\(\ln \left( {7a} \right) - \ln \left( {3a} \right) = \ln \frac{{7a}}{{3a}} = \ln \frac{7}{3}\)

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số có ba điểm cực trị.

Chọn B.

Thể tích khối trụ : \(V = \pi {r^2}h\) trong đó r ; h lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường cao của khối trụ.

Chọn D.

Thể tích khối tròn xoay sinh bởi các đường \(y = f\left( x \right)\) ; trục hoành, \(x = a;\,x = b\) khi quay quanh trục hoành là \(V = \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)} dx\)

Ta có: \(V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}dx} \)

Chọn A.

Mỗi cách chọn một số tự nhiên có hai chữ số khác nhau là một chỉnh hợp chập 2 của 7 phần tử.

Chọn D.

Đồ thị hàm số có dạng hàm đa thức bậc ba \( \Rightarrow \) Loại đáp án A và B.

Nhanh cuối cùng của đồ thị hàm số đi lên \( \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án C.

Chọn D.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( {0;1} \right)\) và \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)

Chọn D.

\({V_{lt}} = {S_{day}}.h = {a^2}.4{\rm{a}} = 4{{\rm{a}}^3}\)

Chọn A.

Mặt cầu có phương trình \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\) có tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\).

Mặt cầu đã cho có tâm \(I\left( { - 3; - 1;1} \right)\).

Chọn C.

\(\lim \dfrac{1}{{2n + 7}} = \lim \dfrac{{\dfrac{1}{n}}}{{2 + \dfrac{7}{n}}} = \dfrac{0}{2} = 0\)

Chọn D.

Số phức \(z = 5 + 6i\) có phần thực là 5.

Chọn B.

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

Chọn C.

\({\log _3}\left( {{x^2} - 7} \right) = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 7 = {3^2} = 9 \Leftrightarrow {x^2} = 16 \Leftrightarrow x =  \pm 4\)

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

Chọn B.

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

Chọn B.

Dễ thấy \(Q\left( { - 2;1; - 2} \right) \in \left( d \right)\).

Chọn C.

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = C_{15}^3\)

Gọi A là biến cố : "Lấy được 3 quả cầu màu xanh" \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_6^3\).

Vậy xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh là \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{C_6^3}}{{C_{15}^3}} = \dfrac{4}{{91}}\)

Chọn D.

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

Do \(\left( P \right) \bot BC \Rightarrow \left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1; - 2;2} \right)\) là 1 VTPT.

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

Chọn A.

Ta có \(y = \dfrac{{\sqrt {x + 25}  - 5}}{{{x^2} + x}} = \dfrac{{x + 25 - 25}}{{\left( {{x^2} + x} \right)\left( {\sqrt {x + 25}  + 5} \right)}} = \dfrac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 25}  + 5} \right)}}\)

Do đó đồ thị hàm số đã cho chỉ có 1 TCĐ là \(x =  - 1\).

Chọn C.

\(\int\limits_1^2 {\dfrac{{dx}}{{3x - 2}}}  = \left. {\dfrac{1}{3}\ln \left| {3x - 2} \right|} \right|_1^2 = \dfrac{1}{3}\ln 4 = \dfrac{2}{3}\ln 2\)

Chọn C.

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA}\)

Xét tam giác vuông ABC có \(AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 3 \)

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow \Delta SAB\) vuông tại A.

\( \Rightarrow \tan \widehat {SBA} = \dfrac{{SA}}{{AB}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {SBA} = {30^0}\)

Chọn C.

Có \(y' = 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \notin \left[ { - 4; - 1} \right]\\x =  - 2 \in \left[ { - 4; - 1} \right]\end{array} \right.\)

\(f\left( { - 1} \right) = 2;\,\,f\left( { - 2} \right) = 4;\,\,f\left( { - 4} \right) =  - 16\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4; - 1} \right]} y =  - 16\).

Chọn B.

Ta có : \(3f\left( x \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{4}{3}\)

Ta có \(1 < \frac{4}{3} < 2\) nên dựa vào đồ thị hàm số suy ra được phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn A.

Ta có :

\(\begin{array}{l}\left( {3x + yi} \right) + \left( {4 - 2i} \right) = 5x + 2i\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 4 = 5x\\y - 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 4\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn B.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Trong (SAB) kẻ \(AH \bot SB\,\,\left( {H \in SB} \right)\) ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Xét tam giác vuông SAB có : \(AH = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{2{\rm{a}}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Chọn B.

Giả sử sau n năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu

\( \Rightarrow 2A = A{\left( {1 + 6,6\% } \right)^n} \Rightarrow n = 10,85\) (năm)

Vậy phải sau ít nhất 11 năm người đó mới thu được số tiền gấp đôi ban đầu.

