Ta có:\(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {3; - 2;\,2} \right),\,\overrightarrow {{n_\beta }}  = \left( {5; - 4;\,3} \right)\) lần lượt là VTPT của \(\left( \alpha  \right),\,\,\left( \beta  \right)\).

Gọi mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng \(\left( P \right)\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_P}} .\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \bot \left( \alpha  \right)\\\left( P \right) \bot \left( \beta  \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2;\,1; - 2} \right).\)

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

Chọn C.

Điều kiện: \(x \ne  - 3m.\)

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

Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 6} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' > 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ; - 6} \right)\\ - 3m \notin \left( { - \infty ; - 6} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m - 2 > 0\\ - 3m \ge  - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{2}{3}\\m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \dfrac{2}{3} < m \le 2\)

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

Chọn D.

Ta có: \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {4;\,3; - 12} \right).\)

Vì \(\left( \alpha  \right)//\left( \beta  \right) \Rightarrow \left( \beta  \right)\) nhận \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {4;\,3; - 12} \right)\) làm VTPT.

\( \Rightarrow \left( \beta  \right):\,\,4x + 3y - 12z + d = 0.\,\,\,\left( {d \ne 10} \right)\)

Ta có: \(\left( S \right)\)  có tâm \(I\left( {1;\,2;\,3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {1 + {2^2} + {3^2} + 2}  = 4.\)

Mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right) \Rightarrow d\left( {I;\,\left( \beta  \right)} \right) = R\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {4.1 + 3.2 - 12.3 + d} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2} + {{12}^2}} }} = 4\\ \Leftrightarrow \left| {d - 26} \right| = 52 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d - 26 = 52\\d - 26 =  - 52\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d = 78\\d =  - 26\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {{\beta _1}} \right):\,\,4x + 3y - 12z + 78 = 0\\\left( {{\beta _2}} \right):\,\,4x + 3y - 12z - 26 = 0\end{array} \right.\end{array}\)

Gọi \(M\left( {0;\,0;\,{z_0}} \right)\,\,\,\left( {{z_0} > 0} \right)\) là giao điểm của \(Oz\) và các mặt phẳng \(\left( {{\beta _1}} \right),\,\,\left( {{\beta _2}} \right).\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}M \in \left( {{\beta _1}} \right) \Rightarrow  - 12{z_0} + 78 = 0 \Leftrightarrow {z_0} = \dfrac{{13}}{2}\,\,\left( {tm} \right)\\M \in \left( {{\beta _2}} \right) \Rightarrow  - 12{z_0} - 26 = 0 \Leftrightarrow {z_0} =  - \dfrac{{13}}{6}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Chọn C.

Gọi công sai của CSC là \(d.\)

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 123\\{u_3} - {u_{15}} = 84\end{array} \right. \Rightarrow {u_1} + 2d - {u_1} - 14d = 84 \Leftrightarrow d =  - 7.\)

\( \Rightarrow {u_{17}} = {u_1} + 16d = 123 - 16.7 = 11.\)

Chọn A.

Ta có: \(P\left( x \right) = {\left( {5 - 3x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{5^{10 - k}}{{\left( { - 3x} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{5^{10 - k}}{{\left( { - 3} \right)}^k}.{x^k}.} \)

Để có hệ số của \({x^6}\) thì: \(k = 6 \Rightarrow \) hệ số của \({x^6}:\,\,C_{10}^6{.5^4}.{\left( { - 3} \right)^6} = C_{10}^6{.5^4}{.3^6}.\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}2{z_1} + 3{z_2} - {z_1}{z_2} = 2\left( {1 + 2i} \right) + 3\left( {3 - 4i} \right) - \left( {1 + 2i} \right)\left( {3 - 4i} \right)\\ = 2 + 4i + 9 - 12i - \left( {3 - 4i + 6i - 8{i^2}} \right)\\ = 11 - 8i - 3 - 2i - 8 =  - 10i.\end{array}\)

Chọn B.

Dựa BBT ta thấy hàm số có dạng: \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\,\,\left( {a \ne 0} \right).\)

Ta thấy nét cuối của hàm số đi lên \( \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) loại đáp án B.

