ĐKXĐ : \(x \ne  - 1\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}} =  - x + m\,\,\left( * \right)\)

Với \(x \ne  - 1\) thì \(\left( * \right) \Leftrightarrow x - 1 = \left( {x + 1} \right)\left( { - x + m} \right)\)

\( \Leftrightarrow x - 1 =  - {x^2} + \left( {m - 1} \right)x + m\) \( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m - 2} \right)x - m - 1 = 0\,\,\left( {**} \right)\)

Đường thẳng \(y =  - x + m\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( {**} \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {m - 2} \right)^2} + 4\left( {m + 1} \right) > 0\\{\left( { - 1} \right)^2} - \left( {m - 2} \right).\left( { - 1} \right) - m - 1 \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 8 > 0\\ - 2 \ne 0\end{array} \right. \Rightarrow m \in R\)

Vậy \(m \in R\).

Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow a  + \overrightarrow b  = \left( {3 + \left( { - 1} \right); - 4 + 2} \right) = \left( {2; - 2} \right).\)

Chọn A.

Từ đề bài ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\)

Vì tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)  và \(AB = AC = BC = a\)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\left( {do\,SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC} \right)\)  nên theo định lý Pytago ta có \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Thể tích khối chóp là \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 2  = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\)  (đvtt)

Chọn: B

Hàm số đã xác định và liên tục trên \(\left[ { - 3; - 1} \right].\)

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

Lại có \(y\left( { - 3} \right) =  - \dfrac{{10}}{3};y\left( { - 1} \right) =  - 4;y\left( { - 2} \right) =  - 3 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3; - 1} \right]} y =  - 4\)

Chọn  C.

Biểu thức xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l}\alpha  + \dfrac{\pi }{3} \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi \\\alpha  - \dfrac{\pi }{6} \ne k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \alpha  \ne \dfrac{\pi }{6} + k\pi \;\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Chọn A.

Vì \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\)  nên \(O\) là trung điểm hai đường chéo \(AC;BD\)

Suy ra \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow 0 ;\,\,\,\overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0 \)  nên A đúng.

+ Lại có \(ABCD\) là hình bình hành nên theo quy tắc hình bình hành ta có

\(\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BD} ;\,\,\,\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {DB}  \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {DB} } \right| = BD\) nên B đúng.

\(\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} \)  (theo quy tắc hình bình hành) nên C đúng.

+  Ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow 0 ;\,\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {DC}  + \overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {DB}  \Rightarrow \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  \ne \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CB} \)  nên D sai.

Chọn: D

Ta có:

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

Chọn  C.

Điều kiện: \({x^2} + 1 \ne 0 \Leftrightarrow {x^2} \ne  - 1\) (luôn đúng vì \({x^2} \ge 0;\,\forall x\) )

Suy ra tập xác định \(D = R\) .

Chọn: B

Từ đồ thị hàm số ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,f\left( x \right) =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \,f\left( x \right) =  + \infty \) nên ta loại đáp án B và D

Lại thấy đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( { - 1;0} \right)\) nên chỉ có hàm số \(y =  - {x^3} + 3x + 2\) thỏa mãn.

Chọn: C

Ta có: \(y' = \left( {\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} } \right)' = \dfrac{{\left( {4{x^2} + 3x + 1} \right)'}}{{2\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} }} = \dfrac{{8x + 3}}{{2\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} }}\).

Chọn D.

Ta có \(f\left( x \right) = 3{x^2} + 2\left( {2m - 1} \right)x + m + 4\)

Để \(f\left( x \right) > 0\,;\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 > 0\left( {luon\,\,dung} \right)\\\Delta ' = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 3\left( {m + 4} \right) < 0\end{array} \right. \Rightarrow 4{m^2} - 7m - 11 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < \dfrac{{11}}{4}\)

Chọn: C

Áp dụng tính chất các số hạng của cấp số cộng ta có \(x = \dfrac{{ - 2 + 6}}{2} = 2\)

Suy ra \(d = {u_2} - {u_1} = 4 \Rightarrow {u_5} = {u_1} + 4d =  - 2 + 4.4 = 14\)

Chọn D.