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\int\limits_1^e {\left( {1 + x\ln x} \right)dx}  = \int\limits_1^e {dx}  + \int\limits_1^e {x\ln xdx}  = \int\limits_1^e {dx}  + \int\limits_1^e {\ln xd\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right)} \\ = \left. x \right|_1^e + \left. {\ln x.\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_1^e - \int\limits_1^e {\dfrac{{{x^2}}}{2}.\dfrac{{dx}}{x}} \\ = \left. x \right|_1^e + \left. {\ln x.\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_1^e - \left. {\dfrac{{{x^2}}}{4}} \right|_1^e\\ = e - 1 + \dfrac{{{e^2}}}{2} - \dfrac{{{e^2}}}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{{{e^2}}}{4} + e - \dfrac{3}{4}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{4}\\b = 1\\c =  - \dfrac{3}{4}\end{array} \right. \Rightarrow a - b = c\end{array}\)

Chọn C.

B di chuyển được 15s thì đuổi kịp A, khi đó A di chuyển được 25s.

Quãng đường vật A đi được là \(\int\limits_0^{25} {\left( {\dfrac{1}{{100}}{t^2} + \dfrac{{13}}{{30}}t} \right)dt}  = \dfrac{{375}}{2}\,\,\left( m \right)\), do đó vật B cũng đi được quãng đường \(\dfrac{{375}}{2}\,\,\left( m \right)\).

Vật tốc của vật B là \(v'\left( t \right) = at\,\left( {m/s} \right) \Rightarrow \) Quãng đường vật B đi được trong 15 s là:

\(\int\limits_0^{15} {atdt}  = \left. {\dfrac{{a{t^2}}}{2}} \right|_0^{15} = \dfrac{{225{\rm{a}}}}{2} = \dfrac{{375}}{2} \Leftrightarrow a = \dfrac{5}{3}\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A là \(v'\left( {15} \right) = \dfrac{5}{3}.15 = 25\left( {m/s} \right)\)

Chọn D.

Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \overline z  = a - bi\), ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {\overline z  + 2i} \right)\left( {z - 2} \right) = \left( {a - bi + 2i} \right)\left( {a + bi - 2} \right)\\ = {a^2} + abi - 2a - abi + {b^2} + 2bi + 2ai - 2b - 4i\\ = \left( {{a^2} + {b^2} - 2a - 2b} \right) + \left( {2a + 2b - 4} \right)i\end{array}\)

Là số thuần ảo \( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 2a - 2b = 0\)

Khi đó tập hợp các điểm z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn \(\left( C \right):\,\,{x^2} + {y^2} - 2x - 2y = 0\) là đường tròn  tâm \(I\left( {1;1} \right),\) bán kính \(R = \sqrt 2 \).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,x{\left( {2x - 1} \right)^6} + {\left( {x - 3} \right)^8}\\ = x\sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{2^k}{x^k}{{\left( { - 1} \right)}^{6 - k}}}  + \sum\limits_{l = 0}^8 {C_8^l{x^l}{{\left( { - 3} \right)}^{8 - l}}} \end{array}\)

\( \Rightarrow \) Hệ số của \({x^5}\) trong khai triển trên là \(C_6^4{.2^4}{\left( { - 1} \right)^2} + C_8^5.{\left( { - 3} \right)^3} =  - 1272\)

Chọn A.

Gọi chiều rộng của bể cá là x (m) \(\left( {x > 0} \right) \Rightarrow \) Chiều dài của bể cá là \(2x\,\,\left( m \right)\)

Gọi h là chiều cao của bể cá ta có \(2{x^2} + 2xh + 4xh = 5 \Leftrightarrow 2{x^2} + 6xh = 5 \Leftrightarrow h = \dfrac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}}\)

Khi đó thể tích của bể cá là \(2{x^2}.\dfrac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}} = \dfrac{1}{3}\left( {5x - 2{x^3}} \right) = \dfrac{1}{3}f\left( x \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 5x - 2{x^3}\,\,\left( {x > 0} \right)\) có \(f'\left( x \right) = 5 - 6{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt {\dfrac{5}{6}} \)

Lập BBT :

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt {\dfrac{5}{6}} } \right)\)

\( \Rightarrow {V_{\max }} = \dfrac{1}{3}f\left( {\sqrt {\dfrac{5}{6}} } \right) = \dfrac{{5\sqrt {50} }}{{27}} \approx 1,01{m^3}\)  

Chọn A.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 3m} \right\}\)

Ta có \(y' = \dfrac{{3m - 1}}{{{{\left( {x + 3m} \right)}^2}}}\)

Để hàm số nghịch biến trên \(\left( {6; + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m - 1 < 0\\ - 3m \notin \left( {6; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m - 1 < 0\\ - 3m \le 6\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 2 \le m < \dfrac{1}{3}\)

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn là \( - 2; - 1;0\).

