Số nghiệm của phương trình \({x^3} + 3{x^2} - 2 = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 2\) và đường thẳng \(y = m.\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right..\) Ta có đồ thị hàm số như hình vẽ :

Quan sát đồ thị hàm số ta có: đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 2\) tại  2 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 2\end{array} \right..\)

Chọn  D.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 2} \right\}\). Ta có: \(y' = \dfrac{{2.1 - 1.1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

Gọi \(M\left( {{x_0};\dfrac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}}} \right) \in \left( C \right)\).

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

\(y' = \dfrac{1}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \dfrac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}}\)  (d’)

Để \(\left( {d'} \right)//\left( d \right):\,\,x + y = 1 \Leftrightarrow y =  - x - 1\)\( \Rightarrow \dfrac{1}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} =  - 1\) (vô nghiệm)

\( \Rightarrow \) Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCN là: \(y = 2 \Rightarrow y = \dfrac{a}{b} = 2 \Rightarrow \) loại đáp án A, B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;\;1} \right) \Rightarrow  - \dfrac{1}{c} = 1 \Rightarrow c =  - 1 \Rightarrow \) chọn D.

Chọn D.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có \(f'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in R\) thì đồng biến trên R.

Khi đó ta có \(f\left( {\dfrac{1}{x}} \right) < f\left( 1 \right) \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} < 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} - 1 < 0 \Leftrightarrow \dfrac{{1 - x}}{x} < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < 0\end{array} \right.\).

Vậy \(x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn B.

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

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;\;2} \right)\) và đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right).\)

Chọn  D.

Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,20{u_1} - 10{u_2} + {u_3} = 20{u_1} - 10{u_1}q + {u_1}{q^2}\\ = 40 - 20q + 2{q^2} = 2\left( {{q^2} - 10q + 25} \right) - 10\\ = 2{\left( {q - 5} \right)^2} - 10 \ge  - 10\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow q = 5\).

Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là \({u_7} = {u_1}{q^6} = {2.5^6} = 31250\).

Chọn D.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với \(\left( Q \right),\;\;\left( R \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow {{n_Q}} ,\;\;\overrightarrow {n {  _P}}  \bot \overrightarrow {{n_R}}  \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\;\overrightarrow {{n_R}} } \right].\)

Ta có: \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;\;1;\;3} \right),\;\;\overrightarrow {{n_R}}  = \left( {2; - 1;\;1} \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\;\overrightarrow {{n_R}} } \right] = \left( {4;\;5; - 3} \right).\)

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(B\left( {2;\;1; - 3} \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {4;\;5; - 3} \right)\) là:

\(4\left( {x - 2} \right) + 5\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y - 3z - 22 = 0.\)

Chọn D.

Ta có: \({\log _5}2 = \dfrac{1}{{{{\log }_2}5}} = \dfrac{1}{a};\;\;{\log _5}3 = \dfrac{1}{{{{\log }_3}5}} = \dfrac{1}{b}\)

\({\log _6}5 = \dfrac{1}{{{{\log }_5}6}} = \dfrac{1}{{{{\log }_5}2 + {{\log }_5}3}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}} = \dfrac{{ab}}{{a + b}}.\)

Chọn C.

Do \(0 < a,b < \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow 0 < a + b < \pi \).

Ta có: \(\tan \left( {a + b} \right) = \dfrac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a.\tan b}} = \dfrac{{\dfrac{1}{7} + \dfrac{3}{4}}}{{1 - \dfrac{1}{7}.\dfrac{3}{4}}} = 1 \Leftrightarrow a + b = \dfrac{\pi }{4}\).

Chọn D.

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó:

+) 3 mặt phảng tạ bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện.

+) 1 mặt phẳn tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Chọn  C.

Ta có \(\int\limits_{}^{} {\dfrac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}}}  =  - \cot x + C\) do đó đáp án B sai.

Chọn B.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD.\)

Lại có: \(BD \bot AC\) (do \(ABCD\) là hình vuông)

\( \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AN.\)

Mà \(AN \bot SO\;\;\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow AN \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AN \bot \left( {SOD} \right).\)

Chọn C.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ 2 \right\}\). Ta có \(y' = \dfrac{{ - 2.1 - 1.\left( {{m^2} + 2m} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - {m^2} - 2m - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - {{\left( {m + 1} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in D\)

\( \Rightarrow y' < 0\,\,\forall x \in \left[ {3;4} \right] \Rightarrow \) Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left[ {3;4} \right]\).