Ta có \({\left( {3 - x} \right)^9} = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{3^{9 - k}}{{\left( { - x} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k{3^{9 - k}}{{\left( { - 1} \right)}^k}.{x^k}} \)

Số hạng chứa \({x^7}\) trong khai triển ứng với \(k = 7\)  nên hệ số của \({x^7}\) là \(C_9^7{.3^{9 - 7}}.{\left( { - 1} \right)^7} =  - 9C_9^7\)

Chọn: D

Vì \(P\) là trung điểm của \(CD\) nên

\(\overrightarrow {MP}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} } \right)\) \( = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AM} } \right) = \dfrac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - 2\overrightarrow {AM} } \right)\) \( = \dfrac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - \overrightarrow {AB} } \right) = \dfrac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - \vec b} \right)\).

Chọn A.

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

Chọn: D

Hàm số \(y = \left( {m - 2} \right)x + 2\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > 2\)

Mà \(m \in \left[ { - 2018;2018} \right];\,m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {3;4;5;6;...;2018} \right\} \Rightarrow \) có \(2016\) giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn đề bài.

Chọn: D

TXĐ: \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} =  + \infty \) nên \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \dfrac{{ - {{\left( {\sqrt { - x - 1} } \right)}^2}}}{{\sqrt { - x - 1} .\sqrt { - x + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \dfrac{{ - \sqrt { - x - 1} }}{{\sqrt { - x + 1} }} = 0\) nên \(x =  - 1\) không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{1}{x}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 1 }} = 1 \Rightarrow \) tiệm cận ngang \(y = 1\).

Lại có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{1}{x}}}{{ - \sqrt {1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}} }} = \dfrac{1}{{ - \sqrt 1 }} =  - 1 \Rightarrow \) tiệm cận ngang \(y =  - 1\).

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}\) có tất cả 3 tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

Chọn D.

Các đồ thị hàm số \(y = {x^2};\,y = 0;y = 2x\) đều không có tiệm cận.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x - 1}}{x}\) có \(y = 1\) là TCN và \(x = 0\) là TCĐ.

Chọn: C

Ta có \(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn: B

Ta có \({S_{EFGH}} = {S_{ABCD}} - {S_{AEH}} - {S_{BEF}} - {S_{CFG}} - {S_{DGH}}\)

Mà \({S_{ABCD}} = 6.6 = 36;{S_{BEF}} = \dfrac{1}{2}BE.BF = \dfrac{1}{2}.4.3 = 6\) nên \({S_{EFGH}} = 30 - \left( {{S_{\Delta AEH}} + {S_{\Delta CGF}} + {S_{\Delta DGH}}} \right)\)

Do đó \({S_{EFGH}}\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow S = {S_{\Delta AEH}} + {S_{\Delta CGF}} + {S_{\Delta DGH}}\) lớn nhất.

Ta có: \(S = \dfrac{1}{2}AE.AH + \dfrac{1}{2}CF.CG + \dfrac{1}{2}DG.DH\)     \( = x + \dfrac{{3y}}{2} + \dfrac{{\left( {6 - x} \right)\left( {6 - y} \right)}}{2}\)

\( \Rightarrow 2S = 2x + 3y + \left( {6 - x} \right)\left( {6 - y} \right)\) \( = xy - 4x - 3y + 36\) \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(EFGH\) là hình thang \( \to \) \(\widehat {AEH} = \widehat {CGF}\)

\( \Rightarrow \Delta AEH~\Delta CGF\)\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{CG}} = \dfrac{{AH}}{{CF}}\) \( \Rightarrow \dfrac{2}{y} = \dfrac{x}{3} \Rightarrow xy = 6\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \(2S = 42 - \left( {4x + \dfrac{{18}}{x}} \right)\).

Để \(2S\) lớn nhất khi và chỉ khi \(4x + \dfrac{{18}}{x}\) nhỏ nhất.

Mà \(4x + \dfrac{{18}}{x} \ge 2\sqrt {4x.\dfrac{{18}}{x}}  = 12\sqrt 2 .\)

Dấu \('' = ''\) xảy ra \( \Leftrightarrow 4x = \dfrac{{18}}{x} \Leftrightarrow x = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2} \to y = 2\sqrt 2 \).

Chọn  C.

Hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh đều bằng \(a\) , ta tìm góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\).

