+) Hàm số ở đáp án A có tập xác định : \(D=R\backslash \left\{ 2 \right\}\Rightarrow \) loại A.

+) Hàm số ở đáp án B có tập xác định : \(D=R\backslash \left\{ -3 \right\}\Rightarrow \) loại B.

+) Đáp án C : có \(y'=-6{{x}^{2}}-5<0\ \forall x\in R\Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\Rightarrow \) loại C.

+) Đáp án D : có \({y}'=3{{x}^{2}}+2>0;\,\,\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Chọn D

Gọi \(H\) là hình chiếu của \({A}'\) trên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\)\(\Rightarrow \,\,{A}'H\bot \left( ABC \right).\)

Suy ra \(\widehat{A{A}';\left( ABC \right)}=\widehat{\left( A{A}';AH \right)}=\widehat{{A}'AH}={{30}^{0}}.\)

Tam giác \({A}'AH\) vuông tại \(H,\) có \(\sin \widehat{{A}'AH}=\frac{{A}'H}{A{A}'}\Rightarrow {A}'H=\frac{a}{2}.\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({{S}_{\Delta \,ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là \(V={A}'H.{{S}_{\Delta \,ABC}}=\frac{a}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}.\)

Chọn D

Dựa vào hình vẽ, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( -\,\infty ;-\,1 \right)\) và \(\left( 0;\ 1 \right).\)

Chọn A

Yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow \,\,\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{A{A}'}\) hay \(A\) là trung điểm của \(O{A}'\)\(\Rightarrow \,\,{A}'\left( 2;4 \right).\)

Chọn B

Dễ thấy \(\left(  I I  \right)\) sai vì \(a,\,\,b\) có thể chéo nhau, \(\left(  I \right)\) và \(\left(  I I I  \right)\) đúng.

Chọn B

Điều kiện: \(x>-\,1.\)

Phương trình \({{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-2x+3 \right)-{{\log }_{3}}\left( x+1 \right)=1\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( {{x}^{2}}-2x+3 \right)={{\log }_{3}}\left( 3\left( x+1 \right) \right)\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+3=3\left( x+1 \right)\Leftrightarrow {{x}^{2}}-5x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\ & x=5 \\\end{align} \right.\) (thỏa mãn điều kiện \(x>-\,1\)).

Vậy \(S=\left\{ 0;\,5 \right\}.\)

Chọn B

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi \({{x}^{2}}-3x+2\ne 0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & x\ne 1 \\ & x\ne 2 \\\end{align} \right..\)

Vậy \(D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 1;\,2 \right\}.\)

Chọn B  

\(x={{x}_{0}}\) là điểm cực trị của hàm số \(y=f\left( x \right)\Leftrightarrow f'\left( {{x}_{0}} \right)=0.\)

Dựa vào BBT, hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x=2.\)

Chọn C

Ta có \(\int{f\left( x \right)\,\text{d}x}=\int{\frac{2}{4x-3}\,\text{d}x}=\frac{2}{4}\ln \left| 4x-3 \right|+C=\frac{1}{2}\ln \left| 2\left( 2x-\frac{3}{2} \right) \right|+C=\frac{1}{2}\ln \left| 2x-\frac{3}{2} \right|+C.\)

Chọn C

Ta có \(\frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SP}{SC}=\frac{1}{8};\) \(\frac{{{V}_{S.MQP}}}{{{V}_{S.ADC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SQ}{SD}.\frac{SP}{SC}=\frac{1}{8}.\)

Khi đó \(\frac{{{V}_{S.MNP}}+{{V}_{S.MQP}}}{\frac{1}{2}{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\Leftrightarrow \frac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{2}{8}.\frac{1}{2}=\frac{1}{8}.\)

Chọn A

Phương trình mặt cầu cần tìm là \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=16.\)

Chọn C

Xét hình tứ diện  có 6 cạnh nên số các cạnh của hình đa diện luôn luôn lớn hơn hoặc bằng 6

Chọn A

Ta có \(I={{\log }_{\frac{a}{4}}}\left( \frac{{{a}^{3}}}{64} \right)={{\log }_{\frac{a}{4}}}{{\left( \frac{a}{4} \right)}^{3}}=3{{\log }_{\frac{a}{4}}}\frac{a}{4}=3.\)

Chọn A

Ta có \({{4}^{{{x}^{2}}\,-\,2x}}+{{2}^{{{x}^{2}}\,-\,2x\,+\,3}}-3=0\Leftrightarrow {{\left( {{2}^{{{x}^{2}}\,-\,2x}} \right)}^{2}}+{{8.2}^{{{x}^{2}}\,-\,2x}}-3=0.\)

Đặt \(t={{2}^{{{x}^{2}}-2x}}\Rightarrow pt\Leftrightarrow {{t}^{2}}+8t-3=0.\)

Chọn A

Tọa độ của điểm \(M\) là \(M\left( 0;-\,2;3 \right).\)

Chọn B

Ta có 

\(A = \dfrac{{\sqrt[3]{{{a^7}}}.{a^{\frac{{11}}{3}}}}}{{a^4.\sqrt[7]{{{a^{ - 5}}}}}} = \dfrac{{{a^{\frac{7}{3}}}.{a^{\frac{{11}}{3}}}}}{{{a^4}.{a^{ - \frac{5}{7}}}}} = \dfrac{{{a^6}}}{{{a^{\frac{{23}}{7}}}}} = {a^{\frac{{19}}{7}}} = {a}^{\frac{m}{n}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = 19\\
n = 7
\end{array} \right.\)

Vậy \({{m}^{2}}-{{n}^{2}}=312.\)

Chọn A.

