\({9^{{x^2} - 3x + 2}} = 1 \Leftrightarrow {9^{{x^2} - 3x + 2}} = {9^0} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\end{array} \right.\)

Vậy \(S = \left\{ {1;\;2} \right\}.\)

Chọn  D.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \dfrac{{1 - 3 + 8}}{3} = 2\\{y_G} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \dfrac{{1 + 0 + 2}}{3} = 1\\{z_G} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \dfrac{{2 + 1 - 6}}{3} =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2;\;1; - 1} \right).\)

Chọn C.

Ta có: \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .4.3 = 24\pi .\)

Chọn  B.

Xét hàm số \(y = {\log _2}x\) ta có:

+) TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right).\)

+) Đồ thị hàm số nhận trục Oy  làm TCĐ.

+) Có \(a = 2 > 1\) nên đồ thị hàm số luôn đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right).\)

+) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm \(\left( {1;\;0} \right)\) và nằm bên phải trục tung.

Như vậy chỉ có đáp án C sai.

Chọn  C.

Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ đứng có các cạnh bên và các cạnh đáy bằng nhau

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\)

Chọn  D.

Ta có: \(y' = {x^2} - 2x - 3\)

Hàm số nghịch biến \( \Leftrightarrow y' < 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < x < 3.\)

Chọn  D.

Ta có: \({x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow \) đồ thị hàm số có 2 TCĐ là: \(x = 1;\;x =  - 1.\)

Có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{{x - 6}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{x} - \dfrac{6}{{{x^2}}}}}{{1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Như vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn  B.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi xuống nên \(a < 0 \Rightarrow \) loại đáp án B.

Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung  tại 1 điểm có tung độ lớn hơn 0 nên loại đáp án A.

+) Xét đáp án C ta có:\(y' =  - 3{x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} =  - 1 \Rightarrow pt\;\;VN\)

\( \Rightarrow \) hàm số không có cực trị.

Mà quan sát đồ thị có hai điểm cực trị \( \Rightarrow \) loại đáp án C.

Chọn  D.

Ta có: \(\int {{e^{3x}}dx = \dfrac{{{e^{3x}}}}{3} + C} \)

Chọn D.

Ta có: \(SA,\;SB,\;SC\) đôi một vuông góc nên: \({V_{SABC}} = \dfrac{1}{6}SA.SB.SC = \dfrac{1}{6}abc.\) 

Chọn  A.

Hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x <  - 1\end{array} \right..\)

Chọn B.

Theo đề bài, mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2;\;2} \right)\) và bán kính: \(R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2} + 25}  = \sqrt {34} .\)

Chọn  A.

Ta có: \(\int {\left( {\cos x - 2x} \right)dx}  = \sin x - \dfrac{{2{x^2}}}{2} + C = \sin x - {x^2} + C.\)

Chọn A.

Dựa vào BBT ta thấy \(M\left( {0;\;2} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Chọn C.

Ta có: \({\left( {{x^2} - \dfrac{1}{x}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{12 - k}}{{\left( { - \dfrac{1}{x}} \right)}^k} = } \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{x^{24 - 2k}}{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^{ - k}} = } \sum\limits_{k = 0}^{12} {{{\left( { - 1} \right)}^k}C_{12}^k{x^{24 - 3k}}.} \;\;\left( {0 \le k \le 12,\;k \in N} \right)\)

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: \(24 - 3k = 0 \Leftrightarrow k = 8.\)

Vậy hệ số cần tìm là: \({\left( { - 1} \right)^8}C_{12}^8 = 495.\)

Chọn C.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{e^x} + 1} \right)\left( {{e^x} - 12} \right)\left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{e^x} + 1 = 0\\{e^x} - 12 = 0\\x + 1 = 0\\x - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \ln 12\\x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\) 

Trong đó ta thấy \(x = 1\) là nghiệm bội hai của phương trình \( \Rightarrow x = 1\) không là điểm cực trị của hàm số.

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn  B

Ta có \(\dfrac{{{V_{M.ABC}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}.d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}}}{{d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6}\)

Do đó tỉ số thể tích hai phần (số bé chia số lớn) mà mặt phẳng (MAB) chia ra là \(\dfrac{1}{5}\).

Chọn C.

Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a  có bán kính \(R = \dfrac{a}{2}.\)

\( \Rightarrow V = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^3} = \dfrac{{\pi {a^3}}}{6}.\)

Chọn  A.

Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}.\) Khi đó ta có \(O\) là hình chiếu của \(S\) trên \(\left( {ABCD} \right).\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow SM \bot BC.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;\;OM} \right) = \angle SMO = {60^0}.\)

Xét \(\Delta SOM\) vuông tại \(O\) ta có: \(SO = OM.\tan {60^0} = \dfrac{a}{2}.\sqrt 3  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

\( \Rightarrow {V_{SABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)

Chọn  C.

Ta có: \(f\left( x \right) = \int {\left( {x + 1} \right){e^x}dx}  = \int {x{e^x}dx}  + \int {{e^x}dx}  = {e^x} + \int {x{e^x}dx} \)

Tính: \(I = \int {x{e^x}dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = {e^x}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int {x{e^x}dx}  = x{e^x} - \int {{e^x}dx}  = x{e^x} - {e^x} + C\\ \Rightarrow f\left( x \right) = {e^x} + x{e^x} - {e^x} + C = x{e^x} + C.\end{array}\)

Lại có: \(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow 0.{e^0} + C = 1 \Rightarrow C = 1\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = x{e^x} + 1 \Rightarrow f\left( 2 \right) = 2.{e^2} + 1 = 2{e^2} + 1.\)

Chọn  B.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x.\)

Gọi \(M\left( {{x_0};\;{y_0}} \right)\) là một điểm thuộc đồ thị hàm số. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm  \(M\) là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\) \( \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 + 1.\;\;\;\left( d \right)\)

Theo đề bài ta có đường thẳng \(\left( d \right)//\;\;y = 9x + 6 \Rightarrow f'\left( {{x_0}} \right) = 6\)

\( \Leftrightarrow 3x_0^2 - 6{x_0} = 9 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 6x_0^{} - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \Rightarrow M\left( {3;\;1} \right)\\x =  - 1 \Rightarrow M\left( { - 1; - 3} \right)\end{array} \right.\)

+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {3;\;1} \right)\) là: \(y = 9\left( {x - 3} \right) + 1 = 9x - 26\;\;\left( {tm} \right)\)

+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( { - 1;\; - 3} \right)\) là: \(y = 9\left( {x + 1} \right) - 3 = 9x + 6\;\;\left( {ktm\;\;do\;\; \equiv \left( d \right)} \right)\)

Chọn B.

Sử dụng công thức tính nhanh khối chóp tứ diện đều cạnh \(a\) là: \(V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\)

Diện tích của đáy là tam giác đều là: \(S = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

\( \Rightarrow h = \dfrac{{3V}}{S} = \dfrac{{3.\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}}}{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Chọn  C.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x + m\)

Hàm số đã cho đồng biến trên \(R \Leftrightarrow y' \ge 0\;\;\forall x \in R\)\( \Leftrightarrow \Delta ' \le 0 \Leftrightarrow 9 - 3m \le 0 \Leftrightarrow m \ge 3.\)

Chọn  A.

Ta có: \(V = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \dfrac{1}{3}.SA.\dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin A = \dfrac{1}{6}.a.a.2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)

Chọn  C.

Khi quay tam giác vuông cân ABC quanh AH ta được khối nón có chiều cao \(AH = 4\), bán kính đáy \(BH = AH = 4\). Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABH có \(AB = AH\sqrt 2  = 4\sqrt 2 \)

Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là

\({S_{xq}} = \pi .AH.AB = \pi .4.4\sqrt 2  = 16\sqrt 2 \pi \).

Chọn B.

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

Chọn B.

TH1: \(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right) \Rightarrow {\sin ^2}x = 1\), khi đó phương trình trở thành \(1 = 1\) (luôn đúng)

\( \Rightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\) là nghiệm của phương trình.

\(x \in \left[ {0;3\pi } \right] \Rightarrow 0 \le \dfrac{\pi }{2} + k\pi  \le 3\pi  \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{2} \le k \le \dfrac{5}{2}\,\left( {k \in Z} \right) \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2} \right\}\).

TH2: \(\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \dfrac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\). Chia cả 2 vế của phương trình cho \({\cos ^2}x\) ta được:

\(\dfrac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} + \sqrt 3 \dfrac{{\sin x}}{{\cos x}} = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} \Leftrightarrow {\tan ^2}x + \sqrt 3 \tan x = 1 + {\tan ^2}x \Leftrightarrow \tan x = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\)

\(x \in \left[ {0;3\pi } \right] \Rightarrow 0 \le \dfrac{\pi }{6} + k\pi  \le 3\pi  \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{6} \le k \le \dfrac{{17}}{6}\,\left( {k \in Z} \right) \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2} \right\}\).

