Ta có: \(AB//CD,\,\,CD \subset \left( {SCD} \right)\,\, \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right)\,\)

\(\, \Rightarrow d\left( {AB;SD} \right) = d\left( {AB;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Dựng \(BH \bot SC,\,\,H \in SC\)  (1)

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot BC\\CD \bot SB\,\,\left( {do\,\,SB \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\,\,\)

\( \Rightarrow CD \bot \left( {SBC} \right)\,\, \Rightarrow CD \bot BH\) (2)

Từ (1), (2) \( \Rightarrow BH \bot \left( {SCD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = BH\,\,\, \Rightarrow d\left( {AB;SD} \right) = BH\)

Tam giác SBC vuông tại B, \(BH \bot SC\,\,\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{B{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{B{C^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 a} \right)}^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow BH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy, \(d\left( {AB;SD} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\). 

Chọn: C

\(f(x) = \dfrac{{{x^4}}}{4} - 2{x^2} + 6 \Rightarrow f'\left( x \right) = {x^3} - 4x;\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 2\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\):

\( \Rightarrow \)Hàm số \(f(x) = \dfrac{{{x^4}}}{4} - 2{x^2} + 6\) đạt cực đại tại 1 điểm\(x = 0\).

Chọn: A

\(f\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)...\left( {x - 2018} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) = 1.\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)...\left( {x - 2018} \right) + x.1.\left( {x - 2} \right)...\left( {x - 2018} \right) + x\left( {x - 1} \right).1.\left( {x - 2} \right)...\left( {x - 2018} \right) + ... + \\x.\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)...\left( {x - 2017} \right).1\end{array}\)

\( \Rightarrow f'\left( 0 \right) = 1.\left( { - 1} \right)\left( { - 2} \right)...\left( { - 2018} \right) + 0 + 0 + ... + 0 = 1.2...2018 = 2018!\).

Chọn: C

Vì \(AB \bot AC\) nên \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CA}  = 0\).

Chọn: A

Ta có: \(2M{A^2} + M{B^2} + 2M{C^2} + M{D^2} = 2{\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + 2{\overrightarrow {MC} ^2} + {\overrightarrow {MD} ^2}\)

\( = 2{\left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OB} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OC} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OD} } \right)^2}\)

\( = 2M{O^2} + 4\overrightarrow {MO} .\overrightarrow {OA}  + 2O{A^2} + M{O^2} + 2\overrightarrow {MO} .\overrightarrow {OB}  + O{B^2} + 2M{O^2} + 4\overrightarrow {MO} .\overrightarrow {OC}  + 2O{C^2} + M{O^2} + 2\overrightarrow {MO} .\overrightarrow {OD}  + O{D^2}\)

\( = 6M{O^2} + 2\overrightarrow {MO} .\left( {2\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + 2\overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD} } \right) + 2O{A^2} + O{B^2} + 2O{C^2} + O{D^2}\)

\( = 6M{O^2} + 2O{A^2} + O{B^2} + 2O{C^2} + O{D^2}\), (do \(2\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + 2\overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = 2\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OD} } \right) = \overrightarrow 0 \))

Mà \(2M{A^2} + M{B^2} + 2M{C^2} + M{D^2} = 9{a^2}\)\( \Rightarrow 6M{O^2} + 2O{A^2} + O{B^2} + 2O{C^2} + O{D^2} = 9{a^2}\) (*)

\(ABCD\) là hình vuông tâm O, cạnh a \( \Rightarrow OA = OB = OC = OD = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\)

Khi đó, (*) \( \Leftrightarrow 6M{O^2} + 6.\dfrac{{{a^2}}}{2} = 9{a^2} \Leftrightarrow 6M{O^2} = 6{a^2} \Leftrightarrow MO = a\)

Như vậy, tập hợp các điểm \(M\) thỏa mãn \(2M{A^2} + M{B^2} + 2M{C^2} + M{D^2} = 9{a^2}\) là một đường tròn tâm O bán kính là \(R = a\).

Chọn: B

Hàm số cần tìm có dạng \(y = \,a\,{x^3} + b{x^2} + cx + d,\,\,a \ne 0\)

Quan sát đồ thị, ta thấy khi \(x \to  + \infty ,\,\,y \to  + \infty \) \( \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) Loại phương án C

Đồ thị hàm số cắt Oy tại 1 điểm có tung độ dương \( \Rightarrow d > 0 \Rightarrow \) Loại phương án D

Hàm số có 2 cực trị trái dấu \( \Rightarrow \) Chọn A, do \(y = {x^3} - 3x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\);  còn \(y = {x^3} + 3x + 1\) \( \Rightarrow y' = 3{x^2} + 3\) : vô nghiệm.  

