\(d = {u_2} - {u_1} =  - 1 - 3 =  - 4 \Rightarrow {u_3} = {u_2} + d =  - 1 + \left( { - 4} \right) =  - 5\)

Chọn C.

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị nhận đường thẳng \(y = 2\) là đường tiệm cận ngang và đường thẳng \(x =  - 1\) làm tiệm cận đứng. Và đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {0; - 1} \right)\).

+ Đáp án A: Đồ thị \(y = \frac{{1 - 2x}}{{x + 1}}\)  nhận \(y =  - 2\) làm TCN và \(x =  - 1\) làm TCĐ nên loại A.

+ Đáp án B: Đồ thị \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\)  nhận \(y = 2\) làm TCN và \(x =  - 1\) làm TCĐ và điểm có tọa độ \(\left( {0; - 1} \right)\) thuộc đồ thị nên chọn B.

+ Đáp án C: Đồ thị \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\)  nhận \(y = 2\) làm TCN và \(x = 1\) làm TCĐ nên loại C.

+ Đáp án D: Đồ thị \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\)  nhận \(y = 2\) làm TCN và \(x =  - 1\) làm TCĐ nhưng điểm có tọa độ \(\left( {0; - 1} \right)\) không thuộc đồ thị nên loại D.

Chọn  B.

Ta có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 - 2x}}{{x + 1}} =  - 2 \Rightarrow y =  - 2\) là TCN của đồ thị hàm số.

Chọn D.

Do thiết diện là hình vuông cạnh \(a\) nên bán kính đáy bằng \(\frac{a}{2}\) và chiều cao \(h = a\).

Diện tích xunh quanh: \(S = 2\pi .\frac{a}{2}.a = \pi {a^2}\).

Chọn  C.

Vì đường kính mặt cầu bằng \(a\) nên bán kính mặt cầu là \(r = \frac{a}{2}.\)

Diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \pi {a^2}.\)

Chọn  C.

Điều kiện:\(3x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{2}{3}.\)

Ta có: \({\log _2}\left( {3x - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow 3x - 2 = {2^3} \Leftrightarrow 3x = 10 \Leftrightarrow x = \frac{{10}}{3}\,\,\left( {tm} \right)\).

Chọn B.

Ta có \(P = {2^x}{.2^y} = {2^{x + y}}.\)

Chọn  D.

Diện tích đáy \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = {a^2}\), chiều cao \(D'D = a\).

Do đó \({V_{D'.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.D'D = \frac{1}{3}{a^2}.a = \frac{{{a^3}}}{3}\).

Chọn C.

Ta có \({\left( {2x - 1} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {2x} \right)}^{10 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k.{x^{10 - k}}{{.2}^{10 - k}}.{{\left( { - 1} \right)}^k}} \)

Số hạng chứa \({x^8}\) trong khai triển ứng với \(10 - k = 8 \Leftrightarrow k = 2\)

Nên hệ số của số hạng chứa \({x^8}\) là \(C_{10}^2{.2^{10 - 2}}.{\left( { - 1} \right)^2} = 11520.\)

Chọn B.

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên góc \(\angle \left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC,AC} \right) = \angle SCA\) (vì \(\angle SCA < \angle A = {90^0}\))

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có \(SA = a\sqrt 2 ,SB = a\sqrt 5  \Rightarrow AB = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}}  = a\sqrt 3  \Rightarrow BC = a\sqrt 3 \).

Do đó \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {3{a^2} + 3{a^2}}  = a\sqrt 6 \).

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có \(\tan \angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 6 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \angle SCA = {30^0}\).

Chọn B.

Ta có : \({\sin ^2}x + \sqrt 3 \sin x\cos x = 1 \Leftrightarrow \frac{{1 - \cos 2x}}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x = 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x - \frac{1}{2}\cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\cos 2x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \cos \frac{\pi }{3}.\cos 2x - \sin \frac{\pi }{3}\sin 2x = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \cos \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = \cos \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{3} =  - \frac{\pi }{3} + m2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x =  - \frac{\pi }{3} + m\pi \end{array} \right.\left( {k,\,m \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

Vì \(x \in \left[ {0;2\pi } \right]\) nên ta có

+ \(0 \le k\pi  \le 2\pi  \Leftrightarrow 0 \le k \le 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 0 \Rightarrow x = 0\\k = 1 \Rightarrow x = \pi \\k = 2 \Rightarrow x = 2\pi \end{array} \right.\) 

+ \(0 \le  - \frac{\pi }{3} + m2\pi  \le 2\pi  \Leftrightarrow \frac{1}{6} \le m \le \frac{7}{6} \Leftrightarrow m = 1 \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{3}.\)

Vậy có bốn nghiệm thuộc \(\left[ {0;2\pi } \right]\)

Chọn  D.