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Từ năm 2018 đến năm 2030 là 12 năm.

Dân số nước ta tính đến năm 2030 với tỉ lệ tăng dân số không đổi 1,2% là:

\(S = 93,7{\left( {1 + 1,2\% } \right)^{12}} \approx 108,12\) triệu dân.

Chọn D.

\(\int\limits_{}^{} {\dfrac{1}{{x\sqrt {\ln x + 1} }}dx}  = \int\limits_{}^{} {\dfrac{{d\left( {\ln x + 1} \right)}}{{\sqrt {\ln x + 1} }}}  = 2\sqrt {\ln x + 1}  + C\).

Chọn D.

Ta có \(\cos \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right) = \dfrac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \dfrac{{ - 2 + 1}}{{\sqrt {14} .\sqrt 2 }} = \dfrac{{ - 1}}{{2\sqrt 7 }}\).

Chọn A.

ABCD là hình bình hành \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \).

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 4; - 2;2} \right);\,\,\overrightarrow {DC}  = \left( {2 - {x_D};4 - {y_D}; - 1 - {z_D}} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - {x_D} =  - 4\\4 - {y_D} =  - 2\\ - 1 - {z_D} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 6\\{y_D} = 6\\{z_D} =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {6;6; - 3} \right)\).

Chọn D.

TXĐ : \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}\). Ta có \(y' = \dfrac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} + x + 3} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{{x^2} - 4x - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5 \notin \left[ { - 2;1} \right]\\x =  - 1 \in \left[ { - 2;1} \right]\end{array} \right.\).

\(f\left( { - 2} \right) =  - \dfrac{5}{4};\,\,f\left( 1 \right) =  - 5;\,\,f\left( { - 1} \right) =  - 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M =  - 1\\m =  - 5\end{array} \right. \Rightarrow T = M + 2m =  - 1 - 10 =  - 11\).

Chọn B.

Ta có \(\dfrac{{x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{{ - 2}}{{x - 1}} + \dfrac{3}{{x - 2}}\).

Do đó

\(\begin{array}{l}\int\limits_{}^{} {\dfrac{{x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}dx}  = \int\limits_{}^{} {\left( {\dfrac{{ - 2}}{{x - 1}} + \dfrac{3}{{x - 2}}} \right)dx}  =  - 2\ln \left| {x - 1} \right| + 3\ln \left| {x - 2} \right| + C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = a\ln \left| {x - 1} \right| + b\ln \left| {x - 2} \right| + C \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 2\\b = 3\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 1\end{array}\)

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

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

Để \(y = {x^3} + 2m{x^2} + \left( {m + 3} \right)x + 4\) và đường thẳng \(y = x + 4\) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0 \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - m - 2 > 0\\m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m <  - 1\end{array} \right.\\m \ne  - 2\end{array} \right.\).

Khi đó \({x_B};{x_C}\) là 2 nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_B} + {x_C} =  - 2m\\{x_B}{x_C} = m + 2\end{array} \right.\).

Ta có \({S_{\Delta IBC}} = \dfrac{1}{2}d\left( {I;BC} \right).BC = \dfrac{1}{2}d\left( {I;d} \right).BC \Rightarrow BC = \dfrac{{2{S_{\Delta IBC}}}}{{d\left( {I;d} \right)}}\).

Mà \(d\left( {I;d} \right) = \dfrac{{\left| {1 - 3 + 4} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2  \Rightarrow BC = \dfrac{{2.8\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 16\).

Ta có

\(\begin{array}{l}B{C^2} = {\left( {{x_B} - {x_C}} \right)^2} + {\left( {{y_B} - {y_C}} \right)^2} = {\left( {{x_B} - {x_C}} \right)^2} + {\left( {{x_B} + 4 - {x_C} - 4} \right)^2} = 2{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_B} - {x_C}} \right)^2} = 128 \Rightarrow {\left( {{x_B} + {x_C}} \right)^2} - 4{x_B}{x_C} = 128\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 4\left( {m + 2} \right) = 128 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 32 \Leftrightarrow {m^2} - m - 34 = 0\end{array}\)

Phương trình bậc hai ẩn m có 2 nghiệm phân biệt \({m_1},\,\,{m_2}\) và \({m_1} + {m_2} = 1\).

Chọn C.

TXĐ: \(D = R\). Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right.\).

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m > 0\).