Ta có : \(\overrightarrow{AB}=\left( 1;\ 1;\ 1 \right).\)  Gọi \(C\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)\Rightarrow \overrightarrow{DC}=\left( {{x}_{0}}-1;{{y}_{0}}+1;{{z}_{0}}-1 \right).\)

Vì \(ABCD\) là hình bình hành 

\( \Rightarrow \,\,\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} - 1 = 1\\
{y_0} + 1 = 1\\
{z_0} - 1 = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = 2\\
{y_0} = 0\\
{z_0} = 2
\end{array} \right. \Rightarrow \,\,C\left( {2;0;2} \right).\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AC}=\left( 1;\ 0;\ 1 \right).\) Gọi \(A'\left( a;b;c \right)\Rightarrow \overrightarrow{A'C'}=\left( 4-a;5-b;-5-c \right).\)

Và \(ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\) là hình hộp 

\( \Rightarrow \,\,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {A'C'} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4 - a = 1\\
5 - b = 0\\
- 5 - c = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 3\\
b = 5\\
c = - 6
\end{array} \right. \Rightarrow \,\,A'\left( {3;5; - \,6} \right).\)

Chọn C

Ta có \(\int{f\left( x \right)\,\text{d}x}=F\left( x \right)\)

\(\Rightarrow f\left( x \right)={F}'\left( x \right)=2\left( a{{x}^{2}}+bx+c \right){{e}^{2x}}+\left( 2ax+b \right){{e}^{2x}}=\left( 2a{{x}^{2}}+2\left( a+b \right)x+b-2c \right)\,\,{{e}^{2x}}.\)

Khi đó

\(\left\{ \begin{array}{l}
2a = 2018\\
2\left( {a + b} \right) = - \,3\\
b - \,2c = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1009\\
2b = - \,2021\\
4c = 2b - 2 = - \,2023
\end{array} \right..\)

Vậy \(T=a+2b+4c=-\,3035.\)

Chọn C

Ta có \({{\left| \vec{u}+\vec{v} \right|}^{2}}={{\left( \vec{u}+\vec{v} \right)}^{2}}={{\left| {\vec{u}} \right|}^{2}}+2\vec{u}.\vec{v}+{{\left| {\vec{v}} \right|}^{2}}\) mà \(\vec{u}.\vec{v}=\left| {\vec{u}} \right|.\left| {\vec{u}} \right|.\cos \left( \vec{u};\vec{v} \right)=2.5.\cos {{120}^{0}}=-\,5.\)

Vậy \({{\left| \vec{u}+\vec{v} \right|}^{2}}={{2}^{2}}+2.\left( -\,5 \right)+{{5}^{2}}=19\,\,\xrightarrow{{}}\,\,\left| \vec{u}+\vec{v} \right|=\sqrt{19}.\)

Chọn A

Ta có \(g\left( x \right)=f\left( x \right)-5x\Rightarrow {g}'\left( x \right)={f}'\left( x \right)-5;\,\,\forall x\in \mathbb{R}.\) Phương trình \({g}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)=5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right).\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y={f}'\left( x \right),\) ta thấy \(\left( * \right)\) có nghiệm duy nhất.

Vậy hàm số \(y=f\left( x \right)-5x\) có duy nhất 1 điểm cực trị.

Chọn C

Điều kiện : \(n\ge 2;\ \ n\in {{N}^{*}}.\)

Xét khai triển \({{\left( 1-3x \right)}^{n}}=\sum\limits_{k\,=\,0}^{n}{C_{n}^{k}}{{.1}^{n\,-\,k}}.{{\left( -\,3x \right)}^{k}}=\sum\limits_{k\,=\,0}^{n}{C_{n}^{k}}.{{\left( -\,3 \right)}^{k}}{{x}^{k}}.\)

Hệ số của \({{x}^{2}}\) ứng với \(k=2\,\,\Rightarrow \,\,C_{n}^{2}.{{\left( -\,3 \right)}^{2}}=90\Leftrightarrow \,\,C_{n}^{2}=10\Leftrightarrow \frac{n!}{2!\left( n-2 \right)!}=10\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)!}}{{2\left( {n - 2} \right)!}} = 10 \Leftrightarrow {n^2} - n = 20\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 5\;\;\left( {tm} \right)\\
n = - 4\;\;\left( {ktm} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow n = 5.
\end{array}\)

Chọn D

Lấy 2 chiếc giày trong bốn đôi giày có \(C_{8}^{2}=28\) cách.

Lấy 2 chiếc giày cùng màu trong bốn đôi giày có \(4\) cách.

Vậy xác suất cần tính là \(P=\frac{4}{28}=\frac{1}{7}.\)

Chọn A

Ta có \(2m\sin x\cos x+4{{\cos }^{2}}x=m+5\Leftrightarrow m.\sin 2x+2\left( 1+\cos 2x \right)=m+5\)

\(\Leftrightarrow m.\sin 2x+2\cos 2x=m+3\) có nghiệm \(\Leftrightarrow \)\({{m}^{2}}+{{2}^{2}}\ge {{\left( m+3 \right)}^{2}}\Leftrightarrow m\le -\,\frac{5}{6}.\)

Kết hợp với \(m\in E=\left\{ -\,3;-\,2;-\,1;0;1;2 \right\}\) suy ra \(m=\left\{ -\,3;-\,2;-\,1 \right\}.\)

Chọn A

Ta có \(1\,\,+\,\,2\,\,+\,\,3\,\,+\,\,4\,\,+\,\,...\,\,+\,\,n=\frac{n\left( n+1 \right)}{2}\) (tổng của cấp số cộng).