Chọn: A

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 10!\)

Gọi biến cố A: “trong 10 học sinh trên không có hai học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau”

* Tìm số phần tử của A:

Xếp 5 học sinh lớp 12A1 vào 5 vị trí có 5! cách
Ứng mỗi cách xếp 5 học sinh lớp 12A1 sẽ có 6 khoảng trống gồm 4 vị trí ở giữa và hai vị trí hai đầu để xếp các học sinh còn lại.
TH1: Xếp 3 học sinh lớp 12A2 vào 4 vị trí trống ở giữa (không xếp vào hai đầu), có\(A_4^3\) cách.
Ứng với mỗi cách xếp , chọn 1 trong 2 học sinh lớp 12D1 xếp vào vị trí trống thứ 4 (để 2 học sinh lớp 12D1 không được ngồi cạnh nhau), có 2 cách.
Học sinh lớp 12D1 còn lại có 8 vị trí để xếp có 8 cách.
Theo quy tắc nhân, ta có \(5!.A_4^3.2.8\) (cách)
TH2: Xếp 2 trong 3 học sinh lớp 12A2 vào 4 vị trí trống ở giữa và học sinh còn lại xếp vào 2 đầu, có: \(C_3^2.2.A_4^2\) (cách).
Ứng với mỗi cách xếp đó sẽ còn 2 vị trí trống ở giữa, xếp 2 học sinh lớp 12D1 vào vị trí đó, có 2 cách.
Theo quy tắc nhân, ta có: \(5!.C_3^2.2.A_4^2.2\)(cách).
\( \Rightarrow n\left( A \right) = A_4^3.5!.2.8 + 5!.C_3^2.2.A_4^2.2 = 63360\) (cách)

* Tính xác suất của biến cố A: \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{63360}}{{10!}} = \)\(\dfrac{{11}}{{630}}\).

Chọn: C

\(y = f\left( {{x^2}} \right) \Rightarrow y' = 2x.f'\left( {{x^2}} \right)\)

Xác định khoảng đồng biến của hàm số, ta có 2 trường hợp:

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\f'\left( {{x^2}} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\\left[ \begin{array}{l}{x^2} <  - 1\\1 < {x^2} < 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\\left[ \begin{array}{l} - 2 < x <  - 1\\1 < x < 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < x < 2\)

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\f'\left( {{x^2}} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l} - 1 < {x^2} < 1\\{x^2} > 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l} - 1 < x < 1\\x > 2\\x <  - 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 2\\ - 1 < x < 0\end{array} \right.\)

Vậy, hàm số \(y = f\left( {{x^2}} \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right),\,\,\left( { - 1;0} \right),\,\,\left( {1;2} \right)\).

Chọn: B

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{1 + 3x}}{{\sqrt {2{x^2} + 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{x} + 3}}{{\sqrt {2 + \dfrac{3}{{{x^2}}}} }} = \dfrac{3}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn: D

Đồ thị hàm số có TCĐ: \(x =  - 1\) và TCN: \(y = 2\) \( \Rightarrow \) Chọn phương án A.

Chọn: A

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow \sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\)

Vậy tập xác định \({\rm{D}}\) của hàm số \(y = \dfrac{{2018}}{{\sin x}}\) là: \({\rm{D}} = R\backslash \left\{ {k\pi ,k \in Z} \right\}.\)

Chọn: D

*) Chứng minh MN vuông góc DN:

Ta có: \(\overrightarrow {AN}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {AC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DN}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {AD}  + \dfrac{1}{4}\overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {DN}  = \dfrac{3}{4}\overrightarrow {DA}  + \dfrac{1}{4}\overrightarrow {DC} \)

           \(\begin{array}{l}\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {CN}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BC}  + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {CA}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BC}  + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {CB}  + \dfrac{3}{4}\overrightarrow {BA} \\ = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {CB}  - \dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {DA}  - \dfrac{3}{4}\overrightarrow {DC} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {DN} .\overrightarrow {MN}  = \left( {\dfrac{3}{4}\overrightarrow {DA}  + \dfrac{1}{4}\overrightarrow {DC} } \right)\left( {\dfrac{1}{4}\overrightarrow {DA}  - \dfrac{3}{4}\overrightarrow {DC} } \right)\\ = \dfrac{3}{{16}}D{A^2} - \dfrac{9}{{16}}\overrightarrow {DA} .\overrightarrow {DC}  + \dfrac{1}{{16}}\overrightarrow {DA} .\overrightarrow {DC}  - \dfrac{3}{{16}}D{C^2} = \dfrac{3}{{16}}D{A^2} - \dfrac{3}{{16}}D{C^2} = 0\end{array}\)