TXĐ: \(D = \left[ { - 2;2} \right]\).

\(y' = 1 - \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}}  = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\4 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt 2 \).

 Ta có: \(y\left( { - 2} \right) =  - 2,\,\,y\left( 2 \right) = 2,\,\,y\left( {\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 \).

Vậy \(M = 2\sqrt 2 ,m =  - 2 \Rightarrow M - m = 2\sqrt 2  + 2\).

Chọn B.

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC\)

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 \) nên \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {2{a^2} + 2{a^2}}  = 2a.\)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a\)

Thể tích \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a.{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{2{a^3}}}{3}.\)

Chọn A.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có hướng đi lên từ trái qua phải trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Hay hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Chọn C.

Dễ thấy các đáp án A, B, C đều đúng theo tính chất logarit. Đáp án D sai vì chưa biết \(b > 0\) hay \(b < 0\) nên không phá được dấu giá trị tuyệt đối trong đáp án D.

Chọn D.

Do \(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x + 1} \right)^3}\left( {x + 2} \right)\) có các nghiệm \(x = 0\) (bội \(2\)) nên loại.

Ngoài ra \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm bội lẻ, đó là \({x_1} =  - 1,{x_2} =  - 2\).

Vậy hàm số có có \(2\) điểm cực trị.

Chọn B.

Ta có \(P = {\log _a}\left( {a{b^3}{c^5}} \right) = {\log _a}a + {\log _a}{b^3} + {\log _a}{c^5} = 1 + 3{\log _a}b + 5{\log _a}c = 1 + 3.2 + 5.3 = 22.\)

Chọn  C.

Đáp án A sai vì hàm bậc bốn trùng phương không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) (nó luôn có cực trị).

Đáp án B sai vì hàm \(y = \sin x\) nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{{3\pi }}{2} + k2\pi } \right)\).

Đáp án C sai và hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}\) nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Đáp án D đúng vì hàm số \(y =  - {x^3} - 2x\) có \(y' =  - 3{x^2} - 2 < 0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn D.

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

Lại có \(y\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{{10}}{3},\,\,y\left( 1 \right) = 2,\,\,y\left( 3 \right) = \frac{{10}}{3}\).

Vậy \(M = \frac{{10}}{3},m = 2\) suy ra \(3M + 2m = 3.\frac{{10}}{3} + 2.2 = 14\).

Chọn  C.

Ta có: \({7^{{x^2} - 5x + 9}} = 343 \Leftrightarrow {7^{{x^2} - 5x + 9}} = {7^3} \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 9 = 3 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 3\end{array} \right.\)

Do đó tổng hai nghiệm \({x_1} + {x_2} = 2 + 3 = 5\).

Chọn C.

Cắt hình nón bằng mặt phẳng qua trục ta dược thiết diện là tam giác đều \(SAB\) có cạnh \(AB = 2r = 2a \Rightarrow R = a\) và  trung tuyến \(SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}.a\sqrt 3  = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}\) .

Chọn B.

Quan sát dáng đồ thị hàm số ta thấy \(a < 0\), loại B và D.

Đồ thị cắt trục \(Oy\) tại \(\left( {0; - 3} \right)\) nên \(c =  - 3 < 0\).

Hàm số có ba điểm cực trị nên phương trình \(y' = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right) = 0\) có ba nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow  - \frac{b}{{2a}} > 0 \Leftrightarrow \frac{b}{{2a}} < 0 \Leftrightarrow b > 0\,\,\,\left( {do\,\,a < 0} \right).\)

Vậy \(a < 0,\,\,b > 0,\,\,c < 0\).

Chọn C.

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) và \(E\) là trung điểm \(SB.\)

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Trong \(\left( {SBO} \right)\) kẻ đường trung trực của \(SB\) cắt \(SO\) tại \(I\), khi đó \(IA = IB = IC = ID = IS\)  nên \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\) và bán kính mặt cầu là \(R = IS.\)

Ta có \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a \Rightarrow BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}}  = 2a\sqrt 2  \Rightarrow BO = \frac{{BD}}{2} = a\sqrt 2 .\)

Ta có \(SA = SB = SC = SD = 2a\) (vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều) nên \(SE = EB = \frac{{2a}}{2} = a\)

Xét tam giác \(SBO\) vuông tại \(O\) (vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OB\)) có \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}}  = a\sqrt 2 .\)

Ta có \(\Delta SEI\) đồng dạng với tam giác \(SOB\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{SI}}{{SB}} = \frac{{SE}}{{SO}} \Leftrightarrow IS = \frac{{SB.SE}}{{SO}} = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 2 a.\)

Vậy bán kính \(R = a\sqrt 2 .\)

Chọn C.