Từ ngày 01 tháng 01 năm 2016 đến ngày 30 tháng 04 năm 2016 được coi là 4 tháng \(=121\)  ngày.

Khi đó, số tiền mà An tích lũy là \(100\left( {1 + 2 + 3 + \,\,...\,\, + 120 + 121} \right) = 100.\frac{{121.122}}{2} = 738.100\) đồng.

Chọn D

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
{\log _2}x > 0\\
{\log _8}x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x > 1
\end{array} \right..\)

\(Pt\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( {{\log }_{8}}x \right)=\frac{1}{3}{{\log }_{2}}\left( {{\log }_{2}}x \right)\Leftrightarrow \frac{1}{3}{{\log }_{2}}x={{\left( {{\log }_{2}}x \right)}^{\frac{1}{3}}}.\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{1}{{27}}\log _2^3x = {\log _2}x \Leftrightarrow \log _2^3x - 27{\log _2}x = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _2}x = 0\;\;\left( {ktm} \right)\\
\log _2^2x = 27
\end{array} \right. \Rightarrow \log _2^2x = 27.
\end{array}\)

Chọn D 

Ta có : \({y}'=3{{x}^{2}}-6x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0\,\,\Rightarrow \,\,y\left( 0 \right)=-\,1 \\ & x=2\,\,\Rightarrow \,\,y\left( 2 \right)=-\,5 \\\end{align} \right.\) suy ra \(A\left( 0;-\,1 \right),\,\,B\left( 2;-\,5 \right)\) là hai điểm cực trị.

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(d\) là \({{\vec{n}}_{d}}=\left( 3m+1;-\,1 \right).\)

Vì \(d\) vuông góc với \(AB\) suy ra \({{\vec{n}}_{d}}=k\,\overrightarrow{AB}\Leftrightarrow \frac{3m+1}{2}=\frac{-\,1}{-\,4}\Leftrightarrow m=-\,\frac{1}{6}.\)

Chọn B

Xét tam giác đều \(ABC,\) gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\,\,\Rightarrow \,\,AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Quay tam giác \(ABC\) quanh cạnh \(BC\) ta được hai khối nón có cùng

chiều cao \(h=BH=\frac{a}{2};\) bán kính đường tròn đáy \(r=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Vậy thể tích cần tính là \(V=\frac{2}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{2\pi }{3}.{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}.\frac{a}{2}=\frac{\pi {{a}^{3}}}{4}.\)

Chọn A

Ta có \(F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)\,dx}=\int{\frac{dx}{2{{e}^{x}}+3}}=\int{\frac{{{e}^{x}}}{2{{e}^{2x}}+3{{e}^{x}}}dx}.\)

Đặt \({{e}^{x}}=t\Rightarrow {{e}^{x}}dx=dt.\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow I=\int{\frac{dt}{2{{t}^{2}}+3t}=\frac{1}{3}\int{\left( \frac{1}{t}-\frac{2}{2t+3} \right)dt=\frac{1}{3}\left( \ln t-\ln \left( 2t+3 \right) \right)}}+C \\  & \Rightarrow F\left( x \right)=\frac{1}{3}\left( x-\ln \left( 2{{e}^{x}}+3 \right) \right)+C. \\ \end{align}\)

Mà \(F\left( 0 \right)=10\) suy ra \(C-\frac{\ln 5}{3}=10\Leftrightarrow C=10+\frac{\ln 5}{3}.\)

Vậy \(F\left( x \right)=\frac{1}{3}\left( x-\ln \left( 2{{e}^{x}}+3 \right) \right)+10+\frac{\ln 5}{3}.\)

Chọn D

Ta có \(A=\frac{2018}{{{\log }_{2}}x}+\frac{2018}{{{\log }_{3}}x}+\,...\,+\frac{2018}{{{\log }_{2017}}x}+\frac{2018}{{{\log }_{2018}}x}=2018\left( {{\log }_{x}}2+{{\log }_{x}}3+\,...\,+{{\log }_{x}}2017+{{\log }_{x}}2018 \right).\)

\(=2018\left( {{\log }_{x}}1+{{\log }_{x}}2+\,...\,+{{\log }_{x}}2017+{{\log }_{x}}2018 \right)=2018.{{\log }_{x}}\left( 1.2.3...2017.2018 \right)=2018.{{\log }_{x}}x=2018.\)

Chọn A.

ĐK : \(x>0\)

Đặt \(t={{\log }_{5}}x,\) khi đó \(\log _{5}^{2}x-m{{\log }_{5}}x+m+1=0\Leftrightarrow {{t}^{2}}-mt+m+1=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right).\)

Phương trình đã cho có 2 nghiệm \({{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}\)\(\Leftrightarrow \)\(\left( * \right)\) có 2 nghiệm \({{t}_{1}},\,\,{{t}_{2}}\)\(\Leftrightarrow {{m}^{2}}-4m-4>0.\)

Do \(\left\{ \begin{align}  & {{t}_{1}}={{\log }_{5}}{{x}_{1}} \\  & {{t}_{2}}={{\log }_{5}}{{x}_{2}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{t}_{1}}+{{t}_{2}}={{\log }_{5}}\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)=4\Leftrightarrow m=4\) (không thỏa mãn điều kiện).