 \(\begin{array}{l} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {3;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = \dfrac{{{m^2} + 2m + 4}}{2};\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {3;4} \right]} y = y\left( 3 \right) = {m^2} + 2m + 3\\ \Rightarrow A = \dfrac{{{m^2} + 2m + 4}}{2};\,\,B = {m^2} + 2m + 3\end{array}\)

Theo bài ra ta có \(A + B = \dfrac{{19}}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{{m^2} + 2m + 4}}{2} + {m^2} + 2m + 3 = \dfrac{{19}}{2}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{{m^2} + 2m + 4 + 2{m^2} + 4m + 6}}{2} = \dfrac{{19}}{2} \Leftrightarrow 3{m^2} + 6m - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m =  - 3\end{array} \right.\).

Chọn A.

Gọi \(C\left( {c;0} \right) \in Ox\,\,\left( {c > 0} \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {CA}  = \left( { - 2 - c;4} \right)\\\overrightarrow {CB}  = \left( {8 - c;4} \right)\end{array} \right.\).

Tam giác ABC vuông tại C \( \Leftrightarrow \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB}  = 0 \Leftrightarrow \left( { - 2 - c} \right)\left( {8 - c} \right) + 16 = 0\).

\( - 16 + 2c - 8c + {c^2} + 16 = 0 \Leftrightarrow {c^2} - 6c = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = 0\,\,\left( {ktm} \right)\\c = 6\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {6;0} \right)\).

Chọn D.

Ta có: \(y' = 2x - \dfrac{{16}}{{{x^2}}} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 2x - \dfrac{{16}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow 2{x^3} = 16 \Leftrightarrow x = 2 \in \left[ {\dfrac{3}{2};\;4} \right].\)

\(y\left( {\dfrac{3}{2}} \right) = \dfrac{{155}}{{12}};\;\;y\left( 2 \right) = 12;\;\;y\left( 4 \right) = 20.\)

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {\dfrac{3}{2};\;4} \right]} y = 20\;\;khi\;\;x = 4.\)

Chọn B.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có

\(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {25{a^2} - 16{a^2}}  = 3a\).

Vậy thể tích khối trụ là \(V = \pi {\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)^2}.BC = \pi {\left( {2a} \right)^2}.3a = 12\pi {a^3}\).

Chọn C.

Tập xác định của hàm số: \(\left| x \right| > 0 \Leftrightarrow x \ne 0 \Rightarrow \) đáp án D đúng.

Ta có:\(y = {\log _{\frac{1}{2}}}\left| x \right| = \left\{ \begin{array}{l}{\log _{\frac{1}{2}}}x\;\;\;khi\;\;x > 0\\{\log _{\frac{1}{2}}}\left( { - x} \right)\;\;\;khi\;\;x < 0\end{array} \right.\)

Vì \(0 < a = \dfrac{1}{2} < 1 \Rightarrow \) hàm số \(y = {\log _{\frac{1}{2}}}x\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) và hàm số \(y = {\log _{\frac{1}{2}}}\left( { - x} \right)\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ;\;0} \right).\) 

Chọn A.

Ta có: \({\left( {{x^2} + \dfrac{1}{x}} \right)^{12}} = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{12 - k}}{{\left( {\dfrac{1}{x}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^{12} {C_{12}^k{x^{24 - 3k}}} \), do đó hệ số của số hạng chứa \({x^m}\) trong khai triển trên ứng với \(24 - 3k = m \Leftrightarrow k = \dfrac{{24 - m}}{3}\).

Theo bài ra ta có \(C_{12}^{\dfrac{{24 - m}}{3}} = 792 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{24 - m}}{3} = 5\\\dfrac{{24 - m}}{3} = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 9\\m = 3\end{array} \right.\).

Chọn A.

Ta có: \({2^{x + 1}} = 4 \Leftrightarrow {2^{x + 1}} = {2^2} \Leftrightarrow x + 1 = 2 \Leftrightarrow x = 1.\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ 1 \right\}\)

Chọn B.