Khi đó ta có: \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 2m + {m^4} \Rightarrow A\left( {0;2m + {m^4}} \right)\\x = \sqrt m  \Rightarrow y = {m^4} - {m^2} + 2m \Rightarrow B\left( {\sqrt m ;{m^4} - {m^2} + 2m} \right)\\x =  - \sqrt m  \Rightarrow y = {m^4} - {m^2} + 2m \Rightarrow C\left( { - \sqrt m ;{m^4} - {m^2} + 2m} \right)\end{array} \right.\).

Ta có \(d\left( {A;BC} \right) = \left| {{m^4} + 2m - {m^4} + {m^2} - 2m} \right| = {m^2}\) ; \(BC = 2\sqrt m \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right).BC = \dfrac{1}{2}{m^2}.2\sqrt m  = {m^2}\sqrt m \).

Ta có : \(A{B^2} = m + {m^4} = A{C^2}\).

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có :

\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{AB.AC.BC}}{{4R}} \Leftrightarrow {m^2}\sqrt m  = \dfrac{{\left( {m + {m^4}} \right)2\sqrt m }}{4} \Leftrightarrow m + {m^4} = 2{m^2}\\ \Leftrightarrow m\left( {{m^3} - 2m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 1\\m = \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\\m = \dfrac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right. \Rightarrow S = \left\{ {0;1;\dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2};\dfrac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}} \right\}\end{array}\)

Khi đó tổng các phần tử của S là  \(0 + 1 + \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2} + \dfrac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2} = 0\).

Chọn C.

Xét tam giác vuông ADC có \(DH = \dfrac{{AD.CD}}{{\sqrt {A{D^2} + C{D^2}} }} = \dfrac{{a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\)

\(HC = \dfrac{{C{D^2}}}{{AC}} = \dfrac{{C{D^2}}}{{\sqrt {A{D^2} + C{D^2}} }} = \dfrac{{4{a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \dfrac{{4a}}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow HM = \dfrac{1}{2}HC = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }} = DH\)\( \Rightarrow \Delta DMH\) vuông cân tại H.

\( \Rightarrow \widehat {AMD} = {45^0} = \widehat {ABD} \Rightarrow \) Tứ giác ADMB là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \) Mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD.

Dễ thấy tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính BD, gọi O là trung điểm của BD, qua O kẻ đường thẳng \(d \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi G là trọng tâm tam giác đều SAD, qua G kẻ \(GI//OK\,\,\left( {I \in d} \right)\) (K là trung điểm của AD).

Ta có \(OK//AB \Rightarrow OK \bot AD \Rightarrow OK \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow GI \bot \left( {SAD} \right)\).

Ta có: \(I \in d \Rightarrow IA = IB = IM = ID\)

          \(I \in IG \Rightarrow IS = IA = ID\)

\( \Rightarrow IA = IB = IM = ID = IS \Rightarrow \) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD.

Ta có \(OK = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2} = AK \Rightarrow OA = \sqrt {O{K^2} + A{K^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tam giác SAD đều cạnh a \( \Rightarrow SK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow GK = \dfrac{1}{3}SK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} = OI\).

Xét tam giác vuông IOA có: \(IA = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6} = R\).

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .\dfrac{{7{a^2}}}{{12}} = \dfrac{{7\pi {a^2}}}{3}\).

Chọn D.

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {3 - x} \right)\) ta có \(g'\left( x \right) =  - f'\left( {3 - x} \right)\).

Xét \(x \in \left( { - 2; - 1} \right) \Rightarrow 3 - x \in \left( {4;5} \right) \Rightarrow f'\left( {3 - x} \right) > 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0 \Rightarrow \) hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 2; - 1} \right)\)

Xét \(x \in \left( { - 1;2} \right) \Rightarrow 3 - x \in \left( {1;4} \right) \Rightarrow f'\left( {3 - x} \right) < 0 \Leftrightarrow g'\left( x \right) > 0 \Rightarrow \) hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1;2} \right)\).

Chọn B.

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Do M thuộc mặt cầu đường kính AC \( \Rightarrow \widehat {AMC} = {90^0} \Rightarrow MC \bot MA\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AM\)

\( \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AM \bot SB\) và \(AM \bot SC\).

Chứng minh tương tự ta có \(AP \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AP \bot SC;\,\,AP \bot SD\).

N thuộc mặt cầu đường kính \(AC \Rightarrow \widehat {ANC} = {90^0} \Rightarrow AN \bot SC\).