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

Chọn A.

Ta có 

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{{\log }_4}\frac{{2x + 1}}{{x - 1}}} \right) > 1 \Leftrightarrow 0 < {\log _4}\frac{{2x + 1}}{{x - 1}} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow 1 < \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} < 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{x + 2}}{{x - 1}} > 0\\
\frac{3}{{x - 1}} < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x < - 2\)

Chọn C.

TH1. Với \(m=1,\) khi đó \(y=-\,2x+5\) là hàm số nghịch biến trên R.

TH2. Với \(m\ne 1,\) ta có \({y}'=3\left( m-1 \right){{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x-2;\,\,\forall x\in R\)

Hàm số nghịch biến trên

\(R \Leftrightarrow y' \le 0;\,\,\forall x \in R \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}
a = 3\left( {m - 1} \right) < 0\\
\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} + 6\left( {m - 1} \right) \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 1\\
{m^2} + 4m - 5 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow - \,5 \le m < 1.\)

Kết hợp hai trường hợp ta có với $m\in \left( -5;1 \right)$ thì hàm số nghịch biến trên R. Mà \(m\in Z\Rightarrow\) Có tất cả 7 giá trị nguyên \(m\) cần tìm.

Chọn C.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( ABC \right)\)

Suy ra \(\widehat{\left( SA;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SA;AH \right)}=\widehat{SAH}\Rightarrow \widehat{SAH}=\widehat{SBH}=\widehat{SCH}.\)

\(\Rightarrow \)\(SA=SB=SC\)\(\Rightarrow \,\,H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta \,ABC.\)

\(\begin{align}  & {{S}_{\Delta ABC}}=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}=\sqrt{10.5.3.2}=10\sqrt{3} \\  & \Rightarrow R=\frac{abc}{4S}=\frac{5.7.8}{40\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3} \\ \end{align}\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta \,ABC\) là \({{R}_{\Delta \,ABC}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}.\)

Tam giác \(SAH\) vuông tại \(H,\) có

\(SH=AH.\tan {{30}^{0}}=\frac{7}{3}\Rightarrow SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\frac{14}{3}=SB=SC\)

Diện tích tam giác \(SBC\) là

\(\begin{align}  & {{S}_{\Delta \,SBC}}=\frac{1}{2}\sqrt{S{{B}^{2}}-{{\left( \frac{BC}{2} \right)}^{2}}}.BC=\frac{1}{2}.\sqrt{{{\left( \frac{14}{3} \right)}^{2}}-{{4}^{2}}}.8=\frac{8\sqrt{13}}{3}; \\  & {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{\Delta \,ABC}}=\frac{1}{3}.d\left( A;\left( SBC \right) \right).{{S}_{\Delta \,SBC}}\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=\frac{35\sqrt{39}}{52}. \\ \end{align}\)

Chọn C.

Ta có \({y}'={{x}^{2}}-mx-4=0\,\,\xrightarrow{{{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}}\) Theo hệ thức Viet, ta được \(\left\{ \begin{align}  & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=m \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-\,4 \\\end{align} \right..\)

Khi đó \(P={{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}-\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)+1={{\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1=9-{{m}^{2}}\le 9.\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(P\) là \(9.\)

Chọn A.

Số tiền bạn An phải trả cho ngân hàng là \(9.{{\left( 1+0,03 \right)}^{4}}=A\) (triệu đồng).

Sau 5 năm, tức là 60 tháng, mỗi tháng bạn An trả cho ngân hàng 1 số tiền T với lãi suất \(0,25%\) /tháng thì trả được số tiền là :

\(A{\left( {1 + 0,25\% } \right)^{60}} - T.\frac{{1 - {{\left( {1 + r} \right)}^{60}}}}{{1 - \left( {1 + r} \right)}} = A{\left( {1 + 0,25} \right)^{60}} - T.\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{60}} - 1}}{r}\)

Để sau 5 năm bạn An trả hết nợ thì : 

\(\begin{array}{l}
A{\left( {1 + r} \right)^{60}} - T.\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{60}} - 1}}{r} = 0\\
\Leftrightarrow 10,13.{\left( {1 + 0,25\% } \right)^{60}} - T.\frac{{{{\left( {1 + 0,25\% } \right)}^{60}} - 1}}{{0,25\% }} = 0\\
\Leftrightarrow T.\frac{{{{\left( {1 + 0,25\% } \right)}^{60}} - 1}}{{0,25\% }} = A.{\left( {1 + 0,25\% } \right)^{60}}\\
\Leftrightarrow T = \frac{{A.{{\left( {1 + 0,25\% } \right)}^{60}}.0,25\% }}{{{{\left( {1 + 0,25\% } \right)}^{60}} - 1}}\\
\Leftrightarrow T = 0,182015\,\,\left( {tr} \right)
\end{array}\)

\(\Rightarrow T=182015\) đồng.

Chọn D.

Ta có \(1+2+3+\,\,...\,\,+n=\frac{n\left( n+1 \right)}{2}\) (tổng của cấp số cộng với \({{u}_{1}}=1;\,\,d=1\)).