Gọi \(M\), \(N\) là trung điểm các cạnh \(AD\) và \(BC\), khi đó \(SM \bot AD\) và \(SN \bot BC\) (do các tam giác \(SBC;SAD\) là các tam giác đều).

Vì \(BC//AD\)  nên  giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng \(d\) qua \(S\) và song song \(AD\), \(BC\).

Vì \(SM \bot AD\) và \(SN \bot BC\) nên \(S\) và \(D\) mà \(SM \subset \left( {SAD} \right);SN \subset \left( {SBC} \right)\) nên  góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là góc \(\widehat {MSN}\). 

Mặt bên là các tam giác đều cạnh \(a\) nên \(SM = SN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(MN = AB = a\).

Khi đó : \(\cos \widehat {MSN} = \dfrac{{S{M^2} + S{N^2} - M{N^2}}}{{2SM.SN}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {a^2}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}}}{2}}}{{\dfrac{{3{a^2}}}{2}}} = \dfrac{1}{3}\).

Chọn: A

Do \(AB\parallel CD\) nên \(d\left( {SD,AB} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{4}{3}d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\) (do \(AC = \dfrac{4}{3}HC\))

Kẻ \(HE \bot CD\), kẻ \(HL \bot SE\) suy ra \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HL\)

Ta có: \(SA = 2a,AC = 4a\sqrt 2  \Rightarrow AH = \dfrac{1}{4}AC = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = a\sqrt 2 \), \(\dfrac{{HE}}{{AD}} = \dfrac{{CH}}{{CA}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow HE = \dfrac{3}{4}AD = 3a.\)

Khi đó \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HL = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{{\sqrt {11} }}.\)

Vậy \(d\left( {SD,AB} \right) = \dfrac{4}{3}HL = \dfrac{{4a\sqrt {22} }}{{11}}.\)

Chọn B.

Gọi \(E\)  là trung điểm của \(BC,\,O\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\)  (do \(S.ABC\) là hình chóp đều)

Suy ra \(AE \bot BC\,\)(do \(\Delta ABC\) đều) và \(SE \bot BC\) (do \(\Delta SBC\) cân tại \(S\) )

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AE \bot BC;AE \subset \left( {ABC} \right)\,\\SE \bot BC\,;SE \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\)  nên góc giữa \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(\widehat {SEA}\) .

Từ giả thiết suy ra \(\widehat {SEA} = 60^\circ .\)

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a \Rightarrow AE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow OE = \dfrac{1}{3}AE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Xét tam giác \(SOE\) vuông tại \(O\) (do \(SO \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SO \bot AE\) ) , ta có: \(SO = OE.\tan \widehat {SEO} = \dfrac{{AE}}{3}.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\sqrt 3  = \dfrac{a}{2}.\)        

Diện tích tam giác đều \(ABC\) là: \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SO = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}.\)

Chọn: A

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\).

Ta có \(y' = \dfrac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) \( \Leftrightarrow y' < 0,\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 < 0\\1 \le  - m\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow  - 2 < m \le  - 1\)

Chọn A.

Từ đồ  thị hàm số ta có:

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \,y =  - \infty  \Rightarrow a < 0\)

+ Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên \(a.b < 0\) mà \(a < 0 \Rightarrow b > 0\)

+ Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên \(c < 0\)

Vậy \(a < 0,b > 0,c < 0\)

Chọn: B

\(V = Bh = {\rm{ }}{S_{ABC}}.AA'\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right.{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}BC \bot A'B\).

Và \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB \subset (ABC)\\BC \bot A'B \subset (A'BC)\\BC = (ABC) \cap (A'BC)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {(ABC),(A'BC)}} \right) = \left( {\widehat {AB,A'B}} \right) = \widehat {ABA'}\)

Ta có: \({S_{\Delta A'BC}} = \dfrac{1}{2}A'B.BC \Rightarrow A'B = \dfrac{{2.{S_{\Delta A'BC}}}}{{BC}} = \dfrac{{2.{a^2}\sqrt 3 }}{a} = 2a\sqrt 3 \).

\(AB = A'B.\cos \widehat {ABA'} = 2a\sqrt 3 .\cos {30^0} = 3a;AA' = A'B.\sin \widehat {ABA'} = 2a\sqrt 3 .\sin {30^0} = a\sqrt 3 \)

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

Chọn A.