Diện tích đáy tam giác đều cạnh \(2\) là \(S = \frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \).

Thể tích lăng trụ: \(V = Sh = \sqrt 3 .2 = 2\sqrt 3 \).

Chọn A.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của tiếp tuyến \(\left( d \right)\) và đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1.\)

Khi đó hệ số góc của \(\left( d \right)\) là \(k = f'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 6{x_0}\)

Mà \(\left( d \right)\) song song với \(y = 9x + 6 \Rightarrow f'\left( {{x_0}} \right) = 9 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 6{x_0} = 9 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 6{x_0} - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} =  - 3\\{x_0} = 3 \Rightarrow {y_0} = 1\end{array} \right.\)

+ Với \(M\left( { - 1; - 3} \right) \Rightarrow \left( d \right):y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = 9\left( {x + 1} \right) - 3 = 9x + 6\) (loại vì trùng với đường thẳng \(y = 9x + 6\))

+ Với \(M\left( {3;1} \right) \Rightarrow \left( d \right):y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = 9\left( {x - 3} \right) + 1 = 9x - 26\) (thỏa mãn)

Chọn B.

Gọi \(D,E\) lần lượt là hình chiếu của \(H,A\) lên \(BC\).

Ta thấy: \(\left\{ \begin{array}{l}HD \bot BC\\A'H \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {A'HD} \right) \bot BC \Rightarrow A'D \bot BC\).

Khi đó \(\left( {A'BC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) chính là góc giữa hai đường thẳng \(A'D\) và \(HD\) hay \(\angle A'DH = {60^0}\).

Xét tam giác vuông \(ABC\) có \(AB \bot AC \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Nên \(AE = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{a.a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) suy ra \(HD = \frac{1}{2}AE = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Từ đó \(A'H = HD.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}.\sqrt 3  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'H = \frac{1}{2}AB.AC.A'H = \frac{1}{2}a.a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\).

Chọn B.

Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AB = BC\) mà \(\angle ABC = 60^\circ \) nên \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a.\)

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), \(O\) là giao điểm hai đường chéo hình thoi.

Vì \(SA = SB = SC\) nên \(S\) thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) hay chân đường cao hạ từ \(S\) xuống \(\left( {ABC} \right)\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(H\) của tam giác \(ABC.\) Hay \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

+ Vì \(ABC\) đều cạnh \(a\) tâm \(H\) nên \(AC = a;\,BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,BH = \frac{2}{3}BO = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

+ Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot BD\)

+ Xét tam giác \(BHD\) vuông tại \(H\) có \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{{\sqrt 3 }}\)

+ Diện tích hình thoi \(ABCD\) là \(\frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}AC.2BO = \frac{1}{2}a.2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Thể tích \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 5 }}{{\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{6}.\)

Chọn A.

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

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

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

Đường thẳng \(y = x + m\) cắt đồ thị hàm số tại \(2\) điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {m - 1} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) = {m^2} - 6m - 3 > 0\\{\left( { - 1} \right)^2} + \left( {m - 1} \right).\left( { - 1} \right) + m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 3 + 2\sqrt 3 \\m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.\\3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3 + 2\sqrt 3 \\m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.\).

Gọi tọa độ giao điểm \(A\left( {{x_1};{x_1} + m} \right),B\left( {{x_2};{x_2} + m} \right)\) với \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của \(\left( 1 \right)\).

Khi đó \(A{B^2} = 2{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} \Rightarrow AB \le 4 \Leftrightarrow A{B^2} \le 16 \Leftrightarrow 2{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} \le 16\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} \le 8 \Leftrightarrow {\left( {{x_2} + {x_1}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} \le 8\\ \Leftrightarrow {\left( {1 - m} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) \le 8 \Leftrightarrow {m^2} - 6m - 3 - 8 \le 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 6m - 11 \le 0 \Leftrightarrow 3 - 2\sqrt 5  \le m \le 3 + 2\sqrt 5 \end{array}\)

Kết hợp với \(\left[ \begin{array}{l}m > 3 + 2\sqrt 3 \\m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.\) ta được \(\left[ \begin{array}{l}3 + 2\sqrt 3  < m \le 3 + 2\sqrt 5 \\3 - 2\sqrt 5  \le m < 3 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.\).

Mà \(m\) nguyên dương nên \(m = 7\).

