Ta có \(\Delta :\dfrac{{x - {x_0}}}{a} = \dfrac{{y - {y_0}}}{b} = \dfrac{{z - {z_0}}}{c}\) suy ra phương trình tham số của \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\)

Nên \(M \in \Delta  \Rightarrow M\left( {{x_0} + at;{y_0} + bt;{z_0} + ct} \right)\)

Chọn D.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy:

Hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 2\) và \({y_{CD}} = 3\).

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\) và \({y_{CT}} = 0\).

Vậy \({y_{CD}} = 3\) và \({y_{CT}} = 0\).

Chọn B.

Ta có phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{{ - 1}} + \dfrac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow x - y + \dfrac{z}{2} = 1\)

Chọn B.

Đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) có dạng:

Quan sát dáng đồ thị ta thấy, nếu đường thẳng \(y = m\) tiếp xúc với đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt thì chúng phải là hai điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Hàm số \(y =  - 2{x^4} + 4{x^2} - 1\) có \(y' =  - 8{x^3} + 8x = 8x\left( { - {x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y =  - 1\\x =  \pm 1 \Rightarrow y = 1\end{array} \right.\)

Vậy hai điểm cực đại của đồ thị hàm số là \(A\left( {1;1} \right)\) và \(B\left( { - 1;1} \right)\).

Vậy \({y_A} + {y_B} = 2\).

Chọn A.

Đáp án A : Hàm số \(y = {2^{1 - 3x}}\)  có TXĐ :\(D = \mathbb{R}\) và \(y' =  - {3.2^{1 - 3x}} < 0\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\)  nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) (loại A)

Đáp án B : Hàm số \(y = {\log _2}\left( {x - 1} \right)\)  có TXĐ : \(D = \left( {1; + \infty } \right)\) nên loại B.

Đáp án C: Hàm số \(y = {\log _2}\left( {{2^x} + 1} \right)\)  có TXĐ : \(D = \mathbb{R}\) và \(y' = \dfrac{{{2^x}}}{{\left( {{2^x} + 1} \right)\ln 2}} > 0\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\)  nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) (chọn C)

Đáp án D : Hàm số \(y = {\log _2}\left( {{x^2} + 1} \right)\)  có TXĐ : \(D = \mathbb{R}\) và \(y' = \dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}} > 0\) với \(\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)  nên hàm số chỉ đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) (loại D)

Chọn C.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đây là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương, loại A và B.

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  + \infty \) nên \(a > 0\), loại D.

Chọn C.

Ta có: \(y' = \dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne  - 1\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Chọn D.

Thể tích khối cầu bán kính \(R\) là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\) .

Chọn B.

Đáp án A, D đúng theo tính chất tổng, hiệu các nguyên hàm.

Đáp án B đúng theo nhận xét về định nghĩa nguyên hàm.

Đáp án C sai, tính chất này chỉ đúng với \(k \ne 0\).

Chọn C.

Diện tích đáy lăng trụ là \(S = {a^2}\)

Thể tích lăng trụ là \(V = h.S = 2a.{a^2} = 2{a^3}\)

Chọn D.

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

Lại có \(f\left( 1 \right) = 5,f\left( 2 \right) = 4,f\left( 3 \right) = \dfrac{{13}}{3}\) \( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = 4,\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = 5\).

Vậy tích hai giá trị bằng \(20\).

Chọn B.

Đường thẳng \({d_1}:\dfrac{{x - 2}}{2} = \dfrac{{y + 2}}{1} = \dfrac{{x - 6}}{{ - 2}}\) đi qua \(M\left( {2; - 2;6} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2;1; - 2} \right)\)

Đường thẳng \({d_2}:\dfrac{{x - 4}}{1} = \dfrac{{y + 2}}{{ - 2}} = \dfrac{{z + 1}}{3}\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1; - 2;3} \right)\)

Vì mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \({d_1}\) và song song với \({d_2}\) nên 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1; - 8; - 5} \right)\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right): - 1\left( {x - 2} \right) - 8\left( {y + 2} \right) - 5\left( {z - 6} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x + 8y + 5 - 16 = 0\)

Chọn B.

Ta có: \(d:\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y - 3}}{{ - 1}} = \dfrac{{z - 1}}{1}\)\( \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3 - t\\z = 1 + t\end{array} \right.\).

Gọi \(I = d \cap \left( P \right)\) \( \Rightarrow I \in d \Rightarrow I\left( {1 + 2t;3 - t;1 + t} \right)\).

\(I \in \left( P \right) \Leftrightarrow 2\left( {1 + 2t} \right) - 3\left( {3 - t} \right) + \left( {1 + t} \right) - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2 + 4t - 9 + 3t + 1 + t - 2 = 0 \Leftrightarrow 8t - 8 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow I\left( {3;2;2} \right)\)

Hay \(a = 3;b = 2,c = 2 \Rightarrow a + b + c = 7\).

Chọn D.

Gọi cấp số cộng có công sai \(d\) và số hạng đầu \({u_1}.\)

Khi đó \({u_2} = {u_1} + d;{u_{21}} = {u_1} + 20d\)  nên \({u_2} + {u_{21}} = 50 \Leftrightarrow {u_1} + d + {u_1} + 20d = 50 \Leftrightarrow 2{u_1} + 21d = 50\)

Tổng \(22\) số hạng đầu tiên của dãy là

\({S_{22}} = \dfrac{{\left( {{u_1} + {u_{22}}} \right).22}}{2} = \dfrac{{\left( {{u_1} + {u_1} + 21d} \right)22}}{2} = \dfrac{{\left( {2{u_1} + 21d} \right).22}}{2} = \dfrac{{50.22}}{2} = 550\)

Chọn B.