Gọi H là trung điểm của CD.

Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CD \bot AH\\CD \bot BH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABH} \right) \Rightarrow CD \bot AB\)

Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại C \( \Rightarrow CE \bot AB\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CD\\AB \bot CE\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {CDE} \right) \Rightarrow AB \bot DE\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right) \cap \left( {ABD} \right) = AB\\\left( {ABC} \right) \supset CE \bot AB\\\left( {ABD} \right) \supset DE \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ABD} \right)} \right) = \angle \left( {CE;DE} \right) = \angle CED = {90^0}\)

Ta có \(\Delta ABC = \Delta ADC\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow CE = DE \Rightarrow \Delta CDE\) vuông cân tại E

\( \Rightarrow CD = CE\sqrt 2  \Leftrightarrow 2x = CE\sqrt 2  \Leftrightarrow CE = x\sqrt 2 \)  (*)

Xét tam giác vuông CBH có \(B{H^2} = B{C^2} - C{H^2} = {a^2} - {x^2}\)

Xét tam giác vuông ACH có \(A{H^2} = A{C^2} - C{H^2} = {a^2} - {x^2}\)

Xét tam giác vuông ABH có \(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} = 2{a^2} - 2{x^2} \Rightarrow AE = \dfrac{{\sqrt {2{a^2} - 2{x^2}} }}{2}\)

Xét tam giác vuông ACE có \(C{E^2} = A{C^2} - A{E^2} = {a^2} - \dfrac{{{a^2} - {x^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2} + {x^2}}}{2} \Rightarrow CE = \dfrac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{{\sqrt 2 }}\)

Thay vào (*) ta có \(\dfrac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{{\sqrt 2 }} = x\sqrt 2  \Leftrightarrow {a^2} + {x^2} = 4{x^2} \Leftrightarrow 3{x^2} = {a^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn B.

Gọi H là hình chiếu của \(S\) trên AC.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\\\left( {SAC} \right) \supset SH \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có : \(\angle \left( {SA,\;\;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SA,\;AH} \right) = \angle \left( {SA,\;AC} \right) = \angle SAC.\) 

Ta có : \(AC = AB\sqrt 2  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sqrt 2  = a.\)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(S\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SA = AC.\cos {60^0} = \dfrac{a}{2}\\SC = AC.\sin {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right..\)

Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta SAC\) vuông tại \(S\) và có đường cao \(SH\) ta có: \(SH = \dfrac{{SA.SC}}{{AC}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

\( \Rightarrow {V_{SABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}.\)

Chọn A.

\(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = 4\dfrac{{{x^4}}}{4} + \dfrac{{{x^2}}}{2} - x + C = {x^4} + \dfrac{1}{2}{x^2} - x + C\).

Chọn C.

Nếu \(x = {x_0}\) là điểm cực trị của hàm số thì \(f'\left( {{x_0}} \right) = 0.\)

Nếu \(x = {x_0}\) là điểm cực tiểu của hàm số thì \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f''\left( {{x_0}} \right) > 0\end{array} \right..\)

Chọn C.

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

Chọn B.

Ta có:  \({2^{2{x^2} + 5x + 4}} = 4 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 4 = 2 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{1}{2}\\x =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow {x_1}{x_2} = 1\)

Chọn  A.

\(\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b\), do đó đáp án B sai.

Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1.2 - 2.\left( { - 1} \right) + 3.\left( { - 1} \right) = 1 \ne 0 \Rightarrow \overrightarrow a ,\;\;\overrightarrow b \) không vuông góc \( \Rightarrow \) loại  đáp án A.

Ta thấy không tồn tại số \(k\) để \(\overrightarrow a  = k\overrightarrow b  \Rightarrow \overrightarrow a ,\;\overrightarrow b \) không cùng phương  \( \Rightarrow \) loại  đáp án B.

\(\left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt {1 + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {14}  \Rightarrow \) đáp án C đúng.

Chọn C.

Vì \(SA = SB = SD = a\) nên hình chiếu vuôn của của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do tam giác ABD cân tại A \( \Rightarrow H \in AC\).