Vậy chỉ có duy nhất \(1\) giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Lấy \(H\) là trung điểm \(BC\) suy ra \(AH \bot BC\) (do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\))

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\end{array} \right.\)  nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(H.\)

Từ đề bài ta có \(AS = AB = AC\) nên \(A\) thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SBC\) , lại có \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) tại \(H\) nên \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SBC \Rightarrow HB = HS = HC\) hay \(HS = \frac{1}{2}BC\) nên tam giác \(SBC\) vuông tại \(S.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB,\) kẻ đường trung trực của \(AB\) cắt \(AH\) tại \(O.\)

Khi đó ta có \(OA = OB = OC = OS\) hay \(O\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp \(S.ABC \Rightarrow OA = R = a.\)

+ Ta có \(\Delta OMA\) đồng dạng với \(\Delta BHA\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{OA}}{{AB}} = \frac{{MA}}{{HA}} \Leftrightarrow \frac{a}{a} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{HA}} \Rightarrow HA = \frac{a}{2}\) .

+ Xét tam giác vuông \(AHC\) có \(HC = \sqrt {A{C^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BC = 2HC = a\sqrt 3 \)

+ Xét tam giác \(SBC\) vuông tại \(S\left( {cmt} \right)\) có \(SC = \sqrt {B{C^2} - S{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 .\)

Chọn B.

Nhận thấy rằng nếu \({x_0}\) là điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) thì \( - {x_0}\) cũng là điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) (1)

Lại thấy vì đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng mà \(f\left( x \right)\) là hàm đa thứ bậc ba nên \(x = 0\) luôn là một điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra để hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị thì hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - \left( {2m - 1} \right){x^2} + \left( {2 - m} \right)x + 2\) có hai điểm cực trị dương phân biệt.

Hay phương trình \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2\left( {2m - 1} \right)x + 2 - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt dương.

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta ' > 0}\\
{S > 0}\\
{P > 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {2m - 1} \right)}^2} - 3\left( {2 - m} \right) > 0}\\
{\frac{{2m - 1}}{3} > 0}\\
{2 - m > 0}
\end{array}} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{4{m^2} - m - 5 > 0}\\
{m > \frac{1}{2}}\\
{m < 2}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m < - 1}\\
{m > \frac{5}{4}}
\end{array}} \right.}\\
{m > \frac{1}{2}}\\
{m < 2}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2.
\end{array}\)

Chọn D.

Gọi \(O,O'\) lần lượt là tâm các đáy, khi đó thiết diện là hình vuông \(DGEF\) và \(d\left( {OO',\left( {DGEF} \right)} \right) = OH = \frac{a}{2}\).

Tam giác \(OEH\) vuông tại \(H\) nên \(HE = \sqrt {O{E^2} - O{H^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\)

\( \Rightarrow OO' = GD = GE = 2HE = a\sqrt 7 \).

Vậy thể tích \(V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}.a\sqrt 7  = 2\pi {a^3}\sqrt 7 \)

Chọn C.

+ Số có 6 chữ số khác nhau là \(\overline {abcdef} \) với \(a,\,\,b,\,\,c,\,\,d,\,\,e,\,\,f \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9} \right\}\)

Nên \(a\) có 9 cách chọn, \(b\) có 9 cách chọn, \(c\) có 8 cách chọn, \(d\)  có 7 cách chọn, \(e\) có 6 cách chọn và \(f\) có 5 cách chọn.Suy ra số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = 9.9.8.7.6.5 = 136080\)

+ Gọi A là biến cố  ‘’\(\overline {abcdef} \) là số lẻ và \(a < b < c < d < e < f.\)”

Suy ra không thể có chữ số \(0\) trong số \(\overline {abcdef} \) và \(f \in \left\{ {7;\,\,9} \right\}.\) 

+ Nếu \(f = 7 \Rightarrow a,b,c,d,e \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) mà với mỗi bộ \(5\) số được lấy ra ta chỉ ó duy nhất 1 cách sắp xếp theo thứ tự tăng dần nên có thể lập được \(C_6^5 = 6\) số thỏa mãn.

+ Nếu \(f = 9 \Rightarrow a,\,b,\,\,c,\,\,d,\,\,e \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8} \right\}\) mà với mỗi bộ \(5\) số được lấy ra ta chỉ ó duy nhất 1 cách sắp xếp theo thứ tự tăng dần nên có thể lập được \(C_8^5 = 56\) số thỏa mãn.

Suy ra \(n\left( A \right) = 6 + 56 = 62\) nên xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{62}}{{136080}} = \frac{{31}}{{68040}}\)

Chọn C.

Gọi \(M,E\) là trung điểm của \(AB,CD\) và \(F,G\) là hình chiếu của \(O,M\) lên \(SE\).