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB \Rightarrow SH \bot AB\) (vì tam giác \(SAB\) đều)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\SH \bot AB;SH \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AB = a \Rightarrow \) tam giác \(SAB\) cũng là tam giác đều cạnh \(a.\)

Vì \(SH\) là đường trung tuyến trong tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

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

Thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{8}\)

Chọn  A.

Ta có \({\left( {\dfrac{2}{5}} \right)^{1 - 3x}} \ge \dfrac{{25}}{4} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{2}{5}} \right)^{1 - 3x}} \ge {\left( {\dfrac{2}{5}} \right)^{ - 2}} \Leftrightarrow 1 - 3x \le  - 2 \Leftrightarrow 3x \ge 3 \Leftrightarrow x \ge 1\)

Tập nghệm bất phương trình là \(S = \left[ {1; + \infty } \right)\)

Chọn A.

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;1;2} \right),\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1; - 4;1} \right)\) \( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {9;0; - 9} \right)\)

Đường thẳng \(d\) song song với cả hai mặt phẳng \(\left( P \right),\left( Q \right)\) nên \(\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{n_Q}} \) và chọn \(\overrightarrow {{u_d}}  = \dfrac{1}{9}\left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {1;0; - 1} \right)\).

\(d\) đi qua \(A\left( {3;5;3} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;0; - 1} \right)\) làm VTCP nên \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 5\\z = 3 - t\end{array} \right.\).

Chọn C.

Đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 1 - 2t\\z = 2t\end{array} \right.\) có 1 VTCP \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 2;2} \right)\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 1 - 2t\\z = 2t\end{array} \right.\) suy ra \(H\left( {2 + t;1 - 2t;2t} \right)\) và \(\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow u \)

Ta có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {t + 3; - 2t;2t - 6} \right)\), suy ra \(\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow u  = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow u  = 0 \Leftrightarrow 1\left( {t + 3} \right) - 2\left( { - 2t} \right) + 2\left( {2t - 6} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 9t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 1\) \( \Rightarrow H\left( {3; - 1;2} \right)\)

Chọn A.

Ta có: \(R = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {2 - 2.\left( { - 1} \right) - 2.\left( { - 1} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 3\)

Phương trình mặt cầu: \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y + 2z - 3 = 0\).

Chọn A.

Gọi \(I;O\) lần lượt là tâm hình vuông \(A'B'C'D'\) và \(ABCD.\) Suy ra \(IO = AA' = a\)

Hình nón có đỉnh \(I\) , bán kính đáy \(R = OA = \dfrac{{AC}}{2}\) và  đường sinh \(l = IA\)

Xét tam giác vuông \(ABC\) có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2  \Rightarrow R = OA = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác vuông \(IOA\) có \(IA = \sqrt {O{I^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Diện tích xung quanh hình nón \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .OA.IA = \pi .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2} = \dfrac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Chọn D.

Ta có: \({\left( {3 + x} \right)^{11}} = \sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k{3^{11 - k}}{x^k}} \)

Hệ số của \({x^9}\) ứng với \(k = 9\) hay hệ số của \({x^9}\) là \(C_{11}^9{.3^{11 - 9}} = 495\).

Chọn C.

Ta có \({\log _{{a^2}}}\left( {\sqrt[7]{{{a^3}}}} \right) = \dfrac{1}{2}.{\log _a}{\left( a \right)^{\dfrac{3}{7}}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{7}.{\log _a}a = \dfrac{3}{{14}}\)

Chọn A.

Gọi cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1}\) và công bội \(q\left( {q \ne 0} \right)\)

Khi đó  \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_3} = 10\\{u_4} + {u_6} = 80\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_1}.{q^2} = 10\\{u_1}.{q^3} + {u_1}.{q^5} = 80\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right) = 10\\{u_1}.{q^3}\left( {1 + {q^2}} \right) = 80\end{array} \right.\) 

Nhận thấy \({u_1} = 0\) không là nghiệm của hệ trên nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right) = 10\\{u_1}.{q^3}\left( {1 + {q^2}} \right) = 80\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right)}}{{{u_1}.{q^3}\left( {1 + {q^2}} \right)}} = \dfrac{{10}}{{80}}\)

\( \Leftrightarrow {q^3} = 8 \Rightarrow q = 2 \Rightarrow {u_1} = 2 \Rightarrow {u_3} = {q^2}{u_1} = 8.\)

Chọn A.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) thì \(SM \bot AB,OM \bot AB\) \( \Rightarrow \) góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) với mặt đáy bằng góc giữa \(SM\) và \(OM\) hay \(\widehat {SMO} = {60^0}\).

Tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có \(SO = a\sqrt 3 ,\,\,\widehat {SMO} = {60^0} \Rightarrow SM = \dfrac{{SO}}{{\sin {{60}^0}}} = a\sqrt 3 :\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a\).

Lại có, tam giác \(SMA\) vuông tại \(M\) có \(MA = \sqrt {S{A^2} - S{M^2}}  = \sqrt {9{a^2} - 4{a^2}}  = a\sqrt 5  \Rightarrow AB = 2MA = 2a\sqrt 5 \).