\( \Rightarrow SC \bot \left( {AMNP} \right)\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có \(SN = \dfrac{{S{A^2}}}{{SC}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\) và \(\dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2{a^2}}} = \dfrac{1}{3}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAB ta có \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + {a^2}}} = \dfrac{1}{2}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có \(\dfrac{{SP}}{{SD}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{D^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + {a^2}}} = \dfrac{1}{2}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}\\\dfrac{{{V_{S.ANP}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SN}}{{SC}}.\dfrac{{SP}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ANP}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ACD}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_{S.AMNP}} = {V_{S.AMN}} + {V_{S.ANP}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}} + \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{6}.\dfrac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{{{a^3}}}{{18}}\end{array}\)

Lại có \({V_{S.AMNP}} = \dfrac{1}{3}SN.{S_{AMNP}} \Rightarrow {S_{AMNP}} = \dfrac{{3{V_{S.AMNP}}}}{{SN}} = \dfrac{{3.\dfrac{{{a^3}}}{{18}}}}{{\dfrac{a}{{\sqrt 3 }}}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{6}\).

Chọn D.

\(\begin{array}{l}{7^{2x + \sqrt {x + 1} }} - {7^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2018x \le 2018\\ \Leftrightarrow {7^{2x + \sqrt {x + 1} }} + 2018x + 1009\sqrt {x + 1}  \le {7^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2018 + 1009\sqrt {x + 1} \end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {7^t} + 1009t\) ta có \(f'\left( t \right) = {7^t}\ln 7 + 1009 > 0\,\,\forall t \in R \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên R.

\( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow 2x + \sqrt {x + 1}  \le 2 + \sqrt {x + 1}  \Leftrightarrow x \le 1 \Rightarrow K = \left( { - \infty ;1} \right]\).

Bài toán trở thành tìm m để hàm số \(y = 2{x^3} - 3\left( {m + 2} \right){x^2} + 6\left( {2m + 3} \right)x - 3m + 5\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right]\).

Ta có \(y' = 6{x^2} - 6\left( {m + 2} \right)x + 6\left( {2m + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + \left( {2m + 3} \right) = 0\).

\(\Delta  = {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {2m + 3} \right) = {m^2} - 4m - 8\).

TH1: \(\Delta  \le 0 \Leftrightarrow 2 - 2\sqrt 3  \le m \le 2 + 2\sqrt 3 \). Hàm số đã đồng biến trên R, thỏa mãn đồng biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right]\).

TH2: \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2 + 2\sqrt 3 \\m < 2 - 2\sqrt 3 \end{array} \right.\), khi đó hàm số có 2 điểm cực trị \({x_1} < {x_2}\). Ta có bảng xét dấu y’:

Để hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right] \Rightarrow 1 \le {x_1} < {x_2}\).

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 2\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 2\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 0\end{array} \right.\)

Áp dụng định lí Vi-ét ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 2\\{x_1}{x_2} = 2m + 3\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 > 2\\2m + 3 - m - 2 + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m + 2 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m \ge  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 0\).

\( \Rightarrow m > 2 + 2\sqrt 3 \).

Kết hợp 2 trường hợp ta có \(2 - 2\sqrt 3  \le m \Rightarrow m \in \left[ {2 - \sqrt {12} ; + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 12\end{array} \right. \Rightarrow S = a + b = 14\).

Chọn A.

+) Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các đường cao của tam giác ABC.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AA'\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAA'} \right) \Rightarrow BC \bot SA\). Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được\(AB \bot SC,\,\,AC \bot SB \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

+) S.ABC là tứ diện trực tâm nên tổng các bình phương của mỗi cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau (tính chất tứ diện trọng tâm) \( \Rightarrow \) đáp án B đúng.

+) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SC, BC, AB.

Ta có \(MN//PQ//AC,\,\,MN = PQ = \dfrac{{AC}}{2}\) (tính chất đường trung bình của tam giác) \( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}MN//AC\\MQ//SB\\AC \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot MQ \Rightarrow MNPQ\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow MP = NQ\).