(do DC vuông góc DA và DA = DC)  \( \Rightarrow MN \bot DN\)

*) Viết phương trình đường thẳng DN :

\(\overrightarrow {MN}  = \left( { - \dfrac{5}{2}; - \dfrac{5}{2}} \right)\,\, \Rightarrow \) Đường thẳng DN có 1 VTPT là \(\left( {1;1} \right)\)

Phương trình đường thẳng DN:  \(1\left( {x + \dfrac{3}{2}} \right) + 1.\left( {y - \dfrac{1}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + 1 = 0\)

*) Tìm tọa độ điểm D:

 Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y - 3 = 0\\x + y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {1; - 2} \right)\).

Chọn: B

+) \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA \bot BD\\SA \bot AC\\SA \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow D\) đúng

+) \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD \Rightarrow C\) đúng

+) \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow B\) đúng

Chọn: A

Từ đồ thị hàm số \(y = f'(x - 2) + 2\) ta dựng đồ thị hàm số \(y = f'(x)\) bằng cách: tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f'(x - 2) + 2\) sang trái 2 đơn vị và xuống dưới 2 đơn vị

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f'(x)\) (đồ thị màu đỏ) ta có:

\(f'(x) < 0 \Leftrightarrow  - 1 < x < 1\)

\( \Rightarrow \)Hàm số \(y = f(x)\) nghịch biến trên khoảng \(( - 1;1).\)

Chọn: B

Hàm số cần tìm có dạng \(y = a{x^4} + b{x^2} + c,\,\,a \ne 0\)

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: khi \(x \to  + \infty ,\,\,y \to  + \infty  \Rightarrow \) Hệ số \(a > 0 \Rightarrow \)Loại phương án A

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 2 \( \Rightarrow c = 2 \Rightarrow \)Loại phương án D

Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm \(x =  \pm 1 \Rightarrow \) Chọn phương án B .

Chọn: B

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

Ta có: \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x + 1}},\,\,\left( {x \ne  - 1} \right)\,\, \Rightarrow y' = \dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne  - 1\)

\( \Rightarrow \)Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Chọn: D

\(y = {x^4} + 2{x^2} - 1 \Rightarrow y' = 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow 4{x^2}\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 1\)              

Hàm số đã cho liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\), có: \(y\left( { - 1} \right) = 2,\,\,\,\,y\left( 0 \right) =  - 1,\,\,\,y\left( 2 \right) = 23\)

\( \Rightarrow M = 23,\,\,m =  - 1 \Rightarrow M.m =  - 23\).

Chọn: B

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm \(x = 1\), hàm số không có cực tiểu.

Chọn: B

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\)

Lại có: \(CD \bot AB\;\left( {gt} \right) \Rightarrow CD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CD \bot SD \Rightarrow \Delta SDC\) vuông tại \(D.\)

Có \(\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = CD.\)

Mà:\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SD\;\;\left( {cmt} \right)\\CD \bot AD\;\;\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {ABCD} \right),\;\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {SD,\;AD} \right) = \angle SDA = {60^0}\)

Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\) ta có: \(SA = AD.\tan {60^0} = AD\sqrt 3 .\)

\(\begin{array}{l}{V_{SABCD}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}A{D^2}.AD\sqrt 3  = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow AD = a.\\ \Rightarrow {V_{SACD}} = \dfrac{1}{2}{V_{SACD}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{1}{3}d\left( {A;\;\left( {SCD} \right)} \right).{S_{SCD}}.\\ \Rightarrow d\left( {A;\;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{SACD}}}}{{{S_{SCD}}}}.\end{array}\)

Ta có: \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = \sqrt {3{a^2} + {a^2}}  = 2a.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{SCD}} = \dfrac{1}{2}SD.CD = \dfrac{1}{2}.2a.a = {a^2}.\\ \Rightarrow d\left( {A;\;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{SACD}}}}{{{S_{SCD}}}} = \dfrac{{3.\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}}}{{{a^2}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\end{array}\)

Vì \(AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {B;\;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Lại có: \(\dfrac{{MC}}{{BC}} = \dfrac{1}{2}\left( {gt} \right) \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {B;\;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{1}{2}\)

\( \Rightarrow d\left( {M;\;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {B;\;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Chọn C. 