Vậy diện tích \({S_{SAB}} = \dfrac{1}{2}SM.AB = \dfrac{1}{2}.2a.2a\sqrt 5  = 2{a^2}\sqrt 5 \).

Chọn A.

Từ đồ thị hàm số ta thấy rằng đường thẳng \(d:y = {m^3} - 3{m^2} + 4\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 4\) tại ba điểm phân biệt \( \Leftrightarrow 0 < {m^3} - 3{m^2} + 4 < 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right){\left( {m - 2} \right)^2} > 0\\{m^3} - 3{m^2} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 1\\m < 3\\m \ne 0\\m \ne 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow m \in \left( { - 1;3} \right)\backslash \left\{ {0;2} \right\}\) mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ 1 \right\}\)

Vậy có một giá trị của \(m\) thỏa mãn điều kiện.

Chọn C.

Gọi \(w = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\), khi đó \(w = 3 - 2i + \left( {4 - 3i} \right)z \Leftrightarrow a + bi = 3 - 2i + \left( {4 - 3i} \right)z\)\( \Leftrightarrow z = \dfrac{{a - 3 + \left( {b + 2} \right)i}}{{4 - 3i}}\)

Mà \(\left| z \right| = 2 \Rightarrow \left| {\dfrac{{a - 3 + \left( {b + 2} \right)i}}{{4 - 3i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {a - 3 + \left( {b + 2} \right)i} \right|}}{{\left| {4 - 3i} \right|}} = 2\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b + 2} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 2 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b + 2} \right)}^2}}  = 10 \Leftrightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} = {10^2}\)

Vậy bán kính đường tròn cần tìm là \(r = 10\).

Chọn C.

Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BB',B'C'\).

Ta có: \(MN//AB'\) và \(NP//BC'\) (đường trung bình trong tam giác)

Do đó góc giữa hai đường thẳng \(AB'\) và \(BC'\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(NP\).

Gọi \(Q\) là trung điểm của \(A'B'\) thì \(MQ \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow MQ \bot QP\).

Tam giác \(MQP\) có \(MQ = AA' = 2a,\,\,QP = \dfrac{1}{2}A'C' = \dfrac{a}{2}\) \( \Rightarrow MP = \sqrt {M{Q^2} + Q{P^2}}  = \sqrt {4{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}\)

Lại có \(MN = \dfrac{1}{2}AB' = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + BB{'^2}}  = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\); \(NP = \dfrac{1}{2}BC' = \dfrac{1}{2}\sqrt {BB{'^2} + B'C{'^2}}  = \dfrac{1}{2}\sqrt {4{a^2} + {a^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Áp dụng định lý hàm số cô sin trong tam giác \(MNP\) ta có:

\(\cos \widehat {MNP} = \dfrac{{M{N^2} + N{P^2} - M{P^2}}}{{2MN.NP}} = \dfrac{{\dfrac{{5{a^2}}}{4} + \dfrac{{5{a^2}}}{4} - \dfrac{{17{a^2}}}{4}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} =  - \dfrac{7}{{10}} < 0\)

Do đó góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(NP\) thỏa mãn \(\cos \widehat {\left( {MN,MP} \right)} = \dfrac{7}{{10}}\).

Chọn D.

Đường thẳng \({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 - t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.\) có VTCP   \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\)  và đi qua điểm \({M_1}\left( {1;2;3} \right)\)

Đường thẳng \({d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = m + t\\z =  - 2 - 2t\end{array} \right.\) có VTCP   \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\)  và đi qua điểm \({M_1}\left( {1;m; - 2} \right)\)

Khi đó \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1;5;3} \right)\) và \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( {0;m - 2; - 5} \right)\)

Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ;\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = 0 \Leftrightarrow 5\left( {m - 2} \right) - 15 = 0 \Leftrightarrow 5m = 25 \Leftrightarrow m = 5.\)

Chọn D.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta thấy: \(BC//AD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC//\left( {SAD} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right)\)

(vì \(H\) là trung điểm của \(AB\)).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(SA\) \( \Rightarrow HK \bot SA\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot HK\).

Từ hai điều trên suy ra \(HK \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right) = HK\).

Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},HA = \dfrac{a}{2}\)\( \Rightarrow HK = \dfrac{{HA.HS}}{{SA}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right) = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Chọn B.

Đặt \({\log _3}x = t\), phương trình trở thành \({t^2} - 4t + m - 3 = 0\,\,\left( * \right)\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \({x_1} > {x_2} > 1\) nếu phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \({t_1} > {t_2} > 0\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 4 - m + 3 > 0\\S = 4 > 0\\P = m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 7\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 < m < 7\)

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {4;5;6} \right\}\) \( \Rightarrow \) có \(3\) giá trị thỏa mãn.

Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và đồ thị \(\left( C \right)\) :

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

Để \(d\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại ba điểm phân biệt thì phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = 1 + 4m > 0\\{0^2} - 0 - m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - \dfrac{1}{4}\\m \ne 0\end{array} \right.\)

Với \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow B\left( {0;1} \right)\)

Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) thì \(A\left( {{x_1};m{x_1} + 1} \right);C\left( {{x_2};m{x_2} + 2} \right)\) và \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}.{x_2} =  - m\end{array} \right.\)

Để tam giác \(AOC\) vuông tại \(O\) thì \(\overrightarrow {OA}  \bot \overrightarrow {OC}  \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OC}  = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x_1}.{x_2} + \left( {m{x_1} + 1} \right)\left( {m{x_2} + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {m^2}{x_1}{x_2} + m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 = 0\\ \Leftrightarrow  - m - {m^2}.m + m.1 + 1 = 0 \Leftrightarrow  - {m^3} + 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\end{array}\)

Vậy có 1 giá trị của \(m\) thỏa mãn điều kiện đề bài.

Chọn B.

Gọi \(A\left( {t;1 - t; - 1} \right),B\left( { - 1 + 2t';1 + t'; - 2 + t'} \right)\) là giao điểm của \(\Delta \) với \({d_1},{d_2}\).

Khi đó \(\overrightarrow {MA}  = \left( {t - 1;2 - t; - 3} \right),\overrightarrow {MB}  = \left( { - 2 + 2t';2 + t'; - 4 + t'} \right)\).

Ba điểm \(M,A,B\) cùng thuộc \(\Delta \) nên \(\overrightarrow {MA}  = k\overrightarrow {MB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t - 1 = k\left( { - 2 + 2t'} \right)\\2 - t = k\left( {2 + t'} \right)\\ - 3 = k\left( { - 4 + t'} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 0\\kt' = \dfrac{1}{3}\\k = \dfrac{5}{6}\end{array} \right.\)

Do đó \(A\left( {0;1; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MA}  = \left( { - 1;2; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 2;3} \right)\) là một VTCP của \(\Delta \) hay \(a =  - 2,b = 3 \Rightarrow a + b = 1\).

Chọn D.

Quãng đường người A đi được trong 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là \(\int\limits_0^{10} {\left( {6t + 5} \right)dt}  = 350m\)

Quãng đường người B đi được trong 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là \(\int\limits_0^{10} {\left( {2at - 3} \right)dt}  = \left. {\left( {a.{t^2} - 3t} \right)} \right|_0^{10} = 100a - 30\)

Vì sau 10 giây người A đuổi kịp người B và người A lú ban đầu cách người B là 180m nên ta có phương trình \(100a - 30 + 180 = 350 \Leftrightarrow a = 2\) suy ra \({v_2}\left( t \right) = 4t - 3\left( {m/s} \right)\)

Quãng đường người A đi được trong 20 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là \(\int\limits_0^{20} {\left( {6t + 5} \right)dt}  = 1300m\)

Quãng đường người B đi được trong 20 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là \(\int\limits_0^{20} {\left( {4t - 3} \right)dt}  = 740m\)

Khoảng cách giữa hai người A và người B sau 20 giây là \(1300 - 180 - 740 = 380\left( m \right)\)

Chọn D.

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ, ta có Parabol đi qua các điểm \(A\left( {4;0} \right);N\left( {2;6} \right)\)

Gọi phương trình Parabol \(y = a{x^2} + b\), vì Parabol đi qua các điểm \(A\left( {4;0} \right)\) và \(N\left( {2;6} \right)\) nên ta có  hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}16a + b = 0\\4a + b = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{1}{2}\\b = 8\end{array} \right.\)  nên Parabol \(y =  - \dfrac{1}{2}{x^2} + 8\)

Hoành độ giao điểm của Parabol và trục hoành là \( - \dfrac{1}{2}{x^2} + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x =  - 4\end{array} \right.\)

Phần diện tích cổng giới hạn bởi Paraol là \({S_1} = \int\limits_{ - 4}^4 {\left| { - \dfrac{1}{2}{x^2} + 8} \right|dx = \dfrac{{128}}{3}{m^2}} \)

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) là \({S_2} = 6.4 = 24{m^2}\)

Diện tích phần trang trí hoa là \(S = {S_1} - {S_2} = \dfrac{{128}}{3} - 24 = \dfrac{{56}}{3}\left( {{m^2}} \right)\)

Số tiền cần dùng để mua hoa trang trí là \(\dfrac{{56}}{3}.200000 \approx 3\,733\,300\) đồng.

Chọn D.

Thể tích nước trước khi đưa khối trụ vào là: \({V_n} = 40.50.80 = 160000c{m^3}\).

Gọi \(h\) là chiều cao của mực nước sau khi đặt khối trụ vào.

Khi đó thể tích khối hộp chữ nhật chiều cao \(h\) là \({V_1} = 50.80.h = 4000h\).

Thể tích khối trụ có chiều cao \(h\) là \({V_2} = \pi {.20^2}.h = 400\pi h\).

Thể tích phần nước trong trường hợp này là: \(4000h - 400\pi h = \left( {4000 - 400\pi } \right)h\).

Do thể tích nước là không thay đổi nên:

\(160000 = \left( {4000 - 400\pi } \right)h \Leftrightarrow h = \dfrac{{160000}}{{4000 - 400\pi }} \approx 58,32cm\)

Chọn C.

Do \(\left| z \right| = 3\) nên tập hợp điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn tâm \(O\left( {0;0} \right)\) bán kính \(R = 3\).

Do \(\left| {z - w} \right| = 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\left| w \right| = \left| { - w} \right| = \left| {z - w - z} \right| \le \left| {z - w} \right| + \left| z \right| = 1 + 3 = 4\\\left| w \right| = \left| {z - \left( {z - w} \right)} \right| \ge \left| z \right| - \left| {z - w} \right| = 3 - 1 = 2\end{array} \right.\).

