1.\)

\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số có đúng một TCĐ \( \Leftrightarrow pt\;\;{x^2} + \left( {m - 1} \right)x + 1 = 0\;\;\left( * \right)\) có đúng một nghiệm \(x \ge 1.\)

TH1: Phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm kép \(x \ge 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = 0\\ - \dfrac{b}{{2a}} \ge 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 1} \right)^2} - 4 = 0\\ - \dfrac{{m - 1}}{2} \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m - 1 = 2\\m - 1 =  - 2\end{array} \right.\\m - 1 \le  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 3\\m =  - 1\end{array} \right.\\m \le  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 1.\)

TH2: Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < 1 \le {x_2}\)

\( \Leftrightarrow a.f\left( 1 \right) > 0 \Leftrightarrow 1.\left( {1 + m - 1 + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow m >  - 1\)

Kết hợp các TH và điều kiện bài cho \(m \ge  - 10\) ta có: \( - 10 \le m \le  - 1\) thỏa mãn điều kiện bài toán.

Chọn B.

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_5} =  - 15\\{u_{20}} = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 4d =  - 15\\{u_1} + 19d = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} =  - 35\\d = 5\end{array} \right..\)

Vậy tổng của 20 số hạng đầu tiên của CSC đã cho là: \({S_{20}} = \dfrac{{20\left( {2.\left( { - 35} \right) + 19.5} \right)}}{2} = 250.\)

Chọn  A.

Điều kiện: \(x \ne  - 1.\)

Vì \( - 1 \notin \left[ {0;\;3} \right]\) nên với bài toán này ta có thể chọn cách bấm máy tính để làm nhanh hơn.

Cách 1: Ta sử dụng máy tính để bấm máy:

+) Bước 1: Nhập hàm số \(y = \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}\) vào máy tính

+) Bước 2: Start = 0, End = 3, Step \( = \dfrac{{3 - 0}}{{19}}.\)

Khi đó ta được: 

Ta thấy giá trị của hàm số luôn tăng từ -1 đến 0,5.

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;\;3} \right]} y =  - 1\) khi \(x = 0.\)

Chọn C.

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;\;m; - 1} \right),\;\;\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;\;3;\;2m + 3} \right)\)

\(\left( P \right) \bot \left( Q \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{n_Q}}  = 0 \Leftrightarrow 2.1 + m.3 - 1\left( {2m + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 2 + 3m - 2m - 3 = 0 \Leftrightarrow m = 1.\)

Chọn  B.