Dễ dàng chứng minh được:

\(\Delta SBD = \Delta ABD\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow SO = AO = \dfrac{{AC}}{2} \Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại S (Tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy) \( \Rightarrow AC = \sqrt {S{A^2} + S{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có \(SH = \dfrac{{SA.SC}}{{AC}} = \dfrac{{a.x}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}\)

Ta có \(OA = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {x^2}}  \Rightarrow OB = \sqrt {A{B^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2} + {x^2}}}{4}}  = \dfrac{{\sqrt {3{a^2} - {x^2}} }}{2}\)\( \Rightarrow BD = \sqrt {3{a^2} - {x^2}} \).

Do ABCD là hình thoi \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD\). Khi đó ta có:

\({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}.\dfrac{{ax}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}\sqrt {{a^2} + {x^2}} .\sqrt {3{a^2} - {x^2}}  = \dfrac{1}{6}ax\sqrt {3{a^2} - {x^2}} \)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(x\sqrt {3{a^2} - {x^2}}  \le \dfrac{{{x^2} + 3{a^2} - {x^2}}}{2} = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\)\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} \le \dfrac{1}{6}a\dfrac{{3{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{4}\).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow {x^2} = 3{a^2} - {x^2} \Leftrightarrow x = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt m }}{n} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 6\\n = 2\end{array} \right. \Rightarrow m + 2n = 10\).

Chọn A.

Ta có: \(y' = 8{x^7} + 5\left( {m + 1} \right){x^4} - 4\left( {{m^2} - 1} \right){x^3};\,\,y'' = 56{x^6} + 20\left( {m + 1} \right){x^3} - 12\left( {{m^2} - 1} \right){x^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 8{x^7} + 5\left( {m + 1} \right){x^4} - 4\left( {{m^2} - 1} \right){x^3} = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow {x^3}\left[ {8{x^4} + 5\left( {m + 1} \right)x - 4\left( {{m^2} - 1} \right)} \right] = 0\end{array}\)

TH1 : Xét \({m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1\).

+) Khi \(m = 1\) ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^3}\left( {8{x^4} + 10x} \right) = {x^4}\left( {8{x^3} + 10} \right) \Rightarrow x = 0\) là nghiệm bội 4 \( \Rightarrow x = 0\) không là cực trị của hàm số.

+) Khi \(m =  - 1\) ta có  \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^3}.8{x^4} = 0 \Leftrightarrow 8{x^7} = 0 \Leftrightarrow x = 0\) là nghiệm bội lẻ \( \Leftrightarrow x = 0\) là điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm \(x = 0\) thì \(y'\) đổi dấu từ âm sang dương nên \(x = 0\) là điểm cực tiểu của hàm số.

TH2 : Xét \({m^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  \pm 1\) ta có :

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left[ {8{x^5} + 5\left( {m + 1} \right){x^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right)x} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 0\\8{x^5} + 5\left( {m + 1} \right){x^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right)x = 0\end{array} \right.\)

\({x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0\) là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình  \(g\left( x \right) = 8{x^5} + 5\left( {m + 1} \right){x^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right)x = 0\).

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0 \Leftrightarrow g'\left( 0 \right) > 0\).

Ta có \(g'\left( x \right) = 40{x^4} + 10\left( {m + 1} \right)x - 4\left( {{m^2} - 1} \right)\)

\( \Rightarrow g'\left( 0 \right) =  - 4\left( {{m^2} - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 1 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1\).

Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có  \( - 1 \le m < 1\).

Do \(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0} \right\}\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}{\left( {x + 2 - \sqrt {{x^2} + 1} } \right)^2} + \dfrac{{18\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 2 + \sqrt {{x^2} + 1} }} = m\left( {{x^2} + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {x + 2 - \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{{18\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 2 + \sqrt {{x^2} + 1} }} = m\end{array}\)

Đặt \(f\left( x \right) = \dfrac{{{{\left( {x + 2 - \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{{18\sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 2 + \sqrt {{x^2} + 1} }}\). Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm được \(\min f\left( x \right) = 7 \Leftrightarrow x = 0\).