Từ đó \(2 \le \left| w \right| \le 4\) hay tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) là hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn đồng tâm \(O\) và bán kính lần lượt là \({r_1} = 2,{r_2} = 4\).

Diện tích: \(S = {S_2} - {S_1} = \pi {.4^2} - \pi {.2^2} = 12\pi \).

Chọn B.

Ta có \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{{9^x} + 3m}}{{{9^x} + 3}}dx}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{{\left( {{9^x} + 3} \right) - 3 + 3m}}{{{9^x} + 3}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {1 + \dfrac{{3\left( {m - 1} \right)}}{{{9^x} + 3}}} \right)dx} \)

\( = \left. x \right|_0^1 + 3\left( {m - 1} \right)\int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{{9^x} + 3}}dx}  = 1 + 3\left( {m - 1} \right)\int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{{9^x} + 3}}dx} \)

Ta tính \(J = \int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{{9^x} + 3}}dx} \)

Đặt \({9^x} + 3 = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{9^x}.\ln 9dx = dt\\{9^x} = t - 3\end{array} \right. \Rightarrow dx = \dfrac{1}{{\ln 9}}.\dfrac{{dt}}{{\left( {t - 3} \right)}}\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 4\\x = 1 \Rightarrow t = 12\end{array} \right.\)

Khi đó \(J = \int\limits_4^{12} {\dfrac{1}{t}.\dfrac{1}{{\ln 9}}.\dfrac{1}{{\left( {t - 3} \right)}}dt = } \dfrac{1}{{\ln 9}}\int\limits_4^{12} {\dfrac{1}{t}.\dfrac{1}{{\left( {t - 3} \right)}}dt}  = \dfrac{1}{{3\ln 9}}\int\limits_4^{12} {\left( {\dfrac{1}{{t - 3}} - \dfrac{1}{t}} \right)dt} \)

\( = \dfrac{1}{{3\ln 9}}\left. {\ln \left| {\dfrac{{t - 3}}{t}} \right|} \right|_4^{12} = \dfrac{1}{{3\ln 9}}\left( {\ln \dfrac{3}{4} - \ln \dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{1}{{3.2\ln 3}}.\ln 3 = \dfrac{1}{6}\)

Suy ra \(I = 1 + 3\left( {m - 1} \right).\dfrac{1}{6} = 1 + \dfrac{{m - 1}}{2}\).

Theo đề bài ta có \(1 + \dfrac{{m - 1}}{2} = {m^2} \Leftrightarrow 2{m^2} - m - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)

Tổng các giá trị của \(m\) là \(1 + \left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{2}.\)

Chọn B.

Ta có: \({15^9} = {3^9}{.5^9}\). Đặt \(a = {3^m}{.5^x},b = {3^n}{.5^y},c = {3^p}{.5^z}\).

Khi đó \({15^9} = a.b.c = {3^{m + n + p}}{.5^{x + y + z}} = {3^9}{.5^9} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + n + p = 9\\x + y + z = 9\end{array} \right.\)

+) TH1: \(3\) số \(a,b,c\) giống nhau thì \(m = n = p = 3,x = y = z = 3\) nên có \(1\) cách.

+) TH2: \(2\) trong ba số giống nhau và khác số còn lại, giả sử \(a = b \Rightarrow m = n,x = y \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + p = 9\\2x + z = 9\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}p = 9 - 2m\\z = 9 - 2x\end{array} \right.\)

Do \(p \ge 0,z \ge 0\) nên \(0 \le m \le 4,0 \le x \le 4\) nên có \(5\) cách chọn \(m\) và \(5\) cách chọn \(x\).

Ngoài ra \(m = x = n = y = p = z = 3\) trùng với TH1 nên trong trường hợp này ta chỉ có \(5.5 - 1 = 24\) cách chọn.

+) TH3: Số cách chọn ba số \(m,n,p\) phân biệt có tổng bằng \(9\) là \(C_{11}^2\) và số cách chọn ba số \(x,y,z\) phân biệt có tổng bằng \(9\) là \(C_{11}^2\).

Suy ra số cách chọn ba số \(a,b,c\) phân biệt là \(C_{11}^2.C_{11}^2 - 24.3 - 1 = 2592\) cách chọn.

Vậy số cách phân tích (ba số không phân biệt thứ tự) là \(\dfrac{{2592}}{{3!}} + 25 = 517\) cách.

Chọn A.

Ta có \({a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{{{\log }_a}\left( {\frac{{{b^8}}}{{{a^3}}}} \right)}} = 12{b^2} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {{{\log }_a}{b^8} - {{\log }_a}{a^3}} \right)}} = 12{b^2}\)

\( \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {{{\log }_a}{b^8} - {{\log }_a}{a^3}} \right)}} = 12{b^2} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {8{{\log }_a}b - 3} \right)}} = 12{b^2} \Leftrightarrow {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {\dfrac{8}{{{{\log }_b}a}} - 3} \right)}} = 12{b^2}\) (*)

Đặt \({\log _a}b = t \Rightarrow a = {b^t}\) . Lại có vì \(a,b > 1 \Rightarrow {\log _a}b > 0\) hay \(t > 0\).