Khi đó \(\frac{1}{1+2}+\,...\,+\frac{1}{1+2+\,...\,+n}=\frac{2}{2.3}+\frac{2}{3.4}+\frac{2}{4.5}+\,\,...\,\,+\frac{2}{n\left( n+1 \right)}=2\left( \frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{4.5}+\,\,...\,\,+\frac{1}{n\left( n+1 \right)} \right)\)

\(=2\left( \frac{3-2}{2.3}+\frac{4-3}{3.4}+\frac{5-4}{4.5}+\,\,...\,\,+\frac{n+1-n}{n\left( n+1 \right)} \right)=2\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\,\,...\,\,+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right)=2\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{n+1} \right).\)

Do đó \(\frac{1}{1}+\frac{1}{1+2}+\,...\,+\frac{1}{1+2+\,...\,+n}=1+2\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{n+1} \right)=2-\frac{2}{n+1}=\frac{2n}{n+1}.\) Vậy \(L=\lim \frac{2n}{n+1}=2.\)

Chọn C

Ta có \({y}'=3{{x}^{2}}-6mx+3\left( {{m}^{2}}-1 \right);\,\,\,{y}'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+{{m}^{2}}-1=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=m+1 \\& x=m-1 \\\end{align} \right..\)

Dễ thấy \(m+1>m-1\) và \(a=1>0\Rightarrow x=m-1\) là điểm cực đại của đồ thị \(\left( C \right).\)

Khi đó \(\begin{align}  & y\left( m-1 \right)={{\left( m-1 \right)}^{3}}-3m{{\left( m-1 \right)}^{2}}+3\left( {{m}^{2}}-1 \right)\left( m-1 \right)-{{m}^{3}} \\ & y\left( m-1 \right)={{m}^{3}}-3{{m}^{2}}+3m-1-3{{m}^{3}}+6{{m}^{2}}-3m+3{{m}^{3}}-3{{m}^{2}}-3m+3-{{m}^{3}} \\& y\left( m-1 \right)=-3m+2 \\\end{align}\)

Suy ra 

\(\left\{ \begin{array}{l}
x = m - 1\\
y = 2 - 3m
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3x = 3m - 3\\
y = 2 - 3m
\end{array} \right. \Leftrightarrow 3x + y + 1 = 0.\)

Vậy điểm cực đại của đồ thị \(\left( C \right)\) thuộc đường thẳng cố định \(d:3x+y+1=0\Rightarrow k=-3.\)

Chọn A.

Ta có \({y}'=4{{x}^{3}}-4{{m}^{2}}x;\,\,{y}'=0\Leftrightarrow {{x}^{3}}-{{m}^{2}}x=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=\pm \,m \\ \end{align} \right..\)

Để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi \(m\ne 0.\)

Khi đó, gọi \(A\left( 0;{{m}^{4}}+5 \right),\)\(B\left( -\,m;5 \right),\,\,C\left( m;5 \right)\) là tọa độ ba điểm cực trị.

Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(OBAC\). Vì OA là trung trực của BC \(\Rightarrow \,\,I\in BC\Rightarrow I\in Oy\Rightarrow \,\,I\left( 0;a \right).\) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBAC $\Rightarrow IA=IO$

\(\Rightarrow I\) là trung điểm của \(OA\)\(\Rightarrow \,\,I\left( 0;\frac{{{m}^{4}}+5}{2} \right)\) mà \(OI=IB\) nên suy ra

\(\frac{{{m}^{4}}+5}{2}=\sqrt{{{m}^{2}}+{{\left( \frac{{{m}^{4}}-5}{2} \right)}^{2}}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{{{m}^{4}}+5}{2} \right)}^{2}}={{m}^{2}}+{{\left( \frac{{{m}^{4}}-5}{2} \right)}^{2}}\Rightarrow \left[ \begin{align}  & {{m}^{2}}=0\,\,\left( ktm \right) \\  & {{m}^{2}}=\frac{1}{5} \\ \end{align} \right.\Rightarrow m=\pm \,\frac{1}{\sqrt{5}}.\)

Vậy có tất cả hai giá trị \(m\) cần tìm \(\Rightarrow \) Số phần tử của \(S\) là \(2.\)

Chọn C

Gọi \(x,\,\,y,\,\,z\) là số trận thắng, trận hòa và trận thua, với \(x,\,\,y,\,\,z\in Z\)

Vì 10 đội thi đấu vòng tròn tính điểm \(\Rightarrow \) có \(C_{10}^{2}=45\) trận \(\Rightarrow \,\,x+y+z=45.\)

Tổng số điểm của tất cả 10 đội là \(3x+2y=130\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right).\)

Thay lần lượt các giá trị \(y=\left\{ 8;\,\,7;\,\,5;\,\,6 \right\}\) (ở đáp án) vào ta có bảng giá trị sau :

Vậy có tất cả 5 trận hòa trong tổng số 45 trận.

Chọn C.