Ta thấy: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AB//CD \subset \left( {SCD} \right)\\SC \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right)\\ = d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)\end{array}\) 

Dễ thấy \(CD \bot \left( {SME} \right) \Rightarrow CD \bot OF\). Mà \(OF \bot SE \Rightarrow OF \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OF\).

Xét tam giác \(SOE\) vuông tại \(O\) có

\(OF = \frac{{SO.OE}}{{SE}} = \frac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{a}{2}}}{{\sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\)

Vậy \(d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OF = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\).

Chọn D.

ĐK : \({5^{ - x}} \ne m.\)

Ta có : \(y = \frac{{{5^{ - x}} + 2}}{{{5^{ - x}} - m}} = \frac{{\frac{1}{{{5^x}}} + 2}}{{\frac{1}{{{5^x}}} - m}} = \frac{{{{2.5}^x} + 1}}{{ - m{{.5}^x} + 1}}\)

Đặt \({5^x} = t\left( {t > 0} \right) \Rightarrow y = \frac{{2t + 1}}{{ - mt + 1}}\,\left( {t \ne \frac{1}{m}} \right)\) . Với \(x \in \left( { - \infty ;0} \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)\)

Để hàm số \(y = \frac{{{5^{ - x}} + 2}}{{{5^{ - x}} - m}}\)  đồng biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) thì hàm số \(y = \frac{{2t + 1}}{{ - mt + 1}}\) đồng biến trên \(\left( {0;1} \right).\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' = \frac{{2 + m}}{{{{\left( { - mt + 1} \right)}^2}}} > 0\\\frac{1}{m} \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 + m > 0\\\left[ \begin{array}{l}\frac{1}{m} \le 0\\\frac{1}{m} \ge 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >  - 2\\\left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\\frac{{1 - m}}{m} \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >  - 2\\\left\{ \begin{array}{l}m \le 0\\0 \le m \le 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m \le 0\\0 \le m \le 1\end{array} \right. \Rightarrow  - 2 < m \le 1\)  

Chọn C.

Đặt \(t = {3^x} > 0\) ta được: \(\left( {m + 3} \right){t^2} + \left( {2m - 1} \right)t + m + 1 = 0\,\,\left( 1 \right)\).

Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu (giả sử \({x_1} < 0 < {x_2}\)) \( \Leftrightarrow \) \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt thỏa mãn \(0 < {t_1} = {3^{{x_1}}} < 1 < {3^{{x_2}}} = {t_2}\), nghĩa là \(0 < {t_1} < 1 < {t_2}\)

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} =  - \frac{{2m - 1}}{{m + 3}}\\{t_1}{t_2} = \frac{{m + 1}}{{m + 3}}\end{array} \right..\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 \ne 0}\\{\Delta  = {{\left( {2m - 1} \right)}^2} - 4\left( {m + 3} \right)\left( {m + 1} \right) > 0}\\{\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) < 0}\\{{t_1}{t_2} > 0}\\{{t_1} + {t_2} > 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne  - 3}\\{ - 20m - 11 > 0}\\{{t_1}{t_2} - \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 1 < 0}\\{{t_1}{t_2} > 0}\\{{t_1} + {t_2} > 0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne  - 3}\\{m <  - \dfrac{{11}}{{20}}}\\{\dfrac{{m + 1}}{{m + 3}} + \dfrac{{2m - 1}}{{m + 3}} + 1 < 0}\\{\dfrac{{m + 1}}{{m + 3}} > 0}\\{ - \dfrac{{2m - 1}}{{m + 3}} > 0}\end{array}} \right.\)  \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne  - 3\\m <  - \dfrac{{11}}{{20}}\\\dfrac{{4m + 3}}{{m + 3}} < 0\\\dfrac{{m + 1}}{{m + 3}} > 0\\ - \dfrac{{2m - 1}}{{m + 3}} > 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne  - 3\\m <  - \dfrac{{11}}{{20}}\\ - 3 < m <  - \dfrac{3}{4}\\\left[ \begin{array}{l}m <  - 3\\m >  - 1\end{array} \right.\\ - 3 < m < \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow  - 1 < m <  - \dfrac{3}{4}\)

Chọn C.

Ta có: \(y' = {x^2} - 4mx + 4\)

Để hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0;\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 > 0\\\Delta ' = {\left( { - 2m} \right)^2} - 4 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 1\)

Chọn B.

Ta có: \({x^3} - 3{x^2} + 2 - m = 0 \Leftrightarrow m = {x^3} - 3{x^2} + 2\).

Xét hàm \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2\) có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Phương trình đã cho có \(3\) nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \) đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt.

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, với \( - 2 < m < 2\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt hay phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.