Hàm số có 3 điểm cực trị \( \Rightarrow ab < 0 \Rightarrow \) Loại các đáp án C và D.

Chọn A.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{5x - 3}}{{1 - 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{5 - \dfrac{3}{x}}}{{\dfrac{1}{x} - 2}} =  - \dfrac{5}{2}.\)

Chọn A.

Gọi cạnh hình lập phương ban đầu là \(a\left( {cm} \right)\,\,\left( {a > 0} \right) \Rightarrow V = {a^3}\,\left( {c{m^3}} \right).\)

Cạnh hình lập phương sau khi tăng \(2cm\) là \(a + 2\,\left( {cm} \right) \Rightarrow {V_2} = {\left( {a + 2} \right)^3}\,\left( {c{m^3}} \right).\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_2} - V = 98 \Leftrightarrow {\left( {a + 2} \right)^3} - {a^3} = 98 \Leftrightarrow {a^3} + 6{a^2} + 12a + 8 - {a^3} - 98 = 0\\ \Leftrightarrow 6{a^2} + 12a - 90 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 3\,\,\left( {tm} \right)\\a =  - 5\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên \(\left[ { - 2;\,6} \right]\) lần lượt là: \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;\,6} \right]} f\left( x \right) = 6;\,\,m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;\,6} \right]} f\left( x \right) =  - 4.\)

\( \Rightarrow T = 2M + 3m = 2.6 + 3.\left( { - 4} \right) = 0.\)

Chọn B.

Ta có: \(\log \left( {{a^3}{b^2}} \right) = \log {a^3} + \log {b^2} = 3\log a + 2\log b.\)

Chọn  D.

\(f'\left( x \right) = \left[ {{{\log }_3}\left( {{x^2} - 4x} \right)} \right]' = \dfrac{{2x - 4}}{{\left( {{x^2} - 4x} \right)\ln 3}}.\)

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 3\), giá trị cực tiểu của hàm số là \(-4\).

Chọn A.

Ta có:\(\overrightarrow {AB}  = \left( {3 - 1;\,4 - 1;\,5 - 2} \right) = \left( {2;\,3;\,3} \right).\)

Chọn B.

Ta có: \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B,\,\,AC = a\sqrt 2  \Rightarrow AB = BC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = a.\)

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

Chọn D.

Ta có: \(2f\left( x \right) + 7 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \dfrac{7}{2}.\,\,\left( * \right)\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y =  - \dfrac{7}{2}.\)

Ta có:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \(y =  - \dfrac{7}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 4 điểm phân biệt.

Chọn C.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {2x + 1} \right)\left( {x - 3} \right){\left( {x + 5} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - \dfrac{1}{2}\\x =  - 5\end{array} \right.\)

Trong đó \(x = 3,\,\,x =  - \dfrac{1}{2}\) là các nghiệm bội lẻ và \(x =  - 5\) là nghiệm bội chẵn nên hàm số có hai điểm cực trị.

Chọn A.

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

Chọn C.

Ta có: \(R = a\cos \alpha .\)

\( \Rightarrow {S_{xq}} = \pi Rl = \pi a\cos \alpha .a = \pi {a^2}\cos \alpha .\)

Chọn D.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(OO'.\)

\( \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối trụ.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow R = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {3{a^2} + 3{a^2}}  = a\sqrt 6 .\\ \Rightarrow V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi .{\left( {a\sqrt 6 } \right)^3} = 8\sqrt 6 \pi {a^3}.\end{array}\)

Chọn A.

Gọi\(I\left( {a;\, - a} \right)\,\,\left( {a > 0} \right)\) thuộc đường thẳng \(y =  - x\).

\( \Rightarrow \left( S \right):\,\,{\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y + a} \right)^2} = 9.\)

\(\left( S \right)\) tiếp xúc với các trục tọa độ \( \Rightarrow d\left( {I;\,Ox} \right) = d\left( {I;\,Oy} \right) = R = 3\)

\( \Leftrightarrow \left| {{x_I}} \right| = \left| {{y_I}} \right| = 3 \Leftrightarrow a = 3 \Rightarrow \left( S \right):\,\,{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 9.\)

Chọn B.