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} + 8x + 1}  + 2x} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\left( {\sqrt {4{x^2} + 8x + 1}  + 2x} \right)\left( {\sqrt {4{x^2} + 8x + 1}  - 2x} \right)}}{{\sqrt {4{x^2} + 8x + 1}  - 2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{8x + 1}}{{\sqrt {4{x^2} + 8x + 1}  - 2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{8 + \dfrac{1}{x}}}{{ - \sqrt {4 + \dfrac{8}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}}  - 2}} = \dfrac{8}{{ - 2 - 2}} =  - 2.\end{array}\)

Chọn: C

Gọi I, E lần lượt là trung điểm của SC, OC

Dựng OJ vuông góc IE, (J thuộc IE)

IK là đường trung bình của tam giác SBC

\( \Rightarrow IK//SB\,\,\, \Rightarrow SB//\left( {IHK} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {SB;HK} \right) = d\left( {SB;\left( {IHK} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {IHK} \right)} \right)\)

Lại có: \(BO//HK \Rightarrow d\left( {B;\left( {IHK} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {IHK} \right)} \right)\)

Ta có:  \(HK//BD\), mà \(BD \bot SA,\,\,BD \bot AC\) (do ABCD là hình vuông)

\( \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\,\, \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HK \bot OJ\)

Mà \(IE \bot OJ \Rightarrow OJ \bot \left( {IHK} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {IHK} \right)} \right) = OJ\)

* Tính OJ:

\(OE = \dfrac{1}{2}OC = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{1}{4}.a\sqrt 2  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\); \(OI = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{1}{2}.2a = a\)

Tam giác OIE vuông tại O, OJ vuông góc IE \( \Rightarrow \dfrac{1}{{O{J^2}}} = \dfrac{1}{{O{I^2}}} + \dfrac{1}{{O{E^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{{{a^2}}}{8}}} = \dfrac{9}{{{a^2}}} \Rightarrow OJ = \dfrac{a}{3}\) \( \Rightarrow d\left( {SB;HK} \right) = \dfrac{a}{3}\).

Chọn: A

\(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x - 1}} \Rightarrow y' = \dfrac{{2.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} =  - \dfrac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Chọn: A

Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2cm bằng \({2^3} = 8\,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

Chọn: D

Theo đề bài, ta có:

\({u_{n + 1}} = \dfrac{3}{2}\left( {{u_n} - \dfrac{{n + 4}}{{{n^2} + 3n + 2}}} \right) \Leftrightarrow {u_{n + 1}} = \dfrac{3}{2}\left( {{u_n} - \dfrac{3}{{n + 1}} + \dfrac{2}{{n + 2}}} \right) \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - \dfrac{3}{{n + 2}} = \dfrac{3}{2}\left( {{u_n} - \dfrac{3}{{n + 1}}} \right)\)

Đặt \({v_n} = {u_n} - \dfrac{3}{{n + 1}}\). Khi đó, \({v_{n + 1}} = \dfrac{3}{2}{v_n},\,\,\forall n \ge 2\) và \({v_1} = {u_1} - \dfrac{3}{{1 + 1}} = 1 - \dfrac{3}{2} =  - \dfrac{1}{2}\)

Dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) xác định như trên là dãy cấp số nhân, có số hạng đầu là \({v_1} =  - \dfrac{1}{2}\) và công bội \(q = \dfrac{3}{2}\)

Khi đó, công thức tổng quát của dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) là: \({v_n} =  - \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^{n - 1}},\,\,n \ge 1\)

\( \Rightarrow \)Công thức tổng quát của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_n} = {v_n} + \dfrac{3}{{n + 1}} =  - \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^{n - 1}} + \dfrac{3}{{n + 1}}\)

\( \Rightarrow {u_{50}} =  - \dfrac{1}{2}.{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^{49}} + \dfrac{3}{{51}} =  - 212540500\).

Chọn: B

Ta có:

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

*) Phương trình (2) \( \Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{\pi }{3} + k2\pi ,\,\,k \in Z\)

Xét họ nghiệm \(x = \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \), có \(x \in \left[ {\dfrac{{7\pi }}{4};\,\,3\pi } \right] \Rightarrow \dfrac{{7\pi }}{4} \le \dfrac{\pi }{3} + k2\pi  \le \,\,3\pi  \Leftrightarrow \dfrac{{17}}{{24}} \le k \le \,\dfrac{4}{3}\,\,\, \Rightarrow k = 1\,\, \Rightarrow x = \dfrac{{7\pi }}{3}\)