Gọi \(H = AM \cap BD\) 

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAM} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {SAM} \right) = SH\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\) 

Vì \(AB//CD\) nên theo định lý Ta-lét ta có 

\(\begin{array}{l}\dfrac{{HB}}{{HD}} = \dfrac{{AB}}{{DM}} = 2 \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SAM} \right)} \right)}}{{d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right)}} = \dfrac{{HB}}{{HD}} = 2\\ \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAM} \right)} \right) = 2d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right)\end{array}\)

Kẻ \(DK \bot AM\)tại \(K.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DK \bot AM\\DK \bot SH\,\left( {do\,SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DK \bot \left( {SAM} \right)\)  tại \(K \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right) = DK\)

Nên \(d\left( {B;\left( {SAM} \right)} \right) = 2.DK\) .

Vì \(M\) là trung điểm của \(DC\) và \(ABCD\) là hình bình hành có diện tích \(2{a^2}\) nên ta có

\({S_{ADM}} = \dfrac{1}{2}{S_{ADC}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABCD}} = \dfrac{{2{a^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\) 

Lại có \(CD = AB = a\sqrt 2 \, \Rightarrow DM = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2};AD = BC = 2a\)

Khi đó  \({S_{ADM}} = \dfrac{1}{2}AD.DM.\sin \widehat D \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}.2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sin \widehat D \Rightarrow \sin \widehat D = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat D = {45^o}\) 

Do vậy xét trong tam giác \(ADM\) ta có 

\(A{M^2} = A{D^2} + D{M^2} - 2AD.DM.\cos {45^o} = 4{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2} - 2.2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{5{a^2}}}{2} \Rightarrow AM = \dfrac{{\sqrt {10} }}{2}a\) 

Lại có \({S_{ADM}} = \dfrac{1}{2}DK.AM \Rightarrow \)\(DK = \dfrac{{2{S_{ADM}}}}{{AM}} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {10} }} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{5}\) 

Từ đó \(d\left( {B;\left( {SAM} \right)} \right) = 2.DK = \dfrac{{2a\sqrt {10} }}{5}\)

Chọn: C

Gọi \(N'\)  đối xứng với \(N\)  qua \(I\) thì  \(N' \in AB\).

 \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{N'}} = 2{x_I} - {x_N} = 2.2 - 0 = 4\\{y_{N'}} = 2{y_I} - {y_N} = 2.1 - 7 =  - 5\end{array} \right. \Rightarrow N'\left( {4; - 5} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {MN'}  = \left( {4; - \dfrac{{16}}{3}} \right)\).

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(AB\) đi qua \(N'\left( {4; - 5} \right)\) và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {4;3} \right)\) làm VTPT nên \(AB:4\left( {x - 4} \right) + 3\left( {y + 5} \right) = 0\)  hay \(AB:4x + 3y - 1 = 0\).

Khoảng cách từ \(I\)  đến đường thẳng \(AB\) là \(d\left( {I;AB} \right) = \dfrac{{\left| {4.2 + 3.1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 2\) .

Vì \(AC = 2BD\)  nên \(AI = 2BI\), đặt  \(BI = x \Rightarrow AI = 2x\).

Trong tam giác vuông ABI có:

\(\dfrac{1}{{{d^2}\left( {I;AB} \right)}} = \dfrac{1}{{I{A^2}}} + \dfrac{1}{{I{B^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{{4{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^2}}} \Leftrightarrow x = \sqrt 5  \Rightarrow BI = \sqrt 5  \Rightarrow B{I^2} = 5\) .

Do \(\left\{ \begin{array}{l}B \in AB\\B{I^2} = 5\end{array} \right.\) nên tọa độ \(B\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y - 1 = 0\\{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1;y =  - 1\\x =  - \dfrac{1}{5};y = \dfrac{3}{5}\end{array} \right.\)

Vì \(B\) có hoành độ dương nên  \(B\left( {1; - 1} \right)\).

Chọn B.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{\left( {m - 2n - 3} \right)x + 5}}{{x - m - n}}\) nhận  đường thẳng \(y = m - 2n - 3\) làm tiệm cận ngang và đường thẳng \(x = m + n\) làm tiệm cận đứng.