Chọn A.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có: \(O\left( {0;0;0} \right);\,\,A\left( {a;0;0} \right);\,\,B\left( {0;a;0} \right);\,\,C\left( {0;0;2a} \right)\)

M là trung điểm AB

\( \Rightarrow M\left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2};0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM}  = \left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2};0} \right)\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AC}  = \left( { - a;0;2a} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {{a^2}; - {a^2};\dfrac{{{a^2}}}{2}} \right)\\\overrightarrow {OA}  = \left( {a;0;0} \right)\\ \Rightarrow d\left( {OM;AC} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {OA} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {AC} } \right]} \right|}} = \dfrac{{{a^3}}}{{\dfrac{{3{a^2}}}{2}}} = \dfrac{{2{\rm{a}}}}{3}\end{array}\)

Chọn D.

Đặt \({2^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\), ta có \({t^2} - 2mt + 2{m^2} - 5 = 0\,\,\,\left( * \right)\).

Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2{m^2} + 5 > 0\\2m > 0\\2{m^2} - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \sqrt 5  < m < \sqrt 5 \\m > 0\\\left[ \begin{array}{l}m > \sqrt {\dfrac{5}{2}} \\m <  - \sqrt {\dfrac{5}{2}} \end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {\dfrac{5}{2}}  < m < \sqrt 5 \), mà \(m \in Z \Rightarrow m = 2\)

Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D. 

Diện tích tam giác đều cạnh 3mm là \(\dfrac{{{3^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9\sqrt 3 }}{4}\,\,\left( {m{m^2}} \right) \Rightarrow \) Diện tích lục giác đều cạnh 3mm là \(6.\dfrac{{9\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{27\sqrt 3 }}{2}\,\,\left( {m{m^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Thể tích khối lăng trụ lục giác đều (tính cả lõi) là \(V = \dfrac{{27\sqrt 3 }}{2}.200 = 2700\sqrt 3 \,\,\left( {m{m^3}} \right)\)

Thể tích phần lõi than chì là \({V_1} = \pi {r^2}h = \pi {.1^2}.200 = 200\pi \,\,\left( {m{m^3}} \right) = \dfrac{{200\pi }}{{{2^9}}}\,\left( {{m^3}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Thể tích phần gỗ là \({V_2} = V - {V_1} = 2700\sqrt 3  - 200\pi \,\,\left( {m{m^3}} \right) = \dfrac{{2700\sqrt 3  - 200\pi }}{{{2^9}}}\,\,\left( {{m^3}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Giá làm cây bút chì đó là:

\({V_2}.a + {V_1}.9a = \dfrac{{2700\sqrt 3  - 200\pi }}{{{2^9}}}.a + \dfrac{{200\pi }}{{{2^9}}}.9a = 9,7a{.10^{ - 6}}\) (triệu đồng) \( = 9,7a\) (đồng)

Chọn C.

Gọi \(M = \Delta  \cap \left( P \right) \Rightarrow M\left( {2t - 1; - t;2t - 2} \right)\)

Thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có \(2t - 1 - t - 2t + 2 + 1 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \Rightarrow M\left( {3; - 2;2} \right)\)

Gọi đường thẳng cần tìm là d. Do d nằm trong (P) và cắt \(\Delta  \Rightarrow M \in d\)

\(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \Delta \\d \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{u_\Delta }} \\\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ;\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right]\)

Ta có \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {2; - 1;2} \right);\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1;1; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ;\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( { - 1;4;3} \right) =  - \left( {1; - 4; - 3} \right)\)

Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y =  - 2 - 4t\\z = 2 - 3t\end{array} \right.\)

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\left| z \right|\left( {z - 6 - i} \right) + 2i = \left( {7 - i} \right)z\\ \Leftrightarrow \left( {\left| z \right| - 7 + i} \right)z = \left( {6 + i} \right)\left| z \right| - 2i\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{6\left| z \right| + \left( {\left| z \right| - 2} \right)i}}{{\left( {\left| z \right| - 7} \right) + i}}\end{array}\)

Lấy môđun hai vế ta có:

\(\begin{array}{l}{\left| z \right|^2} = \dfrac{{36{{\left| z \right|}^2} + {{\left( {\left| z \right| - 2} \right)}^2}}}{{{{\left( {\left| z \right| - 7} \right)}^2} + 1}} = \dfrac{{37{{\left| z \right|}^2} - 4\left| z \right| + 4}}{{{{\left| z \right|}^2} - 14\left| z \right| + 50}}\\ \Leftrightarrow {\left| z \right|^4} - 14{\left| z \right|^3} + 50{\left| z \right|^2} = 37{\left| z \right|^2} - 4\left| z \right| + 4\\ \Leftrightarrow {\left| z \right|^4} - 14{\left| z \right|^3} + 13{\left| z \right|^2} + 4\left| z \right| - 4 = 0\\ \Leftrightarrow {\left| z \right|^2}\left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {\left| z \right| - 13} \right) + 4\left( {\left| z \right| - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\left| z \right| - 1} \right)\left( {{{\left| z \right|}^3} - 13{{\left| z \right|}^2} + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| z \right| = 1\\\left| z \right| \approx 12,98\\\left| z \right| \approx 0,58\end{array} \right.\end{array}\)