Để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có nghiệm \( \Rightarrow m \ge 7\). Kết hợp điều kiện ta có \(m \in \left[ {7;2018} \right],\,\,m \in Z\). Vậy có \(\left( {2018 - 7} \right) + 1 = 2012\) giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Ta có: \(\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)\left( {7 - 3\sqrt 5 } \right) = 49 - 45 = 4\) \( \Rightarrow 7 + 3\sqrt 5  = \dfrac{4}{{7 - 3\sqrt 5 }}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \;{\left( {7 - 3\sqrt 5 } \right)^{{x^2}}} + m{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)^{{x^2}}} = {2^{{x^2} - 1}}\\ \Leftrightarrow \;{\left( {\dfrac{4}{{7 + 3\sqrt 5 }}} \right)^{{x^2}}} + m{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)^{{x^2}}} = \dfrac{1}{2}{.2^{{x^2}}}\\ \Leftrightarrow {2.2^{2{x^2}}} - {2^{{x^2}}}.{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)^2} + 2m{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)^{2{x^2}}} = 0\;\\ \Leftrightarrow 2.{\left( {\dfrac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}} \right)^{2{x^2}}} - {\left( {\dfrac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}} \right)^{{x^2}}} + 2m = 0\;\;\;\left( * \right)\end{array}\)

Đặt \({\left( {\dfrac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}} \right)^{{x^2}}} = t\; \Rightarrow {x^2} = {\log _{\dfrac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}}}t.\)

Ta có: \(0 < \dfrac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }} < 1 \Rightarrow {\log _{\dfrac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }}}}t > 0 \Leftrightarrow 0 < t < 1.\)

\( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow 2{t^2} - t + 2m = 0\;\;\left( 1 \right)\)

Để phương trình \(\left( * \right)\) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow pt\;\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(t \in \left( {0;\;1} \right).\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\af\left( 0 \right) > 0\\af\left( 1 \right) > 0\\0 <  - \dfrac{b}{{2a}} < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 16m > 0\\4m > 0\\2\left( {2m + 1} \right) > 0\\0 < \dfrac{1}{2} < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < \dfrac{1}{{16}}\\m > 0\\m >  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m < \dfrac{1}{{16}}.\)

Chọn A.

Gọi điểm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IA}  = \left( { - 3 - a; - b; - c} \right)\\\overrightarrow {IB}  = \left( { - a; - b;3 - c} \right)\\\overrightarrow {IC}  = \left( { - a; - 3 - b; - c} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \left( { - 3 - a;3 - b;3 - c} \right) = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 - a = 0\\3 - b = 0\\3 - c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b = 3\\c = 3\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 3;3;3} \right)\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {MI}  - \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC} } \right)} \right| = \left| {\overrightarrow {MI} } \right| = MI\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất \( \Rightarrow \) M là hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\).

Ta thấy \( - 3 + 3 + 3 - 3 = 0 \Rightarrow I \in \left( P \right) \Rightarrow \) Hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\) là chính nó. Do đó \(M \equiv I \Rightarrow M\left( { - 3;3;3} \right)\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\log \left( {2{x^2} + 3} \right) < \log \left( {{x^2} + mx + 1} \right)\,\,\forall x \in R\\ \Leftrightarrow 0 < 2{x^2} + 3 < {x^2} + mx + 1 \Leftrightarrow {x^2} - mx + 2 < 0\;\;\,\,\forall x \in R\,\,\left( * \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 < 0\\\Delta  = {m^2} - 8 < 0\end{array} \right.\,\,\left( {Vo\,\,nghiem} \right)\end{array}\)

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

Chọn D. 

\(\begin{align} f\left( x \right)=6\sqrt{{{x}^{2}}-6x+12}+6x-{{x}^{2}}-4 \\  f\left( x \right)=6\sqrt{{{x}^{2}}-6x+12}-\left( {{x}^{2}}-6x+12 \right)+8 \\ \end{align}\)

Đặt \(t=\sqrt{{{x}^{2}}-6x+12}=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+3}\ge 3\), khi đó ta có \(f\left( t \right)=-{{t}^{2}}+6t+8\,\,\forall t\ge 3\).

Ta có \(f'\left( t \right)=-2t+6=0\Leftrightarrow t=3\).