Từ gt ta có \(\left\{ \begin{array}{l}m - 2n - 3 = 0\\m + n = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n =  - 1\end{array} \right.\) \( \Rightarrow S = {m^2} + {n^2} - 2 = 0\)

Chọn: B

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy vẫn có phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành nên loại các đáp án B, C, D (các hàm số ở mỗi đáp án B, C, D đều có giá trị không âm).

Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số \(y = \left| {{x^3}} \right| - 3\left| x \right|\).

Chọn A.

Xét \(g\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m\) có \(g'\left( x \right) = 2f\left( x \right)f'\left( x \right) + f'\left( x \right) = f'\left( x \right)\left[ {2f\left( x \right) + 1} \right]\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\2f\left( x \right) + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\\x = a\left( {a < 0} \right)\end{array} \right.\)  \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}g\left( 1 \right) = {f^2}\left( 1 \right) + f\left( 1 \right) + m\\g\left( 3 \right) = m\\g\left( a \right) = m - \dfrac{1}{4}\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số \(y = g\left( x \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) có \(3\) điểm cực trị.

Suy ra đồ thị hàm số \(h\left( x \right) = \left| {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right|\) có \(3\) điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) nằm hoàn toàn phía trên trục \(Ox\) (kể cả tiếp xúc)

Do đó \(g\left( a \right) \ge 0 \Leftrightarrow m - \dfrac{1}{4} \ge 0 \Leftrightarrow m \ge \dfrac{1}{4}\).

Chọn D.

Tập xác định \({\rm{D}} = \mathbb{R}\).

Đạo hàm \(y' = {x^2} - 2mx + 4m - 3\).

Để hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)thì \(y' \ge 0;\,\forall x \in \mathbb{R}\) (\(y' = 0\) có hữu hạn nghiệm)

\(\left\{ \begin{array}{l}1 > 0\left( {luon\,\,dung} \right)\\\Delta ' = {m^2} - 4m + 3 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le m \le 3\) .

Suy ra giá trị lớn nhất của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(m = 3\)

Chọn: B

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. SO cắt B'D' tại I.

Nối AI cắt SC tại C' nên A, B', C', D' đồng phẳng

Đặt \({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = V \Rightarrow {V_{S.AC{\rm{D}}}} = {V_{S.ABC}} = \dfrac{V}{2}\)

Ta có \(\dfrac{{{V_{S.AC'D'}}}}{{{V_{S.AC{\rm{D}}}}}} = \dfrac{{SC'}}{{SC}}.\dfrac{{S{\rm{D}}'}}{{S{\rm{D}}}}\) và \(\dfrac{{{V_{S.AC'B'}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \dfrac{{SC'}}{{SC}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}\)

Do đó \(\dfrac{{{V_{S.AC'B'}}}}{{{V_{S.ACB}}}} + \dfrac{{{V_{S.AC'D'}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SC'}}{{SC}}\left( {\dfrac{{SB'}}{{SB}} + \dfrac{{SD'}}{{SD}}} \right) = \dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Hay \(\dfrac{{2{V_{S.AC'B'}}}}{V} + \dfrac{{2{V_{S.AC'D'}}}}{V} = \dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{2\left( {{V_{S.AC'B'}} + {V_{S.AC'D'}}} \right)}}{V} = \dfrac{{SC'}}{{SC}} \Leftrightarrow \dfrac{{2{V_{S.AB'C'D'}}}}{V} = \dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Do \(B'D' = \dfrac{1}{2}BD \Rightarrow SI = \dfrac{1}{2}SO\).

Xét tam giác \(\Delta SCO\) có \(C',I,A\) thẳng hàng nên áp dụng định lý Me – ne – la – uýt ta có :

\(\dfrac{{C'S}}{{C'C}}.\dfrac{{AC}}{{AO}}.\dfrac{{IO}}{{IS}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{C'S}}{{C'C}}.2.1 = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{C'S}}{{C'C}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{SC'}}{{SC}} = \dfrac{1}{3}\)

Vậy \(\dfrac{{2{V_{S.AB'C'D'}}}}{V} = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow {V_{S.AB'C'D'}} = \dfrac{V}{6} \Rightarrow {V_{AB'C'D'BC{\rm{D}}}} = V - \dfrac{V}{6} = \dfrac{{5V}}{6}\)

Hay tỷ số thể tích của hai khối đa diện được chia ra bởi (AB'D') là: \(\dfrac{{{V_{S.AB'C'D'}}}}{{{V_{AB'C'D'BC{\rm{D}}}}}} = \dfrac{V}{6}:\dfrac{{5V}}{6} = \dfrac{1}{5}\).