Tương tự như vậy đối với đường nối trung điểm của 2 cạnh đôi diện còn lại là AC và SB. Ta chứng minh được các đoạn thẳng nối các trung điểm các cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau \( \Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,f'\left( x \right) + 2x.f\left( x \right) = {e^{ - {x^2}}}\,\,\forall x \in R\\ \Leftrightarrow {e^{{x^2}}}\left[ {f'\left( x \right) + 2x.f\left( x \right)} \right] = 1\\ \Leftrightarrow {e^{{x^2}}}f'\left( x \right) + 2x.f\left( x \right){e^{{x^2}}} = 1\\ \Leftrightarrow \left( {f\left( x \right).{e^{{x^2}}}} \right)' = 1\\ \Leftrightarrow f\left( x \right).{e^{{x^2}}} = x + C \Leftrightarrow f\left( x \right) = \left( {x + C} \right){e^{ - {x^2}}}\end{array}\)

Ta có \(f\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow C = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = x{e^{ - {x^2}}} \Rightarrow f\left( 1 \right) = 1.{e^{ - 1}} = \dfrac{1}{e}\).

Chọn D.

Gọi \(O = AC \cap BD\) và \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SD\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\)

Và \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).

Trong \(SAC\) kẻ đường thẳng \(OI \bot AC\,\,\left( {I \in SC} \right)\).

Ta có \(OI \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow OI \bot BD\), \(OI \bot AC \Rightarrow OI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( P \right)//\left( {OI} \right)\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(AM//OI\,\,\left( {M \in SC} \right)\).

\(\left( P \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) có điểm M chung, \(AB//CD \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {SCD} \right)\)= đường thẳng qua M và song song với AB, CD.

Trong \(\left( {SCD} \right)\) kẻ \(MN//CD\,\,\left( {N \in SD} \right)\). Khi đó \(\left( P \right) \equiv \left( {ABMN} \right)\).

Ta có \({V_{D.ABN}} = \dfrac{1}{3}{S_{\Delta ABD}}.d\left( {N;\left( {ABD} \right)} \right) = \dfrac{1}{3}{S_{\Delta ABD}}.d\left( {M;\left( {ABD} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}{S_{\Delta ABD}}.d\left( {I;\left( {ABD} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}IO.{S_{\Delta ABD}}\)

\( \Rightarrow {V_{D.ABN}} = \dfrac{2}{3}IO.\dfrac{1}{2}.4{a^2} = \dfrac{{4{a^2}}}{3}IO\).

Do đó để \({V_{D.ABN}}\) lớn nhất thì \(OI\) phải lớn nhất.

Vì \(SA \bot \left( {SBD} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow SA \bot SO \Rightarrow \Delta SOA\) vuông tại S.

Đặt \(SA = x\,\,\left( {0 < x < a\sqrt 2  = OA} \right)\). Ta có \(OA = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}.2a\sqrt 2  = a\sqrt 2  \Rightarrow SO = \sqrt {O{A^2} - S{A^2}}  = \sqrt {2{a^2} - {x^2}} \).

Kẻ \(SH \bot AC\,\,\left( {H \in AC} \right)\) ta có \(SH = \dfrac{{SA.SO}}{{\sqrt {S{A^2} + S{O^2}} }} = \dfrac{{x.\sqrt {2{a^2} - {x^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2} - {x^2}} }} = \dfrac{{x\sqrt {2{a^2} - {x^2}} }}{{a\sqrt 2 }}\); \(OH = \dfrac{{S{O^2}}}{{OA}} = \dfrac{{2{a^2} - {x^2}}}{{a\sqrt 2 }}\).

\(CH = OC + OH = a\sqrt 2  + \dfrac{{2{a^2} - {x^2}}}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{{4{a^2} - {x^2}}}{{a\sqrt 2 }}\)

Áp dụng định lí Ta-lét (OI // SH) ta có:

\(\dfrac{{OI}}{{SH}} = \dfrac{{OC}}{{CH}} \Rightarrow OI = \dfrac{{\dfrac{{x\sqrt {2{a^2} - {x^2}} }}{{a\sqrt 2 }}.a\sqrt 2 }}{{\dfrac{{4{a^2} - {x^2}}}{{a\sqrt 2 }}}} = \dfrac{{x\sqrt {2{a^2} - {x^2}} .a\sqrt 2 }}{{4{a^2} - {x^2}}} = a\dfrac{{x\sqrt {4{a^2} - 2{x^2}} }}{{4{a^2} - {x^2}}}\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm\(x\) và \(\sqrt {4{a^2} - 2{x^2}} \) ta có: \(x\sqrt {4{a^2} - 2{x^2}}  \le \dfrac{{{x^2} + 4{a^2} - 2{x^2}}}{2} = \dfrac{{4{a^2} - {x^2}}}{2}\)

\( \Rightarrow OI \le a\dfrac{{\dfrac{{4{a^2} - {x^2}}}{2}}}{{4{a^2} - {x^2}}} = \dfrac{a}{2}\). Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow x = \sqrt {4{a^2} - 2{x^2}}  \Leftrightarrow {x^2} = 4{a^2} - 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{4}{3}{a^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\).