Xét họ nghiệm \(x =  - \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \), có \(x \in \left[ {\dfrac{{7\pi }}{4};\,\,3\pi } \right] \Rightarrow \dfrac{{7\pi }}{4} \le  - \dfrac{\pi }{3} + k2\pi  \le \,\,3\pi  \Leftrightarrow \dfrac{{25}}{{24}} \le k \le \,\dfrac{5}{3}\,\,\, \Rightarrow k \in \emptyset \)

\( \Rightarrow \)Phương trình (2) có 1 nghiệm duy nhất trên đoạn \(\left[ {\dfrac{{7\pi }}{4};\,\,3\pi } \right]\) là \(x = \dfrac{{7\pi }}{3}\)

*) Phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt trên \(\left[ {\dfrac{{7\pi }}{4};\,\,3\pi } \right] \Rightarrow \)Phương trình (1) có đúng 1 nghiệm khác \(\dfrac{{7\pi }}{3}\) trên đoạn \(\left[ {\dfrac{{7\pi }}{4};\,\,3\pi } \right]\).

Từ đồ thị hàm số \( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \le m < 0\\m = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\\m = 1\end{array} \right.\)

Mà \(m \in Z \Rightarrow m = 1\)

Vậy, có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn là \(m = 1\).

Chọn: D

Ta có: \(y = f\left( {{x^2} + m} \right) \Rightarrow y' = 2x.f'\left( {{x^2} + m} \right)\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( {{x^2} + m} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} + m = 0\\{x^2} + m = 3\end{array} \right.\) (do tại \(x = 1\) ta có\(y = f'(x)\) không đổi dấu) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} =  - m\\{x^2} = 3 - m\end{array} \right.\)

+) \(m = 0\) ta có \(y' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

\(y' = 0\) tại 3 điểm \(x = 0,\,\,x = \sqrt 3 ,\,\,x =  - \sqrt 3 \) và đổi dấu tại 3 điểm này \( \Rightarrow m = 0\) thỏa mãn

+) \(m = 3\) ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)\( \Rightarrow m = 3\) không thỏa mãn

+) \(m < 0\)

\(y' = 0\) có 5 nghiệm phân biệt \(x = 0,\,x =  \pm \sqrt { - m} ,\,\,\,x =  \pm \sqrt {3 - m} \)

Hàm số có 5 cực trị \( \Rightarrow \) Loại các giá trị \(m < 0\).

+) \(m > 3\)

Phương trình \(y' = 0\) có 1 nghiệm duy nhất \(x = 0\) và đổi dấu tại 1 điểm duy nhất \(x = 0\) \( \Rightarrow \) Loại các giá trị \(m > 3\)

+) \(0 < m < 3\)

\(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \(x = 0,\,\,\,x =  \pm \sqrt {3 - m} \)

Hàm số có 3 cực trị \(x = 0,\,\,\,x =  \pm \sqrt {3 - m} \)\( \Rightarrow \) Các giá trị \(0 < m < 3\) thỏa mãn

Mà \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}\)

Kết luận: Để hàm số \(y = f({x^2} + m)\) có \(3\) điểm cực trị thì \(m \in \left\{ {0;1;2} \right\}\): có 3 giá trị m thỏa mãn.

Chọn: A

\(y\, = \,\dfrac{4}{{x\, - \,1}}\,,\,\,x \ne 1\,\, \Rightarrow y' =  - \dfrac{4}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm có \({x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} = \dfrac{4}{{ - 1 - 1}} =  - 2\) , \(y'\left( {{x_0}} \right) =  - \dfrac{4}{{{{\left( { - 1 - 1} \right)}^2}}} =  - 1\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\)là: \(y =  - 1.\left( {x - \left( { - 1} \right)} \right) + \left( { - 2} \right)\,\, \Leftrightarrow y =  - x - 3\).

Chọn: D

Dựa vào đồ thị hàm số, xác định điểm mà qua đó y đổi từ chiều đi xuống thành đi lên.

Hàm số \(y = f(x)\)có 2 điểm cực tiểu.

Chọn: D

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f'(x)\) ta thấy \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy, hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Chọn: D

Mệnh đề sai là: \(I\) là trung điểm \(AB\) thì \(\overrightarrow {MI\,\,}  = \overrightarrow {MA\,\,}  + \overrightarrow {MB\,\,} \)với mọi điểm \(M\).

Sửa lại: \(I\) là trung điểm \(AB\) thì \(2\overrightarrow {MI\,\,}  = \overrightarrow {MA\,\,}  + \overrightarrow {MB\,\,} \)với mọi điểm \(M\).