Gọi \(M\left( {a;b} \right),\,\,N\left( {c;d} \right)\)

Khi đó ta có \(M\) thuộc đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 1\,\,\left( C \right)\) và \(N\) thuộc đường thẳng \(4x - 3y - 23 = 0\,\,\left( d \right)\)

Ta có: \(P = {\left( {a - c} \right)^2} + {\left( {b - d} \right)^2} = M{N^2}\)

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {1;2} \right),\) bán kính \(R = 1\).

Ta có \(d\left( {I;d} \right) = \dfrac{{\left| {4.1 - 3.2 - 23} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = \dfrac{{25}}{5} = 5 > R \Rightarrow d\) không cắt \(\left( C \right)\).

Khi đó \(M{N_{\min }} = d\left( {I;d} \right) - R = 5 - 1 = 4 \Rightarrow {P_{\min }} = {4^2} = 16\).

Chọn D.

Mặt cầu tâm \(I\) đi qua \(A \Rightarrow IA = R \Leftrightarrow R = \sqrt {{{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 3} \right)}^2} + {{\left( {3 - 4} \right)}^2}}  = \sqrt 3 .\)

\( \Rightarrow \left( S \right):\,\,{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = 3.\)

Chọn D.

Ta có: \({\log _{64}}81 = {\log _{{4^3}}}{3^4} = \dfrac{4}{3}{\log _4}3 = \dfrac{4}{{3{{\log }_3}4}} = \dfrac{4}{{3a}}.\)

Chọn D.

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

Chọn C.

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AH \bot BC\) ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot A'I\,\,\left( {A'I \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {A'BC} \right)} \right) = AH\).

Xét tam giác vuông \(ABC\) có :

\(AH = \dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 5 a}}{5}\).

Chọn C.

Dễ dàng nhận thấy \(\left( P \right)//\left( Q \right)\).

Lấy \(M\left( {1;0;0} \right) \in \left( P \right)\), khi đó \(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| {1 + 2.0 + 3.0 + 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \dfrac{7}{{\sqrt {14} }}\).

Chọn A.

Ta có:  \(I = \int\limits_0^1 {\left[ {2f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right]dx}  = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx}  - 3\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx}  = 2.3 - 3.\left( { - 2} \right) = 12\).

Chọn A.

Ta có \(f\left( x \right) > \ln \left( {\cos x} \right) - {e^{\pi x}} + m \Leftrightarrow f\left( x \right) - \ln \left( {\cos x} \right) + {e^{\pi x}} > m\,\,\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \ln \left( {\cos x} \right) + {e^{\pi x}} \Rightarrow g\left( x \right) > m\,\,\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]} g\left( x \right)\)

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + \dfrac{{\sin x}}{{\cos x}} + \pi {e^{\pi x}}\)

Với \(x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x > 0\\\cos x > 0\end{array} \right.\), theo giả thiết ta có \(f'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\).

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) - \ln \left( {\cos 0} \right) + {e^0} = f\left( 0 \right) + 1 \Leftrightarrow m \le f\left( 0 \right) + 1\).

Chọn A.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(SC\).

Tam giác \(SBC\) cân tại \(B \Rightarrow BM \bot SC\).

Xét tam giác \(SBD\) có \(SO\) là trung tuyến đồng thời là đường cao \( \Rightarrow \Delta SBC\) cân tại \(S \Rightarrow SB = SD = a\).

\(\Delta SCD\) có \(SD = CD = a \Rightarrow \Delta SCD\) cân tại \(D \Rightarrow DM \bot SC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\\left( {SBC} \right) \supset BM \bot SC\\\left( {SCD} \right) \supset DM \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle \left( {BM;DM} \right)\).

Xét chóp \(B.SAC\) ta có \(BC = BS = BA = a \Rightarrow \) Hình chiếu của \(B\) lên  \(\left( {SAC} \right)\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SAC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BO \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\\BO \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BO \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta SAC\).