Vậy \({V_{DABN}} \le \dfrac{{4{a^2}}}{3}.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{2{a^3}}}{3}\)  hay \(\max {V_{DABN}} = \dfrac{{2{a^3}}}{3}\).

Chọn A.

TXĐ: \(D = R\), ta có \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 3} \right)x\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là:

\(y = \left( {3x_0^2 - 6\left( {m + 3} \right){x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3\left( {m + 3} \right)x_0^2 + 3\,\,\left( d \right)\).

Có một tiếp tuyến là \({\Delta _1}:\,\,y =  - 1\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x_0^2 - 6\left( {m + 3} \right){x_0} = 0\\x_0^3 - 3\left( {m + 3} \right)x_0^2 + 3 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = 2\left( {m + 3} \right)\end{array} \right.\\x_0^3 - 3\left( {m + 3} \right)x_0^2 + 3 =  - 1\end{array} \right.\)

TH1: \({x_0} = 0 \Rightarrow 3 =  - 1\) (vô nghiệm).

TH2: \({x_0} = 2\left( {m + 3} \right) \Rightarrow 8{\left( {m + 3} \right)^3} - 3\left( {m + 3} \right).4{\left( {m + 3} \right)^2} + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 4{\left( {m + 3} \right)^3} + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 3} \right)^3} = 1 \Leftrightarrow m + 3 = 1 \Leftrightarrow m =  - 2\).

Thử lại khi \(m =  - 2\), phương trình đường thẳng (d) trở thành \(y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 + 3\,\,\left( d \right)\)

\(\begin{array}{l}A\left( { - 1; - 1} \right) \in \left( d \right) \Rightarrow  - 1 = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( { - 1 - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 + 3\\ \Leftrightarrow  - 1 =  - 3x_0^2 + 6{x_0} - 3x_0^3 + 6x_0^2 + x_0^3 - 3x_0^2 + 3\\ \Leftrightarrow 2x_0^3 - 6{x_0} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số khi \(m =  - 2\) (tm).

Vậy \(m =  - 2\).

Chọn A.

\(\begin{array}{l}m{.9^{2{x^2} - x}} - \left( {2m + 1} \right){6^{2{x^2} - x}} + m{4^{2{x^2} - x}} \le 0\\ \Leftrightarrow m.\dfrac{{{9^{2{x^2} - x}}}}{{{4^{2{x^2} - x}}}} - \left( {2m + 1} \right)\dfrac{{{6^{2{x^2} - x}}}}{{{4^{2{x^2} - x}}}} + m \le 0\\ \Leftrightarrow m{\left[ {{{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^{2{x^2} - x}}} \right]^2} - \left( {2m + 1} \right){\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^{2{x^2} - x}} + m \le 0\end{array}\)

Đặt \({\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^{2{x^2} - x}} = t\) với \(x \ge \dfrac{1}{2}\). Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} - x\) ta có BBT:

\( \Rightarrow f\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \ge \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow t \ge {\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^0} = 1\).

Khi đó bất phương trình trở thành \(m{t^2} - \left( {2m + 1} \right)t + m \le 0\,\,\forall t \ge 1\).

\( \Leftrightarrow m\left( {{t^2} - 2t + 1} \right) - t \le 0\,\,\,\forall t \ge 1 \Leftrightarrow m{\left( {t - 1} \right)^2} - t \le 0\,\,\,\forall t \ge 1\,\).

Khi \(t = 1\,\) ta có \( - 1 \le 0\) luôn đúng.

Xét khi \(t > 1 \Rightarrow m \le \dfrac{t}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} = f\left( t \right)\,\,\forall t > 1 \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{t > 1} f\left( t \right)\).

 Ta có \(f'\left( t \right) = \dfrac{{{{\left( {t - 1} \right)}^2} - t.2\left( {t - 1} \right)}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^4}}} = \dfrac{{t - 1 - 2t}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}}} = \dfrac{{ - t - 1}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}}} = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\).

BBT:

Dựa vào BBT của hàm số \(y = f\left( t \right)\) ta có \(\mathop {\min }\limits_{t > 1} f\left( t \right) > 0 \Rightarrow m \le 0\).

Chọn C.

Khi quay hình vuông ABCD quanh AM ta được :

+) 1 khối nón đỉnh A, đường cao AN, bán kính đáy NB \(\left( {{V_1}} \right)\).