Khi \(\left| z \right| = 1\), thay vào phương trình ban đầu ta có

\(\begin{array}{l}z - 6 - i + 2i = \left( {7 - i} \right)z\\ \Leftrightarrow z\left( {1 - 7 + i} \right) = 6 - i\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{6 - i}}{{ - 6 + i}} =  - 1\end{array}\)

Tương tự với hai giá trị còn lại của \(\left| z \right|\) ta tìm được hai giá trị số phức z tương ứng.

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Ta có \(4{\rm{a}} + 5b + 1 > 1;\,\,16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1 > 1;\,\,8{\rm{a}}b + 1 > 1\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _{4a + 5b + 1}}\left( {16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1} \right) > {\log _{4a + 5b + 1}}1 = 0\\{\log _{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right) > {\log _{8ab + 1}}1 = 0\end{array} \right.\)

Áp dụng BĐT Cô – si ta có:

\(\begin{array}{l}{\log _{4a + 5b + 1}}\left( {16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right)\\ \ge 2\sqrt {{{\log }_{4a + 5b + 1}}\left( {16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1} \right).{{\log }_{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right)}  = 2\sqrt {{{\log }_{8ab + 1}}\left( {16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1} \right)} \end{array}\)

Lại có \(16{a^2} + {b^2} + 1 \ge 2\sqrt {16{a^2}{b^2}}  + 1 = 8ab + 1 \Rightarrow {\log _{8ab + 1}}\left( {16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1} \right) \ge {\log _{8ab + 1}}\left( {8ab + 1} \right) = 1\)

\( \Rightarrow {\log _{4a + 5b + 1}}\left( {16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right) \ge 1\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _{4a + 5b + 1}}\left( {16{{\rm{a}}^2} + {b^2} + 1} \right) = {\log _{8ab + 1}}\left( {4a + 5b + 1} \right)\\4a = b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a = b\\{\log _{6b + 1}}\left( {2{b^2} + 1} \right) = {\log _{2{b^2} + 1}}\left( {6b + 1} \right)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a = b\\{\log _{6b + 1}}\left( {2{b^2} + 1} \right) = \frac{1}{{{{\log }_{6b + 1}}\left( {2{b^2} + 1} \right)}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a = b\\{\log _{6b + 1}}\left( {2{b^2} + 1} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a = b\\6b + 1 = 2{b^2} + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{4}\\b = 3\end{array} \right.\\ \Rightarrow a + 2b = \frac{3}{4} + 2.3 = \frac{{27}}{4}\end{array}\)

Chọn C.   

Ta có AB // C’D’ \( \Rightarrow \) Giao tuyến của hai mặt phẳng (MAB) và (MC’D’) là đường thẳng đi qua M và song song với AB, C’D’.

Gọi d là đường giao tuyến của hai mặt phẳng trên.

Do \(M \in OI \Rightarrow MA = MB \Rightarrow \Delta MAB\) cân tại M, tương tự \(\Delta MC'D'\) cân tại M. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và C’D’ ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}ME \bot AB \Rightarrow ME \bot d\\MF \bot C'D' \Rightarrow MF \bot d\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {MAB} \right);\left( {MC'D'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {ME;MF} \right)}\)

Kẻ MK // A’I, ta có \(A'K = MI = \frac{1}{3}OI = \dfrac{1}{6}AA'\)

Gọi cạnh hình lập phương là 1 \( \Rightarrow A'K = \dfrac{1}{6} \Rightarrow AK = \dfrac{5}{6}\)

Do A’B’C’D’ là hình vuông cạnh 1 \( \Rightarrow KM = A'I = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow AM = \sqrt {A{K^2} + K{M^2}}  = \sqrt {\frac{{43}}{{36}}} \)

Xét tam giác vuông AME có \(ME = \sqrt {A{M^2} - A{E^2}}  = \sqrt {\dfrac{{43}}{{36}} - \dfrac{1}{4}}  = \dfrac{{\sqrt {34} }}{6}\)

Ta có \(IF = \dfrac{1}{2} \Rightarrow MF = \sqrt {M{I^2} + I{F^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{1}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {10} }}{6}\)

\(EF = AD' = \sqrt 2 \)

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác EFM có:

\(\cos \widehat {EMF} = \dfrac{{M{E^2} + M{F^2} - E{F^2}}}{{2ME.MF}} = \dfrac{{\dfrac{{34}}{{36}} + \dfrac{{10}}{{36}} - 2}}{{2\dfrac{{\sqrt {34} }}{6}.\dfrac{{\sqrt {10} }}{6}}} =  - \dfrac{{7\sqrt {85} }}{{85}}\) 

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \cos \widehat {\left( {ME;MF} \right)} = \dfrac{{7\sqrt {85} }}{{85}} = \cos \widehat {\left( {\left( {MAB} \right);\left( {MC'D'} \right)} \right)}\\ \Rightarrow \sin \widehat {\left( {\left( {MAB} \right);\left( {MC'D'} \right)} \right)} = \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{7\sqrt {85} }}{{85}}} \right)}^2}}  = \dfrac{{6\sqrt {85} }}{{85}}\end{array}\)

Chọn D.

Dễ dàng nhận thấy \(A \in d \Rightarrow d \cap \Delta  = A\)\( \Rightarrow \) đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và \(\Delta \) đi qua A.

Phương trình \(\Delta :\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2 - 7t\\z = 3 - t\end{array} \right.\).

Ta có \(\cos \left( {\overrightarrow {{u_d}} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{u_\Delta }} }}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}} = \dfrac{{1.0 + 1.\left( { - 7} \right) + 0.\left( { - 1} \right)}}{{\sqrt 2 .\sqrt {50} }} < 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_d}} ;\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right)\) là góc tù.

Lấy \(B\left( {2;3;3} \right) \in d;\,\,C\left( {1; - 5;2} \right) \in \Delta  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;0} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( {0; - 7; - 1} \right)\end{array} \right.\)

Ta có: \(AB = \sqrt {1 + 1}  = \sqrt 2 \)

\(AC = \sqrt {49 + 1}  = 5\sqrt 2  \Rightarrow AC = 5AB\)

\( \Rightarrow 5\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  = \left( {5;5;0} \right) - \left( {0; - 7; - 1} \right) = \left( {5;12;1} \right)\) là 1 VTCP của đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và \(\Delta \), do đó có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 5t\\y = 2 + 12t\\z = 3 + t\end{array} \right.\,\,\left( {d'} \right)\)

Cho \(t =  - 1 \Rightarrow B\left( { - 4; - 10;2} \right) \in \left( {d'} \right)\), do đó (d’) cũng được viết dưới dạng \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 4 + 5t\\y =  - 10 + 12t\\z = 2 + t\end{array} \right.\)

Chọn B.

Dễ thấy hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x - 2}}{{x + 2}}\) là \(x =  - 2\) và \(y = 1 \Rightarrow I\left( { - 2;1} \right)\)

Ta có: \(y = \dfrac{{x - 2}}{{x + 2}} = 1 - \dfrac{4}{{x + 2}}\)

Gọi \(A\left( {a - 2;1 - \dfrac{4}{a}} \right);\,\,B\left( {b - 2;1 - \dfrac{4}{b}} \right) \in \left( C \right)\,\,\left( {a \ne b} \right)\)

Gọi M là trung điểm của AB \( \Rightarrow M\left( {\dfrac{{a + b}}{2} - 2;1 - 2\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right)} \right)\)

Do tam giác IAB đều \( \Rightarrow \overrightarrow {IM} .\overrightarrow {AB}  = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{a + b}}{2}.\left( {b - a} \right) - 2\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right).\left( {\dfrac{4}{a} - \dfrac{4}{b}} \right) = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {{b^2} - {a^2}} \right)}}{2} - 8\left( {\frac{1}{{{a^2}}} - \dfrac{1}{{{b^2}}}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{b^2} - {a^2}}}{2} - 8\dfrac{{{b^2} - {a^2}}}{{{a^2}{b^2}}} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{b^2} - {a^2}} \right)\left( {\dfrac{1}{2} - \dfrac{8}{{{a^2}{b^2}}}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{b^2} - {a^2} = 0\\{a^2}{b^2} = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a =  - b\\{a^2}{b^2} = 16\end{array} \right.\end{array}\)

TH1: \(a =  - b \Rightarrow a + b = 0 \Rightarrow M\left( { - 2;1} \right) \equiv I \Rightarrow I\) là trung điểm của AB (ktm vì tam giác IAB đều).