\( \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại \(S \Rightarrow AC = 2SO = \dfrac{{2a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow SA = SC = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Xét tam giác vuông \(OAB\) có \(OB = \sqrt {A{B^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{2{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow BD = 2OB = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Xét tam giác vuông \(BCM:\,\,BM = \sqrt {B{C^2} - M{C^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} = DM\).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(BDM\) ta có:

\(\cos \angle BMD = \dfrac{{B{M^2} + D{M^2} - B{D^2}}}{{2BM.DM}} = \dfrac{{\dfrac{{2{a^2}}}{3} + \dfrac{{2{a^2}}}{3} - \dfrac{{4{a^2}}}{3}}}{{2.\dfrac{{2{a^2}}}{3}}} = 0 \Rightarrow \angle BMD = {90^0}\).

Vậy \(\angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = {90^0}\).

Chọn A.

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^3} + mx + 3\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ \(a,\,\,b,\,\,c\), khi đó \(f\left( x \right) = 2\left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)\left( {x - c} \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 2\left( {x - b} \right)\left( {x - c} \right) + 2\left( {x - a} \right)\left( {x - c} \right) + 2\left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( a \right) = 2\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right)\\f'\left( b \right) = 2\left( {b - a} \right)\left( {b - c} \right)\\f'\left( c \right) = 2\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: 

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{1}{{f'\left( a \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( b \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( c \right)}}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right)}} + \dfrac{1}{{\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right)}} + \dfrac{1}{{\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right)}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\dfrac{{c - b + a - c + b - a}}{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right)}} = 0\end{array}\)

Chọn B.

Ta có: \(\dfrac{{AM}}{{AE}} = \dfrac{{AP}}{{AG}} = \dfrac{{AN}}{{AF}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow MP//EG,\,\,MN//EF\)

\( \Rightarrow \left( {MNP} \right)//\left( {BCD} \right)\).

Ta có \(\dfrac{{MN}}{{EG}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{{MN}}{{BD}} = \dfrac{1}{3}\)

Ta có \(\Delta MNP\) đồng dạng với \(\Delta BCD\) theo tỉ số \(\dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta MNP}}}}{{{S_{\Delta BCD}}}} = \dfrac{1}{9}\).

Dựng \(B'C'\) qua M và song song \(BC\). \(C'D'\) qua P và song song với \(CD\).

\( \Rightarrow \left( {MNP} \right) \equiv \left( {B'C'D'} \right)\).

Trong \(\left( {ABG} \right)\) gọi \(I = AQ \cap B'P\). Ta có \(\dfrac{{AB'}}{{AB}} = \dfrac{{AI}}{{AQ}} = \dfrac{{AP}}{{AG}} = \dfrac{2}{3}\).

\(\begin{array}{l}\dfrac{{d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right)}} = \dfrac{{QI}}{{AI}} = \dfrac{1}{2};\,\,\dfrac{{d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{AB'}}{{AB}} = \dfrac{2}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {Q;\left( {MNP} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {BCD} \right)} \right)}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Vậy \(\dfrac{{{V_{MNPQ}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{9} = \dfrac{1}{{27}} \Rightarrow {V_{MNPQ}} = \dfrac{V}{{27}}\).

Chọn D. 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = a \in \left( { - 2; - 1} \right)\\x = b \in \left( { - 1;0} \right)\\x = c \in \left( {1;2} \right)\end{array} \right.\)

Ta có: \(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) - 1 = a \in \left( { - 2; - 1} \right)\,\,\left( 1 \right)\\f\left( x \right) - 1 = b \in \left( { - 1;0} \right)\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\\f\left( x \right) - 1 = c \in \left( {1;2} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Xét phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = a + 1 \in \left( { - 1;0} \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = b + 1 \in \left( {0;1} \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trinh (2) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét phương trình \(\left( 3 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = c + 1 \in \left( {2;3} \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình (3) có 1 nghiệm duy nhất.