Vậy \( - 2 < m < 2\) là các giá trị cần tìm.

Chọn D.

Ta có :

 \(\begin{array}{l}\,\,\,{\log _{\sqrt[3]{7}}}\frac{{121}}{8} = {\log _{\sqrt[3]{7}}}121 - {\log _{\sqrt[3]{7}}}8 = {\log _{{7^{\frac{1}{3}}}}}{11^2} - {\log _{{7^{\frac{1}{3}}}}}{2^3}\\ = 6{\log _7}11 - 9{\log _7}2 = 6{\log _7}11 - 9.\frac{1}{{{{\log }_2}7}} = 6a - \frac{9}{b}.\end{array}\)

Chọn B.

Đặt \(t = {\log _2}x\), vì \(0 < x < 1\) nên \(t < 0\) hay \(t \in \left( { - \infty ;0} \right)\).

Phương trình trở thành \({t^2} + t - m = 0 \Leftrightarrow m = {t^2} + t\).

Xét hàm \(f\left( t \right) = {t^2} + t\)  trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) là parabol có hoành độ đỉnh \(t =  - \frac{1}{2} \in \left( { - \infty ;0} \right)\).

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy, khi \(m \ge  - \frac{1}{4}\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số đã cho tại ít nhất \(1\) điểm thuộc \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc \(\left( {0;1} \right)\).

Vậy \(m \ge  - \frac{1}{4}\) là giá trị cần tìm.

Chọn B.

Ta có: \(y' = 3f'\left( {x + 3} \right) - 3{x^2} + 12\)

Đặt \(t = x + 3 \Rightarrow x = t - 3\) ta có \(y' = 3f'\left( t \right) - 3{\left( {t - 3} \right)^2} + 12 = 3f'\left( t \right) - 3{t^2} + 18t - 15\)

Để hàm số nghịch biến thì \(y' < 0 \Leftrightarrow 3f'\left( t \right) - 3{t^2} + 18t - 15 < 0 \Leftrightarrow f'\left( t \right) < {t^2} - 6t + 5\)

Ta chọn \(t\) sao cho \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( t \right) < 0\\{t^2} - 6t + 5 > 0\end{array} \right.\)

Từ bảng xét dấu hàm \(f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x < 1\\x > 5\end{array} \right.\)  nên  \(f'\left( t \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < t < 1\\t > 5\end{array} \right.\)

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( t \right) < 0\\{t^2} - 6t + 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l} - 1 < t < 1\\t > 5\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}t > 5\\t < 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < t < 1\\t > 5\end{array} \right.\)

Mà \(t = x + 3\) nên \(\left[ \begin{array}{l} - 1 < t < 1\\t > 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x + 3 < 1\\x + 3 > 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4 < x <  - 2\\x > 2\end{array} \right.\)

Vậy hàm số \(y = 3f\left( {x + 3} \right) - {x^3} + 12x\) nghich biến trên \(\left( { - 4;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Chọn D.

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy:

+) Trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) thì \(f'\left( x \right) > 0\).

+) Trên khoảng \(\left( {2;4} \right)\) thì \(f'\left( x \right) < 0\).

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy GTNN của hàm số đạt được bằng \(f\left( 0 \right)\) hoặc \(f\left( 4 \right)\).

Ta sẽ so sánh \(f\left( 0 \right)\) và \(f\left( 4 \right)\) như sau:

\(\begin{array}{l}f\left( 0 \right) + f\left( 1 \right) - 2f\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) - f\left( 3 \right) \Leftrightarrow f\left( 0 \right) - f\left( 4 \right) = 2f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) - f\left( 3 \right)\\ = \left[ {f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right)} \right] + \left[ {f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right)} \right] > 0\,\,\,\left( {do\,\,f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right),f\left( 2 \right) > f\left( 3 \right)} \right).\end{array}\)  

Do đó \(f\left( 0 \right) - f\left( 4 \right) > 0 \Leftrightarrow f\left( 0 \right) > f\left( 4 \right)\).

Vậy \(m = f\left( 4 \right)\).

Chọn A.

Gọi \(H,K\) là hình chiếu của \(A,B\) trên bờ sông, lấy \(A'\) đối xứng với \(A\) qua bờ \(HK.\) Nối \(A'B\) cắt bờ \(HK\) tại \(M.\)

Suy ra \(AM = A'M.\) 

Ta có \(AM + MB = A'M + MB \ge A'B\)  nên quãng đường ngắn nhất người đó đi là \(AM + MB = \)\(A'B\).