TH2: \({a^2}{b^2} = 16\)

Do tam giác IAB đều \( \Rightarrow IM = AB\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow 4I{M^2} = 3A{B^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 4\left[ {\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} + 4{{\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right)}^2}} \right] = 3\left[ {{{\left( {b - a} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{4}{b} - \dfrac{4}{a}} \right)}^2}} \right]\\ \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} + 16\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{16}} = 3{\left( {a - b} \right)^2} + 3.\dfrac{{16{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{16}}\\ \Leftrightarrow 2{\left( {a + b} \right)^2} = 6{\left( {a - b} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 4ab + 2{b^2} = 6{a^2} - 12ab + 6{b^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 4ab \Rightarrow ab \ge 0 \Leftrightarrow ab = 4\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = 16\\ab = 4\end{array} \right.\\ \Rightarrow A{B^2} = {\left( {b - a} \right)^2} + {\left( {\dfrac{4}{b} - \dfrac{4}{a}} \right)^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab + \dfrac{{16\left( {{a^2} + {b^2} - 2ab} \right)}}{{{a^2}{b^2}}} = 16\\ \Rightarrow AB = 4\end{array}\)

Chọn B.

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 4{{\rm{x}}^3}{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = 4{x^3} \Leftrightarrow \int\limits_{}^{} {\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}}  = \int\limits_{}^{} {4{x^3}}  \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{{f\left( x \right)}} = {x^4} + C\\ \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{ - 1}}{{{x^4} + C}}\\f\left( 2 \right) =  - \dfrac{1}{{25}} \Leftrightarrow \dfrac{{ - 1}}{{16 + C}} =  - \dfrac{1}{{25}} \Leftrightarrow C = 9 \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{ - 1}}{{{x^4} + 9}}\\ \Rightarrow f\left( 1 \right) = \dfrac{{ - 1}}{{1 + 9}} =  - \dfrac{1}{{10}}\end{array}\)

Chọn B.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{7^x} + m = {\log _7}\left( {x - m} \right)\\ \Leftrightarrow {7^x} + x = x - m + {\log _7}\left( {x - m} \right)\\ \Leftrightarrow {7^x} + x = {7^{{{\log }_7}\left( {x - m} \right)}} + {\log _7}\left( {x - m} \right)\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {7^x} + x \Rightarrow f'\left( x \right) = {7^x}\ln 7 + 1 > 0 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên R

\(\left( * \right) \Rightarrow x = {\log _7}\left( {x - m} \right) \Leftrightarrow {7^x} = x - m \Leftrightarrow m = x - {7^x}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = x - {7^x}\) có \(g'\left( x \right) = 1 - {7^x}\ln 7 = 0 \Leftrightarrow {7^x} = \dfrac{1}{{\ln 7}} \Leftrightarrow x = {\log _7}\dfrac{1}{{\ln 7}}\)

Lập BBT:

\( \Rightarrow \) Để phương trình có nghiệm thì \(m \in \left( { - \infty ;g\left( {{{\log }_7}\dfrac{1}{{\ln 7}}} \right)} \right)\)
Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow m \in \left( { - 25;g\left( {{{\log }_7}\dfrac{1}{{\ln 7}}} \right)} \right);\,\,g\left( {{{\log }_7}\dfrac{1}{{\ln 7}}} \right) \approx - 0,85\)
Mà \(m \in Z \Rightarrow \) có 24 giá trị thỏa mãn.
Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\begin{array}{l}a{x^3} + b{x^2} + cx - 1 = d{x^2} + ex + \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \dfrac{3}{2} = 0\end{array}\)

Dễ thấy phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt \( - 3; - 1;2\) nên

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \dfrac{3}{2} = a\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\\ \Leftrightarrow a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \dfrac{3}{2} = a{x^3} + 2a{x^2} - 5ax + 6a\end{array}\)

Đồng nhất hệ số ta được:

\( - \dfrac{3}{2} = 6a \Leftrightarrow a =  - \dfrac{1}{4} \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) =  - \dfrac{1}{4}\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left| { - \dfrac{1}{4}\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)} \right|dx}  + \int\limits_{ - 1}^2 {\left| { - \dfrac{1}{4}\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)} \right|dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{4}.\dfrac{{16}}{3} + \dfrac{1}{4}.\dfrac{{63}}{4} = \dfrac{{253}}{{48}}\end{array}\)

Chọn C.

Ta có: \(h'\left( x \right) = f'\left( {x + 3} \right) - 2g'\left( {2x - \frac{7}{2}} \right)\)

Để hàm số đồng biến trên

\(\begin{array}{l}\left( {a;b} \right) \Rightarrow h'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right) \Rightarrow f'\left( {x + 3} \right) > 2g'\left( {2x - \frac{7}{2}} \right)\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)\\ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( {a;b} \right)} f'\left( {x + 3} \right) > 2\mathop {\max }\limits_{\left( {a;b} \right)} g'\left( {2x - \frac{7}{2}} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}x \in \left( {\dfrac{{13}}{4};4} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3 \in \left( {\dfrac{{25}}{4};7} \right) \Rightarrow f'\left( {x + 3} \right) > 10 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( {\dfrac{{13}}{4};6} \right)} f'\left( {x + 3} \right) > 10\\2x - \dfrac{7}{2} \in \left( {3;\dfrac{9}{2}} \right) \Rightarrow g'\left( {2x - \dfrac{7}{2}} \right) < 5 \Rightarrow 2\mathop {\max }\limits_{\left( {a;b} \right)} g'\left( {2x - \dfrac{7}{2}} \right) < 10\end{array} \right.\\ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( {a;b} \right)} f'\left( {x + 3} \right) > 2\mathop {\max }\limits_{\left( {a;b} \right)} g'\left( {2x - \dfrac{7}{2}} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = h\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {\dfrac{{13}}{4};4} \right)\).