Dễ thấy các nghiệm trên đều không trùng nhau.

Vậy phương trình \(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0\) có tất cả 7 nghiệm thực phân biệt.

Chọn C.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có :

\(B\left( {0;0;0} \right),\,\,A\left( {25;0;0} \right),\,\,C\left( {0;18;0} \right),\,\,D\left( {25;15;0} \right)\).

Gọi điểm \(B',C',D'\) lần lượt là các điểm \(B,C,D\) sau khi hạ xuống ta có :

\(B'\left( {0;0;10} \right),\,\,C'\left( {0;18;a} \right);\,\,D'\left( {25;15;6} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {AB'}  = \left( { - 25;0;10} \right);\,\,\overrightarrow {AC'}  = \left( { - 25;18;a} \right);\,\,\overrightarrow {AD'}  = \left( {0;15;6} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right] = \left( { - 150;150; - 375} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right].\overrightarrow {AC'}  = 3750 + 2700 - 375a = 6450 - 375a\)

Do \(A,B',C',D'\) đồng phẳng nên \(\left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right].\overrightarrow {AC'}  = 0 \Leftrightarrow 6450 - 375a = 0 \Leftrightarrow a = 17,2\).

Chọn B.

Quay miền tam giác \(SAB\) quanh cạnh \(SA\) ta được khối nón có chiều cao \(h = SA\), bán kính đáy \(R = AB\).

\( \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA\)

Quay nửa hình tròn quanh cạnh \(SA\) ta được khối cầu có bán kính \(IA\).

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\dfrac{{IA}}{{IS}} = \dfrac{{AB}}{{SB}} = \cos {60^0} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow IA = \dfrac{1}{2}IS \Rightarrow IA = \dfrac{1}{3}SA\)

\( \Rightarrow {V_2} = \dfrac{4}{3}\pi .I{A^3} = \dfrac{4}{3}\pi \dfrac{{S{A^3}}}{{27}} = \dfrac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA}}{{\dfrac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}}} = \dfrac{{27}}{4}.\dfrac{{A{B^2}}}{{S{A^2}}} = \dfrac{{27}}{4}{\left( {\dfrac{{AB}}{{SA}}} \right)^2} = \dfrac{{27}}{4}{\left( {\cot {{60}^0}} \right)^2} = \dfrac{{27}}{4}{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} = \dfrac{9}{4}\).

Chọn D.

Giả sử \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IA}  = \left( { - 1 - a;\,\,3 - b;\,5 - c} \right)\\\overrightarrow {IB}  = \left( {2 - a;\,\,6 - b; - 1 - c} \right)\\\overrightarrow {IC}  = \left( { - 4 - a; - 12 - b;5 - c} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \left( { - 3a - 3; - 3b - 3; - 3c + 9} \right) = \overrightarrow 0 \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 3 = 0\\3b + 3 = 0\\3c - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b =  - 1\\c = 3\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 1; - 1;3} \right)\)

Ta có : \(S = \left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MI}  + \underbrace {\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC} } \right)}_{\overrightarrow 0 }} \right| = 3MI\)

Khi đó \({S_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( P \right)\).

\( \Rightarrow M{I_{\min }} = d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| { - 1 + 2\left( { - 1} \right) - 2.3 - 5} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \dfrac{{14}}{3}\).

Vậy \({S_{\min }} = 3.\dfrac{{14}}{3} = 14\).

Chọn B.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 2m{x^2} + 4 - 2{m^2}\) có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\)

TH1: \(m \le 0 \Rightarrow \) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 cực trị.

\( \Rightarrow \) Để hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có đúng 3 cực trị thì phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow f\left( 0 \right) < 0 \Leftrightarrow 4 - 2{m^2} < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > \sqrt 2 \\m <  - \sqrt 2 \end{array} \right.\).

Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow m <  - \sqrt 2 \)

TH2: \(m > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt m \\x =  - \sqrt m \end{array} \right. \Rightarrow \) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 cực trị.