Khi đó ta có

\(VT\left( * \right) = {a^{{{\log }_b}a}} + 16{b^{\left( {\frac{8}{{{{\log }_b}a}} - 3} \right)}} = {\left( {{b^t}} \right)^t} + 16.{b^{\frac{8}{t} - 3}} = {b^{{t^2}}} + 8.{b^{\frac{8}{t} - 3}} + 8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}\)

\(\mathop  \ge \limits^{Co  - si} 3\sqrt[3]{{{b^{{t^2}}}.8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}8.{b^{\frac{8}{t} - 3}}}} = 12\sqrt[3]{{{b^{{t^2}}}{b^{\frac{8}{t} - 3}}{b^{\frac{8}{t} - 3}}}}12\sqrt[3]{{{b^{{t^2} + \frac{8}{t} + \frac{8}{t} - 6}}}}\)

\(\mathop  \ge \limits{Co - si} 12\sqrt[3]{{{b^{3\sqrt[3]{{{t^2}.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}} - 6}}}} = 12\sqrt[3]{{{b^6}}} = 12{b^2}\)  (vì \({t^2} + \frac{8}{t} + \frac{8}{t} \ge 3\sqrt[3]{{{t^2}.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}} = 3\))

Hay \(VT\left( * \right) \ge 12{b^2}\) , dấu = xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}{b^{{t^2}}} = 8{b^{\frac{8}{t} - 3}}\\{t^2} = \frac{8}{t}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 2\\{b^4} = 8b\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 2\\b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _b}a = 2\\b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\a = 4\end{array} \right.\left( {TM} \right)\)

Suy ra \(P = {a^3} + {b^3} = 64 + 8 = 72.\)

Chọn D.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, giả sử \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(1\), chiều cao hình chóp \(SH = h\).

Khi đó \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {1;1;0} \right),D\left( {0;1;0} \right),C\left( {1;1;0} \right)\).

Gọi tọa độ \(H\left( {a;b;0} \right) \Rightarrow S\left( {a;b;h} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AS}  = \left( {a;b;h} \right),\overrightarrow {AD}  = \left( {0;1;0} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {SAD} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( { - h;0;a} \right)\)

\(\overrightarrow {BS}  = \left( {a - 1;b;c} \right),\overrightarrow {BC}  = \left( {0;1;0} \right)\) \( \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {SBC} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {BS} ,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - h;0;a - 1} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;0;0} \right),\overrightarrow {AS}  = \left( {a;b;h} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {SAB} \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AS} } \right] = \left( {0; - h;b} \right)\)

\({\overrightarrow n _{\left( {ABCD} \right)}} = \overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\).

Do \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _{\left( {SAD} \right)}}.{\overrightarrow n _{\left( {SBC} \right)}} = 0 \Leftrightarrow {h^2} + a\left( {a - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {h^2} + {a^2} = a\,\,\left( 1 \right)\)

Góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) bằng \({60^0}\) \( \Rightarrow \cos {60^0} = \dfrac{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}.{{\overrightarrow n }_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}} \right|.\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{{\left| {b\left( {a - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{h^2} + {{\left( {a - 1} \right)}^2}} .\sqrt {{h^2} + {b^2}} }}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{{b\left( {a - 1} \right)}}{{\sqrt {1 - a} \sqrt {{h^2} + {b^2}} }} \Leftrightarrow \dfrac{{b\sqrt {1 - a} }}{{\sqrt {{h^2} + {b^2}} }} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{b}{{\sqrt {{h^2} + {b^2}} }} = \dfrac{1}{{2\sqrt {1 - a} }}\)

Góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là \({45^0}\) \( \Rightarrow \cos {45^0} = \dfrac{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}.{{\overrightarrow n }_{\left( {SAD} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}} \right|.\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAD} \right)}}} \right|}} \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{\left| {ab} \right|}}{{\sqrt {{h^2} + {a^2}} \sqrt {{h^2} + {b^2}} }}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{ab}}{{\sqrt a .\sqrt {{h^2} + {b^2}} }}\)

Suy ra \(\dfrac{{ab}}{{\sqrt a .\sqrt {{h^2} + {b^2}} }}:\dfrac{{b\sqrt {1 - a} }}{{\sqrt {{h^2} + {b^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}:\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt a }}{{\sqrt {1 - a} }} = \sqrt 2  \Leftrightarrow a = \dfrac{2}{3}\).

Gọi góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\alpha \) \( \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}.{{\overrightarrow n }_{\left( {ABCD} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {SAB} \right)}}} \right|\left| {{{\overrightarrow n }_{\left( {ABCD} \right)}}} \right|}} = \dfrac{b}{{\sqrt {{h^2} + {b^2}} }} = \dfrac{1}{{2\sqrt {a - \dfrac{2}{3}} }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Chọn C. 

Xét phương trình \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^3} - \left( {2{m^2} + 4m + 9} \right){x^2} - 3x + 2 = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^3} - \left( {2{m^2} + 4m + 10} \right){x^2} + {x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left[ {\left( {{m^2} + 2m + 5} \right)x - 2\left( {{m^2} + 2m + 5} \right)} \right] + \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^2}\left( {x - 2} \right) + \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left[ {\left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^2} + x - 1} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\\left( {{m^2} + 2m + 5} \right){x^2} + x - 1 = 0\left( * \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Xét phương trình (*): vì \(\left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 2m + 5 = {\left( {m + 1} \right)^2} + 4 > 0\\ac =  - \left( {{m^2} + 2m + 5} \right) < 0;\,\forall m\\\left( {{m^2} + 2m + 5} \right){.2^2} + 2 - 1 = 4{m^2} + 8m + 21 > 0\end{array} \right.\)  nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(u;v \ne 2\).