Kẻ \(AC \bot BK\) tại \(C \Rightarrow AHKC\) là hình chữ nhật có

\(CK = AH = 118m \Rightarrow CB = BK - CK = 487 - 118 = 369m\)

Tam giác \(CAB\) vuông tại \(C \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} - B{C^2}}  = \sqrt {{{615}^2} - {{369}^2}}  = 492\) \( \Rightarrow HK = AC = 492m\)

Ta có \(HA'//BK \Rightarrow \frac{{HM}}{{MK}} = \frac{{A'M}}{{MB}} = \frac{{A'H}}{{BK}} = \frac{{118}}{{487}}\) 

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{HM}}{{MK}} = \frac{{118}}{{487}} \Rightarrow \frac{{HM}}{{HM + MK}} = \frac{{118}}{{118 + 487}} = \frac{{118}}{{605}} \Leftrightarrow \frac{{HM}}{{HK}} = \frac{{118}}{{605}}\\ \Leftrightarrow \frac{{HM}}{{492}} = \frac{{118}}{{605}} \Rightarrow HM = \frac{{58056}}{{605}}\end{array}\) 

Xét tam giác \(HMA'\) có \(MA' = \sqrt {H{M^2} + H{{A'}^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{58056}}{{605}}} \right)}^2} + {{118}^2}}  \approx 152,093\)

Từ đó : \(\frac{{A'M}}{{MB}} = \frac{{118}}{{487}} \Rightarrow \frac{{A'M}}{{A'M + MB}} = \frac{{118}}{{118 + 487}} \Leftrightarrow \frac{{A'M}}{{A'B}} = \frac{{118}}{{605}} \Leftrightarrow A'B = \frac{{A'M.605}}{{118}} \approx 779,8m\)

Chọn A.

Điều kiện : \(\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} > 0.\)

\(\begin{array}{l}{\log _{\sqrt 3 }}\frac{{x + y}}{{{x^2} + {y^2} + xy + 2}} = x\left( {x - 3} \right) + y\left( {y - 3} \right) + xy\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) - {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) = {x^2} + {y^2} + xy - 3\left( {x + y} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 3\left( {x + y} \right) = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left( {x + y} \right) + 3\left( {x + y} \right) + 2 = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + \left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}\left[ {3\left( {x + y} \right)} \right] + 3\left( {x + y} \right) = {\log _{\sqrt 3 }}\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) + {x^2} + {y^2} + xy + 2\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _{\sqrt 3 }}t + t,\,\,t > 0\) có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln \sqrt 3 }} + 1 > 0,\,\,\forall t > 0\)

Vậy hàm số \(f\left( t \right)\) luôn đồng biến và liên tục trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Do đó: \(f\left( {3\left( {x + y} \right)} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2} + xy + 2} \right) \Leftrightarrow 3\left( {x + y} \right) = {x^2} + {y^2} + xy + 2\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)    

        \( \Leftrightarrow xy = {\left( {x + y} \right)^2} - 3\left( {x + y} \right) + 2\)

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

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y + 1\).

Do đó từ \(\left( 1 \right)\), suy ra: \(x \le \frac{{{{\left( {x + y + 1} \right)}^2}}}{4} - {\left( {x + y} \right)^2} + 3\left( {x + y} \right) - 2\).

Đặt \(t = x + y,\,\,t > 0\)

Suy ra: \(P = \frac{{2\left( {x + y} \right) + 1 + x}}{{x + y + 6}} \le \frac{{2t + 1 + \frac{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}{4} - {t^2} + 3t - 2}}{{t + 6}} = \frac{{ - 3{t^2} + 22t - 3}}{{4\left( {t + 6} \right)}} = f\left( t \right)\).

Ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{{ - 3{t^2} - 36t + 135}}{{4{{\left( {t + 6} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = 3\) (tm)

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT, ta có \(\max P = \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right) = f\left( 3 \right) = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y + 1\\x + y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right..\)

Chọn A.

Ta có \({V_{C.A'B'C'}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{2}{3}\)

Suy ra \({V_{C.ABB'A'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{C.A'B'C'}} = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}\)

Ta thấy \(ABNM\) là hình thang nên

\(\begin{array}{l}{S_{ABNM}} = \frac{{\left( {AM + BN} \right)d\left( {BN;AM} \right)}}{2} = \frac{{\left( {\frac{{AA'}}{2} + \frac{{BB'}}{3}} \right).d\left( {BB',AA'} \right)}}{2}\\ = \frac{{\left( {\frac{{AA'}}{2} + \frac{{AA'}}{3}} \right).d\left( {BB',AA'} \right)}}{2} = \frac{5}{{12}}AA'.d\left( {BB',AA'} \right)\end{array}\)