Chọn D.

Gọi \(x\) là số đoàn viên nam \(\left( {x \ge 4;x \in \mathbb{N}} \right)\), suy ra chi đoàn có tất cả \(x + 3\) (đoàn viên)

Số cách chọn ra \(4\) người lập thành đội thanh niên tình nguyện là: \(C_{x + 3}^4\)  cách

Số cách chọn ra \(4\) người lập thành đội thanh niên tình nguyện trong đó có ba nữ, một nam là \(C_3^3.C_x^1 = x\) cách

Số cách chọn ra \(4\) người lập thành đội thanh niên tình nguyện toàn nam là \(C_x^4\)  cách

Xác suất lập ra đội thanh niên tình nguyện 4 người  trong đó có ba nữ, một nam là  \(\dfrac{x}{{C_{x + 3}^4}}\)

Xác suất lập ra đội thanh niên tình nguyện gồm 4 nam là \(\dfrac{{C_x^4}}{{C_{x + 3}^4}}\)

Theo gt ta có phương trình \(\dfrac{x}{{C_{x + 3}^4}} = \dfrac{2}{5}\dfrac{{C_x^4}}{{C_{x + 3}^4}} \Rightarrow 5x = 2.C_x^4 \Leftrightarrow 5x = 2.\dfrac{{x!}}{{4!.\left( {x - 4} \right)!}} \Rightarrow 60x = x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\)

\( \Rightarrow {x^3} - 6{x^2} + 6x - 66 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 6} \right)\left( {{x^2} + 11} \right) = 0 \Rightarrow x = 6\left( {TM} \right)\)

Vậy chi đoàn có \(6 + 3 = 9\) đoàn viên.

Chọn: A

Ta có \(P = \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{{x^2} + 5}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{P} = \dfrac{{{x^2} + 5}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \sqrt {{x^2} + 1}  + \dfrac{4}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \ge 2\sqrt {\sqrt {{x^2} + 1} .\dfrac{4}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}  = 4\)

Suy ra \(\dfrac{1}{P} \ge 4\). Dấu \('' = ''\) xảy ra khi \(\sqrt {{x^2} + 1}  = \dfrac{4}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \Leftrightarrow {x^2} + 1 = 4 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 3 \).

Vậy \(P \le \dfrac{1}{4} \Rightarrow {P_{\max }} = \dfrac{1}{4}\) khi \(x =  \pm \sqrt 3 \)

Chọn B.

Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + m + 2\)

Từ ycbt suy ra ta phải tìm \(m\) để hàm số có hai điểm cực trị dương hay phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm dương phân biệt.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}1 \ne 0\left( {ld} \right)\\\Delta ' = {m^2} - m - 2 > 0\\S = \frac{{ - b}}{a} > 0\\P = \frac{c}{a} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right)\left( {m - 2} \right) > 0\\2m > 0\\m + 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m <  - 1\\m > 2\end{array} \right.\\m > 0\\m >  - 2\end{array} \right. \Rightarrow m > 2\)

Mà \(m \in \mathbb{Z};\,m \in \left[ { - 2017;2018} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;5;...;2018} \right\}\) nên có \(2018 - 3 + 1 = 2016\) giá trị \(m\) thỏa mãn.

Chọn: B

Gọi \(x\)(triệu đồng) là giá tua.

Số tiền được giảm đi so với ban đầu là \(2 - x\).

Số người tham gia được tăng thêm nếu bán với giá \(x\) là: \(\dfrac{{\left( {2 - x} \right)20}}{{0,1}} = 400 - 200x\).

Số người sẽ tham gia nếu bán giá \(x\) là: \(150 + \left( {400 - 200x} \right) = 550 - 220x\).

Tổng doanh thu là: \(f(x) = x\left( {550 - 200x} \right) =  - 200{x^2} + 550x\).