Hay \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = u\\x = v\end{array} \right.\)

+ Lại có \(f\left( x \right) = \dfrac{1}{3}{x^3} - \left( {m + 1} \right){x^2} + \left( {3{m^2} + 4m + 5} \right)x + 2019\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 3{m^2} + 4m + 5 = {\left( {x - \left( {m + 1} \right)} \right)^2} + 2{m^2} + 2m + 3 > 0;\,\forall m\)  nên hàm số \(f\left( x \right)\) là hàm đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Từ đó \(g\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2\,\,\,\,\left( 1 \right)\\f\left( x \right) = u\,\,\,\,\left( 2 \right)\\f\left( x \right) = v\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Vì \(f\left( x \right)\) là hàm đồng biến nên mỗi phương trình \(\left( 1 \right);\left( 2 \right);\left( 3 \right)\) đều chỉ có 1 nghiệm duy nhất và ba nghiệm của phương trình này khác nhau.

Từ đó phương trình \(g\left( {f\left( x \right)} \right) = 0\) có ba nghiệm phân biệt.

Chọn C.

\({V_{AA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow \dfrac{{{V_{AA'B'C'}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{1}{3}\).

Chọn: C

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
{\log _2}\left( {\dfrac{{{{5.2}^x} - 8}}{{{2^x} + 2}}} \right) = 3 - x \Leftrightarrow \dfrac{{{{5.2}^x} - 8}}{{{2^x} + 2}} = {2^{3 - x}}\\
\Leftrightarrow \dfrac{{{{5.2}^x} - 8}}{{{2^x} + 2}} = \dfrac{8}{{{2^x}}} \Leftrightarrow \left( {{{5.2}^x} - 8} \right){.2^x} = 8.\left( {{2^x} + 2} \right)\\
\Leftrightarrow 5.{\left( {{2^x}} \right)^2} - {16.2^x} - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{2^x} = 4}\\
{{2^x} = {\rm{}} - \dfrac{4}{5}}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 2
\end{array}\)

Số nghiệm của phương trìn là 1.

Chọn: B

\(y = {x^4} - 2m{x^2} + 1 \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4mx,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\)

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị thì \(m > 0\). Khi đó, tọa độ 3 điểm cực trị là: 

\(A\left( {0;1} \right),\,\,B\left( { - \sqrt m ;1 - {m^2}} \right),\,C\left( {\sqrt m ;1 - {m^2}} \right)\)

\( \Rightarrow BC = \sqrt {{{\left( {2\sqrt m } \right)}^2} + {0^2}}  = 2\sqrt m  = 4 \Rightarrow \sqrt m  = 2 \Leftrightarrow m = 4\).

Chọn: C

Gọi N là trung điểm của BC, dựng hình bình hành ABNP.

Ta có: \(AB//NP,\,\,AB \not\subset \left( {SPN} \right) \Rightarrow AB//\left( {SPN} \right)\). Mà \(SM \subset \left( {SPN} \right) \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SPN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SPN} \right)} \right)\)

Kẻ \(AH \bot SP,\,\,\left( {H \in SP} \right)\) (1)

Ta có: \(BC \bot AB,\,\,BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\). Mà \(AP//BC \Rightarrow AP \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AP \bot AB\)

Mặt khác: \(SA \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {SAP} \right) \Rightarrow AB \bot AH\)(2)

Từ (1), (2) suy ra \(d\left( {A;\left( {SPN} \right)} \right) = AH \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = AH\)

\(\Delta ABC\) vuông tại B \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}}  = 5a\)

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {\widehat {SC;\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SCA} = {60^0}\)

\(\Delta SAC\) vuông tại A \( \Rightarrow SA = AC.\tan \widehat C = 5a.\tan {60^0} = 5a\sqrt 3 \)

\(AP = BN = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{4a}}{2} = 2a\)

\(\Delta SAP\) vuông tại A có\(AH \bot SP \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{P^2}}} = \dfrac{1}{{75{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{{79}}{{300{a^2}}} \Rightarrow AH = \dfrac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}\)\( \Rightarrow d\left( {AB;SM} \right) = \dfrac{{10\sqrt 3 a}}{{\sqrt {79} }}\).

Chọn: B

\(\int {{{\left( {\dfrac{x}{{x + 1}}} \right)}^2}dx}  = \int {\dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int {\left( {1 - \dfrac{{2x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)dx = } \int {\left( {1 - \dfrac{{2x + 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)dx} \)\(\begin{array}{l} = \int {dx}  - \int {\dfrac{{2x + 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx}  + \int {\dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx}  = x - \int {\dfrac{{d\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2}} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} - \dfrac{1}{{x + 1}} + C} \\ = x - \ln \left| {{{\left( {x + 1} \right)}^2}} \right| - \dfrac{1}{{x + 1}} + C = x - 2\ln \left| {x + 1} \right| - \dfrac{1}{{x + 1}} + C\end{array}\)

\( \Rightarrow m = 1,n =  - 2,p =  - 1 \Rightarrow \)\(m + n + p =  - 2\).