Chọn: B

Ta có: \(f\left( x \right) = 2{\cos ^3}x - \cos 2x = 2{\cos ^3}x - 2{\cos ^2}x + 1\)

Đặt \(\cos x = t,\,\,t \in \left[ {\dfrac{1}{2};1} \right]\). Xét hàm số \(g\left( t \right) = 2{t^3} - 2{t^2} + 1\) trên đoạn \(\left[ {\dfrac{1}{2};1} \right]\), ta có:

\(g'\left( t \right) = 6{t^2} - 4t;\,\,g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\,\,(L)\\t = \dfrac{2}{3}\end{array} \right.\)

Hàm số \(g\left( t \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {\dfrac{1}{2};1} \right]\) và \(g\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{3}{4},\,\,g\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{{19}}{{27}},\,\,g\left( 1 \right) = 1\)

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {\dfrac{1}{2};1} \right]} g\left( t \right) = 1,\,\,\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {\dfrac{1}{2};1} \right]} g\left( t \right) = \dfrac{{19}}{{27}}\,\,\, \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{x \in D} f\left( x \right) = 1,\,\,\mathop {\min }\limits_{x \in D} f\left( x \right) = \dfrac{{19}}{{27}}\).

Chọn: A

Ta có: \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{ - x + 1}} \Rightarrow y' = \dfrac{3}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {2;3} \right] \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {2;3} \right]\).

\( \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {2;3} \right]} y = f\left( 2 \right) = \dfrac{{2.2 + 1}}{{1 - 2}} =  - 5\,\).

Chọn: D

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của NE và CD; của ME và AD. Khi đó, thiết diện của khối tứ diện cắt bởi mặt phẳng (MNE) là tứ giác MNPQ.

*) Tính thể tích khối tứ diện đều ABCD:

Tam giác BCD đều, có các cạnh đều bằng a

\( \Rightarrow {S_{BCD}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

G là trọng tâm tam giác BCD

\( \Rightarrow GD = \dfrac{2}{3}ND = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Tam giác AGD vuông tại G \( \Rightarrow AG = \sqrt {A{D^2} - G{D^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Thể tích khối tứ diện đều ABCD là: \(V = \dfrac{1}{3}.AG.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Dễ dàng chứng minh Q, P lần lượt là trọng tâm các tam giác ABE, BCE \( \Rightarrow \dfrac{{QE}}{{ME}} = \dfrac{{PE}}{{NE}} = \dfrac{2}{3}\)

Ta có: \(\dfrac{{{V_{E.DQP}}}}{{{V_{E.BMN}}}} = \dfrac{{EQ}}{{EM}}.\dfrac{{EP}}{{EN}}.\dfrac{{ED}}{{EB}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{9}\) \( \Rightarrow {V_{BMN.DQP}} = \dfrac{7}{9}{V_{E.BMN}}\)

*) Tính thể tích khối chóp E.BMN:

\({V_{E.BMN}} = \dfrac{1}{3}.d\left( {M,\left( {BCD} \right)} \right).{S_{\Delta BNE}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right).{S_{\Delta BCD}}\) \( = \dfrac{1}{2}{V_{ABCD}}\)  (do \({S_{BNE}} = 2{S_{BND}} = 2.\dfrac{1}{2}{S_{BCD}} = {S_{BCD}}\)) 

\( \Rightarrow {V_{BMN.DQP}} = \dfrac{7}{9}{V_{E.BMN}} = \dfrac{7}{9}.\dfrac{1}{2}{V_{ABCD}} = \dfrac{7}{{18}}{V_{ABCD}}\)

Gọi V là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A  \( \Rightarrow V = {V_{ABCD}} - {V_{BMN.DQP}} = \dfrac{{11}}{{18}}{V_{ABCD}} = \dfrac{{11}}{{18}}.\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \) \(\dfrac{{11\sqrt 2 {a^3}}}{{216}}\).

Chọn: B

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

Dựng và quan sát đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), ta thấy: \(y = f'\left( x \right)\) cắt trục hoành tại 3 điểm là \(x = 1;\,\,x = 2;\,\,x = 3\)

nhưng chỉ đổi dấu tại hai điểm là \(x = 1;x = 2\). Như vậy, hàm số \(y = f(x)\) có tất cả 2 cực trị.

Chọn: B

\(A\left( {3; - 10} \right);\,\,B\left( { - 5;4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 8;14} \right)\).