BBT:

Hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có đúng 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình \(f\left( x \right) = 0\) vô nghiệm

\( \Rightarrow f\left( {\sqrt m } \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2{m^2} + 4 - 2{m^2} > 0 \Leftrightarrow  - 3{m^2} + 4 > 0 \Leftrightarrow  - \dfrac{2}{{\sqrt 3 }} < m < \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\)

Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow 0 < m < \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\).

Kết hợp điều kiện đề bài ta có \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \left( { - 10; - \sqrt 2 } \right) \cup \left( {0;\dfrac{2}{{\sqrt 3 }}} \right)\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 9; - 8;...; - 2;1} \right\}\).

Vậy có 9 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) + \sin xf\left( x \right) = \cos x{e^{\cos x}}\,\,\forall x \in \left[ {0;\pi } \right]\\ \Leftrightarrow f'\left( x \right){e^{ - \cos x}} + \sin xf\left( x \right){e^{ - \cos x}} = \cos x\\ \Leftrightarrow \left[ {f\left( x \right){e^{ - \cos x}}} \right]' = \cos x\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^x {\left[ {f\left( x \right){e^{ - \cos x}}} \right]'dx}  = \int\limits_0^x {\cos xdx} \\ \Leftrightarrow \left. {f\left( x \right){e^{ - \cos x}}} \right|_0^x = \left. {\sin x} \right|_0^x\\ \Leftrightarrow f\left( x \right){e^{ - \cos x}} - f\left( 0 \right).{e^{ - 1}} = \sin x\\ \Leftrightarrow f\left( x \right){e^{ - \cos x}} - 2e.{e^{ - 1}} = \sin x\\ \Leftrightarrow f\left( x \right){e^{ - \cos x}} = \sin x + 2\\ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \left( {\sin x + 2} \right){e^{\cos x}}\end{array}\)

Khi đó ta có \(I = \int\limits_0^\pi  {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^\pi  {\left( {\sin x + 2} \right){e^{\cos x}}dx}  \approx 10,31\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}{\log _3}\dfrac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} = x\left( {x - 9} \right) + y\left( {y - 9} \right) + xy\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + y} \right) - {\log _3}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + 2 = {x^2} + {y^2} + xy + 2 - 9x - 9y\,\,\left( {x + y > 0} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {9x + 9y} \right) + \left( {9x + 9y} \right) = {\log _3}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _3}t + t\,\,\left( {t > 0} \right)\) ta có \(f'\left( t \right) = \dfrac{1}{{t\ln 3}} + 1 > 0\,\,\forall t > 0 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Từ \(\left( * \right) \Rightarrow f\left( {9x + 9y} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) \Leftrightarrow 9x + 9y = {x^2} + {y^2} + xy + 2\)

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

Ta có: \(x = x + xy - xy = x\left( {y + 1} \right) - xy \le {\left( {\dfrac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - xy\) \( \Rightarrow xy \le {\left( {\dfrac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - x\)

Từ đó \(xy = {\left( {x + y} \right)^2} - 9\left( {x + y} \right) + 2 \le {\left( {\dfrac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - x\) \( \Leftrightarrow x \le {\left( {\dfrac{{x + y + 1}}{2}} \right)^2} - {\left( {x + y} \right)^2} + 9\left( {x + y} \right) - 2\)

Đặt \(t = x + y > 0\) thì

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{x + 2\left( {x + y} \right) - 9}}{{x + y + 10}} = \dfrac{{x + 2t - 9}}{{t + 10}} \le \dfrac{{\dfrac{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}{4} - {t^2} + 9t - 2 + 2t - 9}}{{t + 10}}\\ = \dfrac{{{t^2} + 2t + 1 - 4{t^2} + 44t - 44}}{{4t + 40}} = \dfrac{{ - 3{t^2} + 46t - 43}}{{4t + 40}}\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \dfrac{{ - 3{t^2} + 46t - 43}}{{4t + 40}}\,\,\left( {t \ne 10} \right)\).

Sử dụng MTCT ta tìm được \(\max P = 2\).

Chọn A.

Gọi I là trung điểm của BC.