Gắn vào hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ ta có:

Giả sử đường tròn đáy hình trụ là đường tròn tâm \(I\left( b;b \right)\,\,\left( b>2a \right)\) bán kính \(R=b\) tiếp xúc với 2 trục tọa độ và nội tiếp một mặt của hình lập phương. Khi đó \(\left( I \right):\,\,{{\left( x-b \right)}^{2}}+{{\left( y-b \right)}^{2}}={{b}^{2}}\)

Điểm \(M\left( 2a;a \right)\in \left( I \right)\Rightarrow {{\left( 2a-b \right)}^{2}}+{{\left( a-b \right)}^{2}}={{b}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow 5{{a}^{2}}-6ab+{{b}^{2}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & b=a\,\,\,\left( ktm \right) \\  & b=5a\,\,\left( tm \right) \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \) Bán kính đáy hình trụ \(R=5a\), cạnh của hình lập phương bằng \(2b=10a\Rightarrow \) chiều cao khối trụ \(h=10a\)

Vậy thể tích khối trụ là: \(V=\pi {{R}^{2}}h=\pi .{{\left( 5a \right)}^{2}}.10a=250\pi {{a}^{3}}\)

Chọn B

Cách 1:

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật \(ABCD\) là \({{R}_{ABCD}}=a.\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \({{R}_{\Delta \,ABC}}=a\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{3}=a.\)

Áp dụng công thức tính nhanh, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\) là

\(R=\sqrt{R_{ABCD}^{2}+R_{\Delta \,ABC}^{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-\frac{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

Vậy diện tích mặt cầu cần tính là \(S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi .{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}=5\pi {{a}^{2}}.\)

Cách 2 :

Gọi H là trung điểm của \(AB\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)\)

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD \(\Rightarrow \) O là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ABCD\).

Qua O kẻ đường thẳng \({{d}_{1}}//SH\Rightarrow {{d}_{1}}\bot \left( ABCD \right)\) tại O.

Gọi \(G\) là tâm tam giác đều \(ABC,\) qua G kẻ \({{d}_{2}}//HI\Rightarrow {{d}_{2}}\bot \left( ABC \right)\) tại G.

Gọi \(I={{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}\Rightarrow I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp chóp \(S.ABCD\).

Ta có : \(IO=GH=\frac{1}{3}SH=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a}{2};AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=2a\Rightarrow AO=\frac{1}{2}AC=a\).

Xét tam giác vuông  AIO có \(IA=\sqrt{I{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

Vậy diện tích mặt cầu cần tính là \(S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi .{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}=5\pi {{a}^{2}}.\)

Chọn A.

Từ giả thiết, ta có \(f\left( x \right)={{2}^{2018}}\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)\left( x-{{x}_{3}} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right),\) với \(f\left( {{x}_{1}} \right)=f\left( {{x}_{2}} \right)=f\left( {{x}_{3}} \right)=0.\)

Đạo hàm hai vế của \(\left( * \right),\) ta được \({f}'\left( x \right)={{2}^{2018}}\left[ \left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)+\left( x-{{x}_{2}} \right)\left( x-{{x}_{3}} \right)+\left( x-{{x}_{3}} \right)\left( x-{{x}_{1}} \right) \right].\)

Khi đó

\(\begin{align} & P=\frac{1}{{f}'\left( {{x}_{1}} \right)}+\frac{1}{{f}'\left( {{x}_{2}} \right)}+\frac{1}{{f}'\left( {{x}_{3}} \right)}=\frac{1}{{{2}^{2018}}}.\left[ \frac{1}{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)\left( {{x}_{1}}-{{x}_{3}} \right)}+\frac{1}{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{3}} \right)\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}+\frac{1}{\left( {{x}_{3}}-{{x}_{1}} \right)\left( {{x}_{3}}-{{x}_{2}} \right)} \right] \\  & =\frac{1}{{{2}^{2018}}}.\frac{-{{x}_{2}}+{{x}_{3}}-{{x}_{3}}+{{x}_{1}}-{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)\left( {{x}_{2}}-{{x}_{3}} \right)\left( {{x}_{3}}-{{x}_{1}} \right)}=0 \\ \end{align}\)

Chọn D.

Vì \(A{A}'{B}'B\) là hình vuông cạnh \(a\)\(\Rightarrow \,\,A{{{B}'}^{2}}=2{{a}^{2}}.\)

Ta có

\(A{{I}^{2}}=A{{C}^{2}}+C{{I}^{2}}=\frac{5{{a}^{2}}}{4};\,\,{B}'{{I}^{2}}={B}'{{{C}'}^{2}}+{C}'{{I}^{2}}=B{{C}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}\)Mà \(B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2.AB.AC.\cos {{120}^{0}}=3{{a}^{2}}\Rightarrow BC=a\sqrt{3}.\)

Khi đó :

\({B}'{{I}^{2}}=3{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}=\frac{13{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow A{{{B}'}^{2}}+A{{I}^{2}}={B}'{{I}^{2}}\)\(\Rightarrow \,\,\Delta \,A{B}'I\) vuông tại \(A.\)

Gọi \(D\) là giao điểm của \(BC\) và \({B}'I\,\,\Rightarrow \,\,AD=\left( ABC \right)\cap \left( A{B}'I \right).\)

Kẻ \(CH\bot AD\)  \(\left( H\in AD \right).\) Vì \(C\) là hình chiếu của \(I\) trên \(mp\,\,\left( ABC \right).\)

Suy ra \(IH\bot AD\)\(\Rightarrow \,\,\widehat{IHC}\) chính là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( ABC \right)\) và \(\left( A{B}'I \right).\)

Trong tam giác \(B{B}'D\) có \(CI\) là đường trung bình \(\Rightarrow CD=CB=a\sqrt{3}.\) Xét tam giác \(ACD,\) có \(A{{D}^{2}}=A{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}-2.AC.CD.\cos {{150}^{0}}=7{{a}^{2}}\Rightarrow AD=a\sqrt{7}.\)

Lại có \(\frac{AC}{\sin \widehat{ADC}}=\frac{AD}{\sin {{150}^{0}}}\Rightarrow \sin \widehat{ADC}=\frac{1}{2\sqrt{7}}\Rightarrow CH=CD.\sin \widehat{ADC}=\frac{a\sqrt{21}}{14}.\)

Tam giác \(IHC\) vuông \(\Rightarrow \,\,I{{H}^{2}}=C{{I}^{2}}+C{{H}^{2}}\Rightarrow \,\,IH=\frac{a\sqrt{70}}{14}.\) Vậy \(\cos \widehat{IHC}=\frac{CH}{IH}=\frac{\sqrt{30}}{10}.\)

Chọn C.