Chọn: A

Số hạng tổng quát:

\(\dfrac{1}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}}C_n^k = \dfrac{1}{{\left( {k + 2} \right)\left( {k + 1} \right)}}C_n^k = \dfrac{1}{{k + 2}}\dfrac{1}{{n + 1}}C_{n + 1}^{k + 1} = \dfrac{1}{{n + 1}}\dfrac{1}{{k + 2}}C_{n + 1}^{k + 1} = \dfrac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}C_{n + 2}^{k + 2}\)

Như vậy \(S = \dfrac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\left( {C_{n + 2}^2 + C_{n + 2}^3 + C_{n + 2}^4 + ... + C_{n + 2}^{n + 2}} \right)\)

\(S = \dfrac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\left( {{2^{n + 2}} - C_{n + 2}^0 - C_{n + 2}^1} \right) = \dfrac{1}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}\left( {{2^{n + 2}} - n - 3} \right)\)   

Phương trình đã cho tương đương \(\dfrac{{{2^{n + 2}} - n - 3}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \dfrac{{{2^{2018}} - n - 3}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} \Leftrightarrow n + 2 = 2018 \Leftrightarrow n = 2016\).

Chọn: D

Phương trình \({x^4} - 3{x^2} + m = 0 \Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} - 3 =  - m - 3\) (*)

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} - 3\) và đường thẳng \(y =  - m - 3\).

Để (*) có 3 nghiệm phân biệt thì \( - m - 3 =  - 3 \Leftrightarrow m = 0\).

Chọn: C

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2mx + 1}}{{x - m}}\,\) có tiệm cận ngang là \(y = 2m\) và tiệm cận đứng là \(x = m\), hai đường này cắt nhau tại điểm \(I\left( {m;2m} \right)\,\, \Rightarrow I\) thuộc đường thẳng \(y = 2x.\)

Chọn: B

Gọi O là tâm của tam giác đều ABC, I là trung điểm của AB

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\,\, \Rightarrow \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SAO} = 60^\circ \)

\(\Delta ABC\) đều, cạnh a  \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\{S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\end{array} \right.\)

\(\Delta SAO\) vuông tại O  \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SO = OA.\tan 60^\circ  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3  = a\\SA = \dfrac{{OA}}{{\cos 60^\circ }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\dfrac{1}{2}}} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.\)

Thể tích khối chóp S.ABC là:  \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

\(\Delta SAB\) cân tại S \( \Rightarrow SI \bot AB\); \(\left( {BCD} \right) \bot SA\,\, \Rightarrow BD \bot SA\)

\(\Delta SAI\) đồng dạng \(\Delta BAD\)

\( \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{AB}} = \dfrac{{AI}}{{AD}} \Leftrightarrow \dfrac{{\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{AD}} \Rightarrow AD = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.a}}{{\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)\( \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{SA}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}}} = \dfrac{3}{8} \Rightarrow \dfrac{{SD}}{{SA}} = \dfrac{5}{8}\)

Ta có:  \(\dfrac{{{V_{S.DBC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SD}}{{SA}} = \dfrac{5}{8} \Rightarrow {V_{S.DBC}} = \dfrac{5}{8}.{V_{S.ABC}} = \dfrac{5}{8}.\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}} = \dfrac{{5{a^3}\sqrt 3 }}{{96}}\).

Chọn: C

Số chỉnh hợp chập \(5\) của \(8\) phần tử: \(A_8^5 = \dfrac{{8!}}{{\left( {8 - 5} \right)!}} = 8.7.6.5.4 = 6720\).

Chọn: A

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 1\,\, \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x - 9\)

\(\, \Rightarrow y = y'.\left( {\dfrac{1}{3}x - \dfrac{1}{3}} \right) - 8x - 2\)

Giả sử \({x_1},\,{x_2}\) lần lượt là hoành độ của hai điểm cực trị A và B \( \Rightarrow y'\left( {{x_1}} \right) = y'\left( {{x_2}} \right) = 0\)

Khi đó, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\,{y_1} = y'\left( {{x_1}} \right).\left( {\dfrac{1}{3}{x_1} - \dfrac{1}{3}} \right) - 8{x_1} - 2 =  - 8{x_1} - 2\\\,{y_2} = y'\left( {{x_2}} \right).\left( {\dfrac{1}{3}{x_2} - \dfrac{1}{3}} \right) - 8{x_2} - 2 =  - 8{x_2} - 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \)Phương trình đường thẳng AB: \(y =  - 8x - 2\)

Thay tọa độ các điểm M, N, P, Q vào phương trình đường thẳng AB, ta có:  \(N(1; - 10)\) nằm trên đường thẳng AB.