\(f'(x) =  - 400x + 550\). \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{11}}{8}\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(f(x)\) đạt giá trị lớn nhất khi \(x = \dfrac{{11}}{8} = 1,375\).

Vậy công ty cần đặt giá tua 1375000 đồng thì tổng doanh thu sẽ cao nhất là 378125000 đồng.

Chọn A.

Từ đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) ta thấy có một giao điểm với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc) nên hàm số \(f\left( x \right)\) có một cực trị.

Chọn: D

Ta có \(y' = 6{x^2} - 6\left( {2m + 1} \right)x + 6m\left( {m + 1} \right) = 6.\left[ {{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + m\left( {m + 1} \right)} \right]\).

Xét phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + m\left( {m + 1} \right) = 0\) có \(\Delta  = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4m\left( {m + 1} \right) = 1 > 0,{\rm{ }}\forall m \in \mathbb{R}.\)

Suy ra phương trình \(y' = 0\) luôn có hai nghiệm \({x_1} = \frac{{2m + 1 - 1}}{2} = m;{x_2} = \frac{{2m + 1 + 1}}{2} = m + 1\)

Dễ thấy \({x_1} = m < m + 1 = {x_2}\)  và \(a = 1 > 0\) trong khoảng \(\left( {m + 1; + \infty } \right)\) và \(\left( { - \infty ;m} \right)\) thì hàm số đồng biến.

Bài toán thỏa \( \Leftrightarrow m + 1 \le 2 \Leftrightarrow m \le 1\)

Do \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left( { - 1000;1000} \right)\) nên \(m \in \left\{ { - 999; - 998;...;0;1} \right\}\).

Vậy có \(\left[ {1 - \left( { - 999} \right)} \right]:1 + 1 = 1001\) giá trị của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Chọn B.

Gọi tên như hình vẽ với \(AH \bot BC \Rightarrow H\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow BH = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{x}{2}\)

Xét tam giác \(AHB\)  vuông tại \(B,\) theo định lý \(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{3^2} - \dfrac{{{x^2}}}{4}}  = \dfrac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2}\,\,\left( {0 < x < 6} \right)\)

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \dfrac{1}{2}AH.BC.AA' = \dfrac{1}{2}\dfrac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2}.x.12 = 3x\sqrt {36 - {x^2}} \)

Áp dụng bất đẳng thức \(ab \le \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\) , ta có \(x\sqrt {36 - {x^2}}  \le \dfrac{{{x^2} + 36 - {x^2}}}{2} \Leftrightarrow x\sqrt {36 - {x^2}}  \le 18 \Leftrightarrow 3x\sqrt {36 - {x^2}}  \le 54\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x = \sqrt {36 - {x^2}}  \Leftrightarrow 2{x^2} = 36 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 3\sqrt 2 \,\left( {ktm} \right)\\x = 3\sqrt 2 \,\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy \({V_{\max }} = 54 \Leftrightarrow x = 3\sqrt 2 .\)

Chọn: B

Phương trình \(f\left( x \right) + m - 2018 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2018 - m.\)

Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2018 - m\) (có phương song song hoặc trùng với trục hoành).

Dựa vào đồ thị, ta có ycbt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2018 - m > 3\\2018 - m <  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 2015\\m > 2019\end{array} \right..\)

Chọn D.

Lấy \(M \in SC\), qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(AB\) cắt \(SD\) tại \(N\) ta được mặt phẳng \(\left( {ABMN} \right)\) thỏa mãn điều kiện.

Vì \(MN//AB \Rightarrow MN//CD\) nên theo định lý Ta-lét ta có  \(\dfrac{{SM}}{{SC}} = \dfrac{{SN}}{{SD}} = x\)

Vì \(ABCD\)  là hình bình hành nên \({V_{S.ACB}} = {V_{S.ACD}} = \dfrac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{2}V\)

Và \(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}}.\dfrac{{SM}}{{SC}}.\dfrac{{SN}}{{SD}} = {x^2};\,\,\dfrac{{{V_{S.AMB}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}}.\dfrac{{SM}}{{SC}}.\dfrac{{SB}}{{SB}} = x\)

Suy ra \(\dfrac{{V{ {S.AMN}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = 2\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = {x^2} \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{{x^2}}}{2};\,\)