Ta có \({y}'=\frac{4}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}\Rightarrow {y}'\left( {{x}_{0}} \right)=\frac{4}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}\) và \(y\left( {{x}_{0}} \right)=\frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}\) nên phương trình tiếp tuyến là

\(\left( d \right):y-y\left( {{x}_{0}} \right)={y}'\left( {{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)\Leftrightarrow y=\frac{4}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}\left( x-{{x}_{0}} \right)+\frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}\Leftrightarrow \frac{4}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}x-y+\frac{2x_{0}^{2}}{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{2}}}=0.\)

Khoảng cách từ điểm \(I\left( -\,2;2 \right)\) đến \(\left( d \right)\) là \(d\left( I;\left( d \right) \right)=\frac{\left| 8{{x}_{0}}+16 \right|}{\sqrt{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{4}}+16}}=\frac{8\left| {{x}_{0}}+2 \right|}{\sqrt{{{\left( {{x}_{0}}+2 \right)}^{4}}+16}}\)

Đặt \(t=\left| {{x}_{0}}+2 \right|\,\,\left( t\ge 0 \right)\Rightarrow d\left( I;\left( d \right) \right)=\frac{8t}{\sqrt{{{t}^{4}}+16}}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)=\frac{t}{\sqrt{{{t}^{4}}+16}}\) trên \(\left( 0;+\infty  \right)\) ta có

\(\begin{array}{l}
f'\left( t \right) = \frac{{\sqrt {{t^4} + 16} - \frac{{t.4{t^3}}}{{2\sqrt {{t^4} + 16} }}}}{{{t^4} + 16}} = \frac{{{t^4} + 16 - 2{t^4}}}{{\left( {{t^4} + 16} \right)\sqrt {{t^4} + 16} }} = \frac{{16 - {t^4}}}{{\left( {{t^4} + 16} \right)\sqrt {{t^4} + 16} }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 2\,\,\left( {tm} \right)\\
t = - 2\,\,\left( {ktm} \right)
\end{array} \right.\\
f\left( 0 \right) = 0\\
f\left( 2 \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\\
\Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} f\left( t \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{4} \Leftrightarrow f\left( t \right) \le \frac{{\sqrt 2 }}{4}\\
\Rightarrow d\left( {I;\left( d \right)} \right) \le 8.\frac{{\sqrt 2 }}{4} = 2\sqrt 2
\end{array}\)

Dấu « = » xảy ra

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow t = 2 \Leftrightarrow \left| {{x_0} + 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 0\,\,\left( {ktm} \right)\\
{x_0} = - 4\,\,\left( {tm} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow {y_0} = \frac{{2.\left( { - 4} \right)}}{{ - 4 + 2}} = 4\\
\Rightarrow 2{x_0} + {y_0} = 2.\left( { - 4} \right) + 4 = - 4
\end{array}\)

Chọn A.

Ta có \({{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}-1\ge 2\sqrt{{{x}^{2}}.\frac{1}{{{x}^{2}}}}-1=1\Rightarrow {{4}^{{{x}^{2}}\,+\,\frac{1}{{{x}^{2}}}\,-\,1}}\ge 4\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( y \right)=14-\left( y-2 \right)\sqrt{y+1}\) trên \(\left( -1;\frac{13}{2} \right)\), sử dụng MTCT ta tìm được \(\underset{\left( -1;\frac{13}{2} \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( y \right)=16\Leftrightarrow f\left( y \right)=14-\left( y-2 \right)\sqrt{y+1}\le 16\Rightarrow {{\log }_{2}}\left( 14-\left( y-2 \right)\sqrt{y+1} \right)\le 4\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) 

\(\Rightarrow {4^{{x^2}\, + \,\frac{1}{{{x^2}}}\, - \,1}} = {\log _2}\left[ {14 - \left( {y - 2} \right)\sqrt {y + 1} } \right] \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} = \frac{1}{{{x^2}}}\\
y = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} = 1\\
y = 0
\end{array} \right..\)

Vậy giá trị biểu thức \(P={{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy+1=2.\)

Chọn B.