Mà \({S_{ABB'A'}} = AA'.d\left( {AA',BB'} \right) \Rightarrow {S_{ABNM}} = \frac{5}{{12}}.{S_{ABB'A'}}\)

 \(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABNM} \right)} \right).{S_{ABNM}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right).\frac{5}{{12}}.{S_{ABB'A'}}\\ = \frac{5}{{12}}.\frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right).{S_{ABB'A'}} = \frac{5}{{12}}.{V_{CABB'A'}}.\end{array}\)

Mà \({V_{C.ABB'A'}} = \frac{4}{3}\left( {cmt} \right) \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{5}{{12}}.\frac{4}{3} = \frac{5}{9}.\)

Suy ra \({V_{CC'B'NMA'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{C.ABNM}} = 2 - \frac{5}{9} = \frac{{13}}{9}.\)

Ta có \(A'M//CC' \Rightarrow \frac{{PA'}}{{PC'}} = \frac{{A'M}}{{CC'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow PA' = \frac{1}{2}PC' = A'C' \Rightarrow PC' = 2A'C'\)

Và \(B'N//CC' \Rightarrow \frac{{B'N}}{{CC'}} = \frac{{QB'}}{{QC'}} = \frac{2}{3} \Rightarrow QC' = 3B'C'\)

Mà \({S_{A'B'C'}} = \frac{1}{2}C'A'.C'B'\sin C'\) 

\( \Rightarrow {S_{C'PQ}} = \frac{1}{2}C'P.C'Q.\sin C' = \frac{1}{2}.2.A'C'.3B'C'\sin C = 6.\left( {\frac{1}{2}A'C'.B'C'\sin C} \right) = 6{S_{A'B'C'}}\)

Ta có: \({V_{C.C'PQ}} = \frac{1}{3}d\left( {C;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{C'PQ}} = \frac{1}{3}d\left( {C;\left( {A'B'C'} \right)} \right).6{S_{C'A'B'}} = 6.{V_{C.A'B'C'}} = 6.\frac{2}{3} = 4.\)

Từ đó \({V_{A'MPB'NQ}} = {V_{C.C'PQ}} - {V_{CC'B'NMA'}} = 4 - \frac{{13}}{9} = \frac{{23}}{9}\).

Chọn B.

Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{2^2} + {4^2}}  = 2\sqrt 5 \).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

Gọi \({R_{day}}\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC \Rightarrow {R_{day}} = \dfrac{{BC}}{2} = \sqrt 5 \).

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) :

\(R = \sqrt {\dfrac{{S{A^2}}}{4} + S_{day}^2}  = \sqrt {\dfrac{5}{4} + 5}  = \dfrac{5}{2}\).

Chọn A.

Thể tích khối nón là \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 4\pi \).

Chọn B.

Vì \(\sqrt {2 - \sqrt 3 }  \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x <  - 1\end{array} \right.\).

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\).

Chọn C.

Ta có:\(I = {\log _{\frac{a}{5}}}\left( {\dfrac{{{a^3}}}{{125}}} \right) = {\log _{\frac{a}{5}}}{\left( {\dfrac{a}{5}} \right)^3} = 3{\log _{\frac{a}{5}}}\left( {\dfrac{a}{5}} \right) = 3\).

Chọn D.

Ta có: \(T = 2{\left( {a + b} \right)^{ - 1}}.{\left( {ab} \right)^{\frac{1}{2}}}{\left[ {1 + \dfrac{1}{4}{{\left( {\sqrt {\dfrac{a}{b}}  - \sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right)}^2}} \right]^{\frac{1}{2}}}\)

\( = \dfrac{2}{{a + b}}.\sqrt {ab} {\left[ {1 + \dfrac{1}{4}.{{\left( {\dfrac{{a - b}}{{\sqrt {ab} }}} \right)}^2}} \right]^{\frac{1}{2}}} = \dfrac{{2\sqrt {ab} }}{{a + b}}.\sqrt {1 + \dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{4ab}}}  = \dfrac{{2\sqrt {ab} }}{{a + b}}.\sqrt {\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{4ab}}}  = 1\)

Chọn A.

Kẻ đường thẳng \(y = m > 0\) như hình vẽ ta có:

\({\log _a}{x_1} = m \Leftrightarrow {x_1} = {a^m},{\log _b}{x_2} = m \Leftrightarrow {x_2} = {b^m},{\log _c}{x_3} = m \Leftrightarrow {x_3} = {c^m}\)

Quan sát hình vẽ ta thấy \({x_2} < {x_3} < {x_1} \Leftrightarrow {b^m} < {c^m} < {a^m}\).

Mà \(m > 0\) nên \(b < c < a\) hay \(a > c > b\).

Chọn C.