Chọn: D  

\(A\left( {1;2; - 1} \right),B\left( {0;1;0} \right),\,C\left( {3;0;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 3 ,BC = \sqrt {11} ,\,\,AC = \sqrt {12} \)

\({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)\( = \sqrt {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2}\left( {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt 3 } \right)\left( {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt {11} } \right)\left( {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2} - \sqrt {12} } \right)} \)\( = \sqrt {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  + \sqrt {12} }}{2}.\dfrac{{\sqrt {11}  + \sqrt {12}  - \sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt {12}  - \sqrt {11} }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt {11}  - \sqrt {12} }}{2}} \)

\( = \sqrt {\dfrac{{23 + 2\sqrt {132}  - 3}}{4}.\dfrac{{3 - \left( {23 - 2\sqrt {132} } \right)}}{4}} \)\( = \sqrt {\dfrac{{20 + 2\sqrt {132} }}{4}.\dfrac{{2\sqrt {132}  - 20}}{4}} \)\( = \sqrt 8  = 2\sqrt 2 \)

\({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{abc}}{{4R}} = \dfrac{{\sqrt 3 .\sqrt {11} .\sqrt {12} }}{{4R}} = \dfrac{{3\sqrt {11} }}{{2R}} \Rightarrow \dfrac{{3\sqrt {11} }}{{2R}} = 2\sqrt 2  \Rightarrow R = \dfrac{{3\sqrt {11} }}{{4\sqrt 2 }}\)

Diện tích mặt cầu nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn lớn là: \(4\pi {\left( {\dfrac{{3\sqrt {11} }}{{4\sqrt 2 }}} \right)^2} = \dfrac{{99\pi }}{8}\).

Chọn: A

Đường thẳng \(y = x + m\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm thuộc hai nhánh

\( \Leftrightarrow \) Phương trình  \(\dfrac{{2x + 1}}{{x - 2}}\,\, = x + m\) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn: \({x_1} < 2 < {x_2}\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow {x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 < 0\))      (*)

Ta có: \(\dfrac{{2x + 1}}{{x - 2}}\,\, = x + m,\,\,\left( {x \ne 2} \right)\, \Leftrightarrow 2x + 1 = {x^2} - 2x + mx - 2m\, \Leftrightarrow {x^2} + \left( {m - 4} \right)x - 2m - 1 = 0\)

(*) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\\left( { - 2m - 1} \right) - 2\left( {4 - m} \right) + 4 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 4} \right)^2} + 4\left( {2m + 1} \right) > 0\\\left( { - 2m - 1} \right) - 2\left( {4 - m} \right) + 4 < 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 20 > 0\\ - 5 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \mathbb{R}\)

Vậy, đường thẳng \(y = x + m\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm thuộc hai nhánh với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

Chọn: D

Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC, SC.

Ta có:

\(\Delta \)ABC vuông cân tại B \( \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp và \(AC = AB.\sqrt 2  = a\sqrt 2 \).

Mà \(OI//SA,\,\,SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow OI \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IA = IB = IC\)(1)

\(\Delta \)SAC vuông tại A, I là trung điểm của SC \( \Rightarrow IS = IC = IA\) (2)

Từ (1), (2) suy ra \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC, bán kính \(R = \dfrac{{SC}}{2} = \dfrac{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}{2} = \dfrac{{\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Chọn: A

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

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: \(y = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \dfrac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}}\)

Cho \(x = 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {1 - {x_0}} \right) + \dfrac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}} = \dfrac{{ - 2\left( {1 - {x_0}} \right)}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}} + \dfrac{{\left( {2{x_0} - 1} \right)\left( {2{x_0} - 2} \right)}}{{2{x_0} - 2}}\\ = \dfrac{{4x_0^2 - 4{x_0}}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}} \Rightarrow A\left( {1;\dfrac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\end{array}\)

Cho \(y = 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \dfrac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}}\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - {x_0}} \right) = \left( {2{x_0} - 1} \right)\left( {2{x_0} - 2} \right) - {\left( {2{x_0} - 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2\left( {x - {x_0}} \right) = 2{x_0} - 2 \Leftrightarrow x = 2{x_0} - 1\\ \Rightarrow B\left( {2{x_0} - 1;1} \right)\end{array}\)

Đồ thị \(\left( C \right)\) có TCĐ là \(x = 1\) và TCN là \(y = 1\), giao điểm của 2 đường tiệm cận \(I\left( {1;1} \right)\)

Ta có: \({S_{\Delta OIB}} = 8{S_{\Delta OIA}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}.d\left( {B;OI} \right).OI = 8.\dfrac{1}{2}.d\left( {B;OI} \right).OI \Leftrightarrow d\left( {B;OI} \right) = 8.d\left( {B;OI} \right)\) (*)

Phương trình đường thẳng OI là: \(y = x \Leftrightarrow x - y = 0\)

 (*)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {2{x_0} - 1 - 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 8.\dfrac{{\left| {1 - \dfrac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right|}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left| {2{x_0} - 2} \right| = 8\left| {\dfrac{{ - 1}}{{{x_0} - 1}}} \right| \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 4\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 1 = 2\\{x_0} - 1 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} =  - 1(L)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {y_0} = \dfrac{{2.3 - 1}}{{2.3 - 2}} = \dfrac{5}{4}\)\( \Rightarrow S = {x_0} + 4{y_0} = 8\).

Chọn: A