Giả thiết \(\Leftrightarrow \,\,{{2018}^{x\,+\,3y}}-\frac{1}{{{2018}^{x\,+\,3y}}}+x+3y={{2018}^{-\,xy\,-\,1}}-\frac{1}{{{2018}^{-\,xy\,-\,1}}}-xy-1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right)={{2018}^{t}}-{{2018}^{-\,t}}+t\) trên R, có \({f}'\left( t \right)={{2018}^{t}}.\ln 2018+{{2018}^{-\,t}}.\ln 2018+1>0\)

Suy ra \(f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên R mà \(\left( * \right)\Leftrightarrow f\left( x+3y \right)=f\left( -xy-1 \right)\Leftrightarrow x+3y=-\,xy-1.\)

\(\Leftrightarrow x+1=-\,\left( x+3 \right)y\Leftrightarrow y=-\frac{x+1}{x+3}.\) Khi đó \(T=x+2y=x-\frac{2x+2}{x+3}=\frac{{{x}^{2}}+x-2}{x+3}.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+x-2}{x+3}\) trên khoảng \(\left[ 0;+\,\infty  \right),\) có \({g}'\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+6x+5}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}}>0;\,\,\forall x\ge 0.\)

Do đó, \(g\left( x \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left[ 0;+\,\infty  \right)\,\,\xrightarrow{{}}\,\,\underset{\left( 0;+\,\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=g\left( 0 \right)=-\,\frac{2}{3}\in \left( -\,1;0 \right).\)

Chọn A.

Gọi \(I,\,\,H\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,\,BC.\) Ta có \(\left\{ \begin{align}  & BI\bot SA \\ & CI\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow SA\bot \left( BIC \right)\) và \({{V}_{S.IBC}}={{V}_{A.IBC}}.\)

Lại có \(BI=\sqrt{S{{B}^{2}}-S{{I}^{2}}}=\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{4}}=\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{2}.\)

Và \(IH=\sqrt{I{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{\frac{4-{{x}^{2}}}{4}-\frac{{{y}^{2}}}{4}}=\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}}{2}.\)

Diện tích tam giác \(IBC\) là \({{S}_{\Delta \,IBC}}=\frac{1}{2}.IH.BC=\frac{y}{4}\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}.\)

Suy ra \({{V}_{S.IBC}}={{V}_{A.IBC}}=\frac{1}{3}.\frac{x}{2}.\frac{y}{4}\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}=\frac{xy}{24}\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}.\)

Khi đó, thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \({{V}_{S.ABC}}=2\,{{V}_{S.IBC}}=\frac{xy}{12}\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}.\)

Ta có \(xy\le \frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2}\)\(\Rightarrow \)\(V\le \frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{24}\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}.\)

Đặt \(t=\sqrt{4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}\in \left( 0;2 \right),\) khi đó \(V\le f\left( t \right)=\frac{t\left( 4-{{t}^{2}} \right)}{24}\le \frac{16\sqrt{3}}{9}\) (khảo sát hàm số).

Vậy giá trị lớn nhất của \({{V}_{S.ABC}}\) là \({{V}_{\max }}=\frac{2\sqrt{3}}{27}.\)

Chọn B.

Chọn \(m=0,\) khi đó

\(f\left( x \right)={{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+2018\)\(\Rightarrow g\left( x \right)=\left| f\left( x \right)-2017 \right|=\left| {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+1 \right|\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(g\left( x \right)=\left| {{x}^{4}}-3{{x}^{2}}+1 \right|\Rightarrow \) Hàm số  \(y=\left| f\left( x \right)-2017 \right|\) có 7 cực trị.

Chọn A.

Ta có: u₂ = 7, u₃ = 19, u­₄ = 43, u₅ = 91.

Dễ thấy

\(\begin{align}  & {{u}_{2}}={{u}_{1}}+6 \\  & {{u}_{3}}={{u}_{2}}+12={{u}_{1}}+6+6.2={{u}_{1}}+6\left( 1+2 \right) \\  & {{u}_{4}}={{u}_{3}}+24={{u}_{1}}+6+6.2+6.4={{u}_{1}}+6\left( 1+2+4 \right) \\  & {{u}_{5}}={{u}_{4}}+48={{u}_{1}}+6+6.2+6.4+6.8={{u}_{1}}+6\left( 1+2+4+8 \right) \\ \end{align}\)

Cứ như vậy ta dự đoán \({{u}_{n}}={{u}_{1}}+6\left( 1+2+4+...+{{2}^{n-2}} \right)\)

\(\Rightarrow {{u}_{n}}=1+6.\frac{1-{{2}^{n-1}}}{1-2}=1+6\left( {{2}^{n-1}}-1 \right)={{6.2}^{n-1}}-5\,\,\,\left( \forall n\ge 1 \right)\left( * \right)\)

Dễ dàng chứng minh (*) đúng bằng phương pháp quy nạp.

\({{u}_{n}}>2018\Leftrightarrow {{6.2}^{n-1}}-5>2018\Leftrightarrow {{2}^{n-1}}>\frac{2023}{6}\Leftrightarrow n-1>{{\log }_{2}}\frac{2023}{6}\Leftrightarrow n>1+{{\log }_{2}}\frac{2023}{6}\approx 9,4\)

Vậy số nguyên n nhỏ nhất để \({{u}_{n}}>2018\) là n = 10.

Chọn A

TXĐ: \(D=\left[ -1;3 \right]\)

Ta có:

\(\begin{align}  & y'=\frac{1}{2\sqrt{x+1}}-\frac{1}{2\sqrt{3-x}}=0\Leftrightarrow \sqrt{x+1}=\sqrt{3-x}\Leftrightarrow x+1=3-x\Leftrightarrow x=1\in \left[ -1;3 \right] \\  & y\left( 1 \right)=2\sqrt{2};\,\,y\left( -1 \right)=2;\,\,y\left( 3 \right)=\sqrt{2} \\  & \Rightarrow \underset{\left[ -1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=2\sqrt{2} \\ \end{align}\)

Chọn B.