Chọn A. 

Qua M dựng mặt phẳng (P) vuông góc với AA’ cắt các cạnh AA’; BB’; CC’ lần lượt tại N, E, F.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot NE \Rightarrow NE = d\left( {E;AA'} \right) = d\left( {N;BB'} \right) = d\left( {A;BB'} \right) = 1\\AA' \bot NF \Rightarrow NF = d\left( {F;AA'} \right) = d\left( {N;CC'} \right) = d\left( {A;CC'} \right) = \sqrt 3 \\AA' \bot \left( P \right) \Rightarrow CC' \bot \left( P \right) \Rightarrow CC' \bot EF \Rightarrow EF = d\left( {E;CC'} \right) = d\left( {F;BB'} \right) = d\left( {C;BB'} \right) = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \Delta NEF\) vuông tại N (Định lí Pytago đảo)

Lại có \(\dfrac{{ME}}{{MF}} = \dfrac{{MB'}}{{MC'}} = 1 \Rightarrow ME = MF\) (định lí Ta-lét) \( \Rightarrow M\) là trung điểm của EF.

 \( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}EF = 1\)

Xét tam giác vuông AA’M có: \(\dfrac{1}{{M{N^2}}} = \dfrac{1}{{A{M^2}}} + \dfrac{1}{{A'{M^2}}} \Rightarrow 1 = \dfrac{1}{{A{M^2}}} + \dfrac{1}{4} \Rightarrow AM = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \bot AA'\\\left( {A'B'C'} \right) \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( P \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AA';AM} \right)} = \widehat {A'MA}\)

\(\cos \widehat {A'MA} = \dfrac{{AM}}{{AA'}} = \dfrac{{\dfrac{2}{{\sqrt 3 }}}}{{\sqrt {\dfrac{4}{3} + 4} }} = \dfrac{1}{2}\)

Dễ thấy tam giác NEF là hình chiếu vuông góc của \(\Delta A'B'C'\) lên mặt phẳng (P)

\( \Rightarrow {S_{\Delta A'B'C'}} = \dfrac{{{S_{\Delta NEF}}}}{{\cos \widehat {A'MA}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}NE.NF}}{{\dfrac{1}{2}}} = 1.\sqrt 3  = \sqrt 3 \)

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = AM.{S_{\Delta A'B'C'}} = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}.\sqrt 3  = 2\)

Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(O'\left( {1;2;3} \right)\), bán kính \(R = 1\)

Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I, bán kính IM. Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường tròn đó.

Dễ thấy \(O'A \bot \left( P \right) \Rightarrow \left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow {O'A}  = \left( {1;1;1} \right)\) là 1 VTPT.

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) có dạng \(x + y + z + D = 0\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông O’MA có:

\(O'I = \dfrac{{O'{M^2}}}{{O'A}} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = d\left( {O';\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {6 + D} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}D =  - 5\\D =  - 7\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( P \right):\,\,x + y + z - 7 = 0\\\left( P \right):\,\,x + y + z - 5 = 0\end{array} \right.\)

Chọn B.

Có \(y' = 8{x^7} + 5\left( {m - 4} \right){x^4} - 4\left( {{m^2} - 16} \right){x^3}\)

Đặt \(g\left( x \right) = 8{x^4} + 5\left( {m - 4} \right)x - 4\left( {{m^2} - 16} \right)\) thì \(y' = {x^3}.g\left( x \right)\)

Theo định nghĩa, x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số y ⇔ Tồn tại h > 0 sao cho

\(\left\{ \begin{array}{l}y'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - h;0} \right)\\y'\left( 0 \right) = 0\\y'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0;h} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - h;0} \right)\\g\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0;h} \right)\end{array} \right.\) (*)

Ta thấy hàm số g(x) liên tục trên R và \(g'\left( x \right) = 32{x^3} + 5\left( {m - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \alpha  = \dfrac{{5\left( {4 - m} \right)}}{{32}}\) nên g(x) đạt cực tiểu tại x = α

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}g\left( 0 \right) > 0\\\left\{ \begin{array}{l}g\left( 0 \right) = 0\\\alpha  = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4\left( {{m^2} - 16} \right) > 0\\\left\{ \begin{array}{l} - 4\left( {{m^2} - 16} \right) = 0\\m = 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 4 < m \le 4\)

Có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Chọn A

Bán kính của mặt cầu \(\left( S \right)\) là: \(R = IA = \sqrt {{4^2} + {4^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 3 \)

Đặt \(OA = a;\,\,OB = b;\,\,OC = c \Rightarrow R = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2} = 4\sqrt 3  \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 192\)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(192 = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {abc} \right)}^2}}} \Leftrightarrow abc \le 512\)

\( \Rightarrow {V_{OABC}} = \dfrac{1}{6}abc \le \dfrac{{256}}{3}\)

Dấu bằng xảy ra \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b = c\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 192\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 8\).