+) 1 khối nón cụt tâm N, P \(\left( {{V_2}} \right)\) - 1 khối nón đỉnh M, đường cao MP, bán kính đáy PC \(\left( {{V_3}} \right)\).

Ta có: \(\Delta ABN \sim \Delta MAD\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{DM}} = \dfrac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AN = \dfrac{{\dfrac{1}{2}.1}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\).

\( \Rightarrow BN = \sqrt {A{B^2} - A{N^2}}  = \sqrt {1 - \dfrac{1}{5}}  = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}\).

\( \Rightarrow {V_1} = \dfrac{1}{3}\pi .{\left( {\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)^2}.\dfrac{1}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{4\sqrt 5 \pi }}{{75}}\)

Ta có \(\Delta MPC \sim \Delta ANB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{PC}}{{NB}} = \dfrac{{MC}}{{AB}} = \dfrac{{MP}}{{AN}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}PC = \dfrac{1}{2}NB = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\\MP = \dfrac{1}{2}AN = \dfrac{1}{{2\sqrt 5 }}\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow NP = MN + MP = AM - AN + MP = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2} - \dfrac{1}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{1}{{2\sqrt 5 }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

\( \Rightarrow {V_2} = \dfrac{1}{3}\pi \left( {P{C^2} + B{N^2} + PC.BN} \right).NP = \dfrac{\pi }{3}\left( {\dfrac{1}{5} + \dfrac{4}{5} + \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}.\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}} \right).\dfrac{{2\sqrt 5 }}{5} = \dfrac{{14\sqrt 5 }}{{75}}\pi \).

\({V_3} = \dfrac{1}{3}\pi MP.P{C^2} = \dfrac{\pi }{3}.\dfrac{1}{{2\sqrt 5 }}.{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} = \dfrac{{\sqrt 5 \pi }}{{150}}\).

Vậy thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình vuông ABCD quanh cạnh AM là

\(V = {V_1} + {V_2} - {V_3} = \dfrac{{4\sqrt 5 \pi }}{{75}} + \dfrac{{14\sqrt 5 }}{{75}}\pi  - \dfrac{{\sqrt 5 \pi }}{{150}} = \dfrac{{7\sqrt 5 }}{{30}}\pi \).

Chọn B.

Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 100\\x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 14\end{array} \right.\).

Gọi A là biến cố " số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn" \( \Rightarrow n\left( A \right) = 1\).

Xét các bộ số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(2x + 5y = 100\,\,\left( {x,y \in N} \right)\) ta có bảng sau:

 \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 11\).

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{1}{{11}} \approx 0,09\).

Chọn D. 

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị \(x = 2;\,\,x = {x_1} \in \left( {1;2} \right),\,\,x = {x_2} \in \left( {2;3} \right)\).

Xét hàm số \(y = f\left( {f\left( x \right)} \right)\) có \(y' = f'\left( x \right).f'\left( {f\left( x \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 2\\f\left( x \right) = {x_1} \in \left( {1;2} \right)\\f\left( x \right) = {x_2} \in \left( {2;3} \right)\end{array} \right.\)

Phương trình \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = {x_1} \in \left( {1;2} \right)\\x = {x_2} \in \left( {2;3} \right)\end{array} \right.\)

Phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có 2 nghiệm đơn phân biệt.

Phương trình \(f\left( x \right) = {x_1} \in \left( {1;2} \right)\) có 2 nghiệm đơn phân biệt.

Phương trình \(f\left( x \right) = {x_1} \in \left( {2;3} \right)\) có 2 nghiệm đơn phân biệt.

Cách nghiệm này không trùng nhau, do đó phương trình \(y' = 0\) có 9 nghiệm phân biệt (không trùng nhau), các nghiệm đều là nghiệm đơn. Do vậy hàm số \(y = f\left( {f\left( x \right)} \right)\) có 9 điểm cực trị.

Chọn D.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\) và đạt cực tiểu tại \(x = 2.\)

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trong \(\left[ { - 2;\;3} \right]\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}M = \max \;f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 3\\m = \min \;f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right) =  - 2\end{array} \right..\)

\( \Rightarrow S = M + m = 3 - 2 = 1.\)

Chọn D.

Diện tích hình thoi ABCD: \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}.2a.a = {a^2}.\)

Thể tích khối lăng trụ là: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.AA' = {a^2}.4a = 4{a^3}.\)

Chọn B.