BBT :

\(\begin{align} \Rightarrow \underset{\left[ 3;+\infty  \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=17\Leftrightarrow t=3\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+3}=3\Leftrightarrow x=3 \\  \Rightarrow \max f\left( x \right)=17=M\Leftrightarrow x=3 \\ \end{align}\)

Vậy phương trình \(f\left( x \right)=M\) có nghiệm duy nhất \(x=3\), do đó tích các nghiệm của chúng bằng 3.

Chọn B.

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\left( {{x^3} - 2{x^2} + 1} \right)dx}  = \dfrac{{{x^4}}}{4} - \dfrac{{2{x^3}}}{3} + x + C\)

Lại có: \(F\left( 0 \right) = 5 \Leftrightarrow C = 5 \Rightarrow F\left( x \right) = \dfrac{{{x^4}}}{4} - \dfrac{{2{x^3}}}{3} + x + 5\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = 5 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^4}}}{4} - \dfrac{{2{x^3}}}{3} + x = 0 \Leftrightarrow x\left( {\dfrac{{{x^3}}}{4} - \dfrac{{2{x^2}}}{3} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x \approx  - 1,04\end{array} \right.\)

Chọn C.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {3;\;5} \right) \Leftrightarrow y' > 0\;\;\forall x \in \left( {3;\;5} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + {m^2} + 5m + 6 \ge 0\;\;\forall x \in \left( {3;\;5} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3x \ge  - {m^2} - 5m - 6\;\;\forall x \in \left( {3;\;5} \right)\;\;\;\left( * \right)\end{array}\)

Đặt \(g\left( x \right) = {x^2} - 3x\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow g\left( x \right) \ge  - {m^2} - 5m - 6\;\;\forall x \in \left( {3;\;5} \right)\\ \Rightarrow  - {m^2} - 5m - 6 \le \mathop {\min }\limits_{\left( {3;\;5} \right)} g\left( x \right).\end{array}\)

Khảo sát hàm số \(g\left( x \right) = {x^2} - 3x\) ta được:

\( \Rightarrow  - {m^2} - 5m - 6 \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 5m + 6 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge  - 2\\m \le  - 3\end{array} \right.\)

Chọn  B.

Vì 12 đội bóng thi đấu vòng tròn hai lượt tính điểm (2 đội bất kì thi đấu với nhau đúng 2 trận) nên mỗi đội sẽ thi đấu với 11 đội còn lại, do đó tổng số trận đấu là \(12.11 = 132\) (trận).

Số trận hòa là 60 trận, số trận không hòa là 132 – 60 = 72.

60 trận hòa, mỗi đội được 1 điểm, vậy có 120 điểm.

72 trận không hòa, mỗi trận đội thắng được 3 điểm, vậy có 72.3 = 216 điểm.

Vậy tổng số điểm của tất cả các đội sau giải đấu là 120 + 216 = 336.

Chọn A.

Ta có:  Thể tích khối trụ có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \pi {R^2}h \Rightarrow h = \dfrac{V}{{\pi {R^2}}}.\)

Diện tích xung quanh và 1 đáy của hình trụ là: \(S = 2\pi Rh + \pi {R^2}.\)

\( \Rightarrow S = 2\pi .R\dfrac{V}{{\pi {R^2}}} + \pi {R^2} = \dfrac{{2V}}{R} + \pi {R^2}.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương  \(\dfrac{V}{R};\,\,\dfrac{V}{R};\,\,\pi {R^2}\) ta có:  \(\dfrac{V}{R} + \dfrac{V}{R} + \pi {R^2} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{V}{R}.\dfrac{V}{R}.\pi {R^2}}} = 3\sqrt[3]{{\pi {V^2}}}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{V}{R} = \pi {R^2} \Leftrightarrow {R^3} = \dfrac{V}{\pi } \Leftrightarrow V = \pi {R^3} \Rightarrow h = \dfrac{{\pi {R^3}}}{{\pi {R^2}}} = R\).

Chọn D.