\(\dfrac{{{V_{S.AMB}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = 2.\dfrac{{{V_{S.AMB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = x \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AMB}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{x}{2}\)

Lại có \({V_{S.AMN}} + {V_{S.AMB}} = {V_{S.ABMN}}\)  nên \(\dfrac{{V{ {S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} + \dfrac{{{V_{S.AMB}}}}{{{V_{S.ABCB}}}} = \dfrac{{{V_{S.ABMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{{x^2} + x}}{2}\)

Theo giả thiết ta có  \(\dfrac{{{V_{S.ABMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{11}}{{200}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{x^2} + x}}{2} = \dfrac{{11}}{{200}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < x < 1\\100{x^2} + 100x - 11 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0,1\)

Chọn: A

Xét tam giác \(SAB\) và \(SAC\) là các tam giác vuông tại \(A\) có hai cạnh góc vuông là \(a\) và \(2a\) nên \(SB = SC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a\sqrt 5 \)

Tam giác SAB vuông tại A có đường cao AM

Khi đó \(S{A^2} = SM.SB \Leftrightarrow \dfrac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SB}} = \dfrac{4}{5}\)

Tương tự \(\dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{4}{5}\)

Lại có \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.2{\rm{a}}{\rm{.}}\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Mặt khác \(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}}.\dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{{16}}{{25}} \Rightarrow {V_{A.BCNM}} = \dfrac{9}{{25}}{V_{S.ABC}}\)

Do đó \(V = {V_{A.BCNM}} = \dfrac{9}{{25}}.\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{{3{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{{50}} \Rightarrow \dfrac{{50V\sqrt 3 }}{{{a^3}}} = 9\).

Chọn C. 

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{{x^2} + 1}}{{{x^2} - \left| x \right| - 2}} = 1\) suy ra đường thẳng \(y = 1\) là TCN của đồ thị hàm số.

Xét phương trình \({x^2} - \left| x \right| - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 2\end{array} \right..\)

+)  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{{x^2} + 1}}{{{x^2} - \left| x \right| - 2}} =  + \infty \)  nên đường thẳng \(x = 2\)  là TCĐ của đồ thị hàm số.

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} \dfrac{{{x^2} + 1}}{{{x^2} - \left| x \right| - 2}} =  - \infty \)  nên đường thẳng \(x =  - 2\)  là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.

Chọn: B

Ta có:  \({3^x} < {e^x} \Leftrightarrow \ln {3^x} < \ln {e^x} \Leftrightarrow x\ln 3 < x \Leftrightarrow x\left( {\ln 3 - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow x < 0.\)

Chọn D.

Điều kiện: \(x > 0.\)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}\log _2^2\left( {4x} \right) - {\log _{\sqrt 2 }}\left( {2x} \right) = 5 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}4 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2\left( {{{\log }_2}2 + {{\log }_2}x} \right) - 5 = 0\\ \Leftrightarrow 4 + 4{\log _2}x + \log _2^2x - 2 - 2{\log _2}x - 5 = 0 \Leftrightarrow \log _2^2x + 2{\log _2}x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 1\\{\log _2}x =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \frac{1}{{{2^3}}} = \frac{1}{8}\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy nghiệm bé nhất của phương trình là \(x = \frac{1}{8} \in \left( {0;\;1} \right).\)

Chọn A.

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

Trong đó có \(x =  - 2\) là nghiệm bội chẵn của phương trình, còn lại \(x = 0;\;x = 1\) là các nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0.\)

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn C.

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\frac{1}{{2x - 1}}dx = } \frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right| + C\)

Có \(F\left( 1 \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln \left| {2.1 - 1} \right| + C = 2 \Leftrightarrow C = 2.\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right| + 2 \Rightarrow F\left( 2 \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2.2 - 1} \right| + 2 = \frac{1}{2}\ln 3 + 2.\)

Chọn C.

Theo đề bài ta có: \({S_d} = \pi {r^2} = 9\pi  \Rightarrow r = 3,\,\,l = 2r\)

\( \Rightarrow h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {4{r^2} - {r^2}}  = r\sqrt 3  = 3\sqrt 3 .\)

Chọn D.

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

Ta có bảng xét dấu:

Như vậy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;\; - 1} \right)\) và \(\left( {0;\;1} \right).\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;\;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Chọn B.