Chọn: C

\({u_n} = 3{\left( { - 1} \right)^n}n\,\, \Rightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}\,{u_2} = 3{\left( { - 1} \right)^2}.2\, = 6\\{u_1} = 3{\left( { - 1} \right)^1}.1 =  - 3\,\\{u_4} = 3{\left( { - 1} \right)^4}.4 = 12\,\\{u_3} = 3{\left( { - 1} \right)^3}.3 =  - 9\,\end{array} \right.\)

Chọn: A

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{3 - 2x}}{{x - 1}}\)có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y =  - 2\).

Chọn: D

ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng \(a\)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) đều, có cạnh bằng a và \(AA' \bot \left( {ABC} \right),\,\,AA' = a\)

Diện tích đáy: \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích của khối lăng trụ:  \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Chọn: C  

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\sqrt 3 \sin 2x + \cos 2x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin 2x + \cos 2x = 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x + \dfrac{1}{2}\cos 2x = 1\\ \Leftrightarrow \sin \dfrac{\pi }{3}\sin 2x + \cos \dfrac{\pi }{3}\cos 2x = 1\\ \Leftrightarrow \cos \left( {2x - \dfrac{\pi }{3}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow 2x - \dfrac{\pi }{3} = k2\pi \,\,\,\left( {k \in Z} \right)\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \,\,\,\left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Chọn: D

ABCD là hình thang vuông

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}\left( {DC + AB} \right).AD = \dfrac{1}{2}.\left( {a + 2a} \right).2a = 3{a^2}\)

Kẻ IH vuông góc BC,  (\(H \in BC\))

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SIB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SIC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SIB} \right) \cap \left( {SIC} \right) = SI\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow SI \bot BC\),  mà \(IH \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SHI} \right)\)

\(\begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\,\,\\ \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SH;IH}} \right) = \widehat {SHI} = 60^\circ \end{array}\)

*) Tính IH:

Ta có: \({S_{ABCD}} = 3{a^2}\), \({S_{\Delta ABI}} = {a^2},\,\,{S_{\Delta IDC}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta IBC}} = 3{a^2} - {a^2} - \dfrac{1}{2}{a^2} = \dfrac{3}{2}{a^2}\)

\(BC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = \sqrt 5 a\)

\({S_{\Delta IBC}} = \dfrac{1}{2}.IH.BC \Rightarrow \dfrac{3}{2}{a^2} = \dfrac{1}{2}.IH.a\sqrt 5  \Rightarrow IH = \dfrac{{3a}}{{\sqrt 5 }}\)

Tam giác SIH vuông tại I

\( \Rightarrow SI = \tan 60^\circ .IH = \sqrt 3 .\dfrac{{3a}}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{3a\sqrt {15} }}{5}\)

*) Thể tích khối chóp S.ABCD:

 \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SI.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3a\sqrt {15} }}{5}.3{a^2} = \dfrac{{3{a^3}\sqrt {15} }}{5}\)

Chọn: C

\(MNPQ\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow \)\(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {QP} \)

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

Chọn: C

Ta có : \(A\left( {1;\,2} \right),\,B\left( {3;\, - 1} \right),\,C\left( {0;\,1} \right)\,\, \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 3} \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( { - 3;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {u\,}  = 2\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC}  \Rightarrow \overrightarrow {u\,} \left( {1;\, - 4} \right)\)

Chọn: B

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

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} + t\) ta có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 + 1 > 0\,\,\forall t \in R\) nên hàm số đồng biến trên R.

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

Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (**) có 3 nghiệm phân biệt, khi đó \(m \in \left( {{y_{CT}};{y_{CD}}} \right)\) của hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x\).

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

\( \Rightarrow m \in \left( { - 2;2} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 2\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow a + 2b =  - 2 + 4 = 2\) .

Chọn D.

Ta có:

\({\left( {x - \dfrac{2}{{x\sqrt x }}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{x^{12 - k}}{{\left( {\dfrac{{ - 2}}{{x\sqrt x }}} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{x^{12 - k}}{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^{ - \dfrac{3}{2}k}} = } \sum\limits_{k = 0}^{12} {{{\left( { - 2} \right)}^k}C_{12}^k{x^{12 - \dfrac{5}{2}k}}.} \;\;\left( {0 \le k \le 12,\;k \in N} \right)\)

Để có hệ số của \({x^7}\) trong khai triển thì: \(12 - \dfrac{5}{2}k = 7 \Leftrightarrow \dfrac{5}{2}k = 5 \Leftrightarrow k = 2\;\;\left( {tm} \right)\)

Vậy hệ số của \({x^7}\) là: \({\left( { - 2} \right)^2}.C_{12}^2 = 264.\)

Chọn  C.