Chọn C.

\(n\left( \Omega  \right) = {14^3}\)

Gọi ba chữ số mà ba bạn đó viết lần lượt là \(a;b;c \Rightarrow \left( {a + b + c} \right) \vdots 3\).

Gọi \(A = \left\{ {\left( {a + b + c} \right) \vdots 3;\,\,a;b;c \in \left[ {1;14} \right]} \right\}\).

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}a \vdots 3\\b \vdots 3\\c \vdots 3\end{array} \right. \Rightarrow a;b;c \in \left\{ {3;6;9;12} \right\} \Rightarrow \) Có \({4^3}\) số.

TH2: \(a \vdots 3\), b chia 3 dư 1, c chia 3 dư 2

\( \Rightarrow a \in \left\{ {3;6;9;12} \right\} \Rightarrow \) có 4 cách chọn a.

\(b \in \left\{ {1;4;7;10;13} \right\} \Rightarrow \) có 5 cách chọn b.

\(c \in \left\{ {2;5;8;11;14} \right\} \Rightarrow \) có 5 cách chọn c.

\( \Rightarrow \) Trường hợp này có \(4.5.5 = 100\) số chia hết cho 3.

Tương tự 5 trường hợp còn lai (trong 3 chữ số a; b; c có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1 và 1 số chia 3 dư 2) đều có 100 số chia hết cho 3.

TH3: \(a;b;c\) đều chia 3 dư 1 \( \Rightarrow a;b;c \in \left\{ {1;4;7;10;13} \right\} \Rightarrow \) có \({5^3}\) số.

TH4: \(a;b;c\) đều chia 3 dư 2 \( \Rightarrow a;b;c \in \left\{ {2;5;8;11;14} \right\} \Rightarrow \) có \({5^3}\) số.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = {4^3} + 100.6 + {2.5^3} = 914\).

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{914}}{{2744}} = \dfrac{{457}}{{1372}}\).

Chọn A.

Ta có \(y' = \dfrac{4}{3}{x^3} - \dfrac{{28}}{3}x\)

\( \Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến tại A của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là:

\(\begin{array}{l}y = \left( {\dfrac{4}{3}x_A^3 - \dfrac{{28}}{3}{x_A}} \right)\left( {x - {x_A}} \right) + \dfrac{1}{3}x_A^4 - \dfrac{{14}}{3}x_A^2\\ \Leftrightarrow y = \left( {\dfrac{4}{3}x_A^3 - \dfrac{{28}}{3}{x_A}} \right)x - x_A^4 + \dfrac{{14}}{3}x_A^2\,\,\left( d \right)\\M \in \left( d \right) \Rightarrow M\left( {{x_1};\left( {\dfrac{4}{3}x_A^3 - \dfrac{{28}}{3}{x_A}} \right){x_1} - x_A^4 + \dfrac{{14}}{3}x_A^2} \right)\\N \in d \Rightarrow N\left( {{x_2};\left( {\dfrac{4}{3}x_A^3 - \dfrac{{28}}{3}{x_A}} \right){x_2} - x_A^4 + \dfrac{{14}}{3}x_A^2} \right)\\{y_1} - {y_2} = 8\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {\dfrac{4}{3}x_A^3 - \dfrac{{28}}{3}{x_A}} \right)\left( {{x_1} - {x_2}} \right) = 8\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{3}x_A^3 - \dfrac{{28}}{3}{x_A} = 8\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_A} = 3\\{x_A} =  - 1\\{x_A} =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

TH1: \({x_A} = 3 \Rightarrow A\left( {3; - 15} \right) \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 8x - 39\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{x^4}}}{3} - \dfrac{{14}}{3}{x^2} = 8{\rm{x}} - 39\\ \Leftrightarrow {x^4} - 14{x^2} - 24x + 117 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^3} + 3{x^2} - 5x - 39} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2}\left( {{x^2} + 6x + 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x = 3\,\,\left( {Do\,\,{x^2} + 6{\rm{x}} + 13 > 0} \right)\end{array}\)

Do đó \({x_A} = 3\,\,ktm\).

Tương tự ta xét 2 TH còn lại đều thỏa mãn.

Vậy có hai điểm A thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.