Ta có: \(AB = AC,\,\,BD = DC \Rightarrow \Delta ABC,\,\,\Delta BCD\) là hai tam giác cân lần lượt tại đỉnh A và D.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AI \bot BC\\DI \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AID} \right)\,\,\, \Rightarrow BC \bot AD\).

Chọn: C

\({a^{\frac{2}{3}}}\sqrt a  = {a^{\frac{2}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{2}{3} + \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{7}{6}}}\).

Chọn: C

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow n  = \dfrac{1}{2}\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow v } \right] = \left( {1; - 3;3} \right)\)

Phương trình của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là: \(1\left( {x - 0} \right) - 3\left( {y + 1} \right) + 3\left( {z - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3y + 3z - 15 = 0\).

Chọn: C

Nếu \(d < R\) thì giao tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) với mặt cầu \(S\left( {O;R} \right)\) là đường tròn có bán kính bằng \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} \)

Chọn: C

Đồ thị hàm số đã cho có 1 TCĐ là \(x =  - \dfrac{1}{2}\), 1 TCN là \(y = \dfrac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \) Đây là đồ thị của hàm số \(y = \dfrac{{x - 1}}{{2x + 1}}\).

Chọn: C

\(y = {x^4} - 2{x^2} - 3 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\end{array} \right.\)

Hàm số đã cho liên tục trên \(\left[ {0;2} \right]\) có:

\(y\left( 0 \right) =  - 3,\,y\left( 1 \right) =  - 4,\,\,y\left( 2 \right) = 5 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y =  - 4 = m,\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 5 = M\)

\( \Rightarrow M + m = 1\).

Chọn: B

Theo đề bài, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}v'\left( t \right) = a\left( t \right)\\v\left( 2 \right) = 17\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt}  = \int {6tdt = 3{t^2} + C} \\v\left( 2 \right) = 17\end{array} \right. \Rightarrow 12 + C = 17 \Leftrightarrow C = 5\)

\( \Rightarrow v\left( t \right) = 3{t^2} + 5\)

Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian tử thời điểm \(t = 4\) giây đến thời điểm \(t = 10\) giây là:

\(S = \int\limits_4^{10} {v\left( t \right)} dt = \int\limits_4^{10} {\left( {3{t^2} + 5} \right)} dt = \left. {\left( {{t^3} + 5t} \right)} \right|_4^{10} = 1050 - 84 = 966\)(m).

Chọn: D

Mặt cầu đường kính AB có tâm \(I\left( { - 2;0;2} \right)\) và bán kính \(R = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{{\sqrt {{6^2} + {6^2} + {6^2}} }}{2} = 3\sqrt 3 \), có phương trình là: 

\({\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 27\).

Chọn: A

\(y = {x^3} - 3x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3\), \(y' = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

\(y'\) đổi dấu từ - sang + tại điểm \(x = 1\)

\( \Rightarrow \) Đồ thị của hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\) có điểm cực tiểu là : \(\left( {1; - 1} \right)\).

Chọn: A

Ta có: \({\left( {\dfrac{x}{3} - \dfrac{3}{x}} \right)^{12}} = {\left( {\dfrac{1}{3}x - 3{x^{ - 1}}} \right)^{12}} = \sum\limits_{i = 0}^{12} {C_{12}^i{{\left( {\dfrac{1}{3}x} \right)}^{12 - i}}{{\left( { - 3{x^{ - 1}}} \right)}^i}}  = \sum\limits_{i = 0}^{12} {C_{12}^i{{\left( { - 1} \right)}^i}{3^{2i - 12}}{x^{12 - 2i}}} \)

Hệ số của số hạng chứa \({x^4}\) trong khai triển ứng với i thỏa mãn\(12 - 2i = 4 \Leftrightarrow i = 4\).

Hệ số đó bằng: \(C_{12}^4{\left( { - 1} \right)^4}{3^{ - 4}} = \dfrac{{55}}{9}\).

Chọn: D

Thể tích của một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng \(a\sqrt 2 \) là:

\(V = Sh = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 2  = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\).

Chọn: A