Hàm số \(y = \dfrac{{4x + 7}}{{{{\log }_{2018}}\left( {{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10} \right)}}\) xác định với mọi \(x \in R\) khi và chỉ khi

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\log _{2018}}\left( {{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10} \right) \ne 0\,\,\forall x \in R\\{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10 > 0\,\,\,\forall x \in R\,\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10 \ne 1\,\,\,\forall x \in R\\{x^2} - 2x + {m^2} - 6m + 10 > 0\,\,\,\forall x \in R\,\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {m - 3} \right)^2} \ne 1\,\,\,\forall x \in R\\{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {m - 3} \right)^2} > 0\,\,\,\forall x \in R\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 3} \right)^2} \ne 1 - {\left( {x - 1} \right)^2}\,\,\,\forall x \in R\,\\{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {m - 3} \right)^2} > 0\,\,\forall x \in R\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 3} \right)^2} > 1\\m - 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 4\\m < 2\end{array} \right.\\m \ne 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 4\\m < 2\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn D.

Ta có:

Khối nón \(\left( {{N_1}} \right)\) được sinh bởi \(\Delta ABC\) khi quay quanh \(AB\) có chiều cao \({h_1} = AB\) và bán kính đáy \({R_1} = BC.\)

Khối nón \(\left( {{N_2}} \right)\) được sinh bởi \(\Delta ADB\) khi quay quanh \(AB\) có chiều cao \({h_2} = AB\) và bán kính đáy \({R_2} = AD.\)

Do hai khối nón cùng có chiều cao AB nên hai đáy của hai khối nón nằm trong hai mặt phẳng song song.

Trong mặt phẳng đáy của khối nón \(\left( {{N_1}} \right)\) kẻ đường kính GH // DE. Dễ dàng chứng minh dược DEGH là hình thang cân.

Gọi \(M = AG \cap BE;\,\,N = AH \cap BD\), \(I = AB \cap MN\).

Khi đó phần chung giữa hai khối nón \(\left( {{N_1}} \right)\) và \(\left( {{N_2}} \right)\) là hai khối nón:

+) Khối nón \(\left( {{N_3}} \right)\) đỉnh B, đường cao BI, bán kính đáy IN\( \Rightarrow {V_3} = \dfrac{1}{3}\pi .I{N^2}.BI\)

+) Khối nón \(\left( {{N_4}} \right)\) đỉnh A, đường cao AI, bán kính đáy IN \( \Rightarrow {V_4} = \dfrac{1}{3}\pi I{N^2}.AI\)

\( \Rightarrow \) Thể tích phần chung \(V = {V_3} + {V_4} = \dfrac{1}{3}\pi .I{N^2}.BI + \dfrac{1}{3}\pi I{N^2}.AI = \dfrac{1}{3}\pi I{N^2}\left( {AI + BI} \right) = \dfrac{1}{3}\pi .I{N^2}.AB\)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\begin{align}\frac{MN}{GH}=\frac{AI}{AB};\,\,\frac{MN}{DE}=\frac{BI}{AB}\Rightarrow \frac{MN}{GH}+\frac{MN}{DE}=\frac{AI+BI}{AB}=1 \\ \Rightarrow MN\left( \frac{1}{2BC}+\frac{1}{2AD} \right)=1\Leftrightarrow MN.\left( \frac{1}{2.2a}+\frac{1}{2.6a} \right)=1\Leftrightarrow MN=3a \\ \end{align}\)

Dễ thấy I là trung điểm của MN \( \Rightarrow IN = \dfrac{{MN}}{2} = \dfrac{{3a}}{2}\).

Vậy \(V = \dfrac{1}{3}\pi .{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)^2}.2a\sqrt 3  = \dfrac{{3\sqrt 3 \pi {a^3}}}{2}\).

Chọn B.

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

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 1 điểm cực đại là \(x = 2\).

Chọn D.

Ta  có: \(VT = \left[ {f\left( x \right).f'\left( x \right)} \right]' = f'\left( x \right).f'\left( x \right) + f\left( x \right).f''\left( x \right) = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right).f''\left( x \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \right]' = {x^3} - 2x\;\;\;\left( * \right)\)

Nguyên hàm hai vế của \(\left( * \right)\) ta được: \(f'\left( x \right).f\left( x \right) = \dfrac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + C.\;\;\left( 1 \right)\)

Lại có: \(f'\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow C = 2.2 = 4.\) 

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right).f'\left( x \right) = \dfrac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + 4\\ \Rightarrow \int {f\left( x \right)f'\left( x \right)dx = \int {\left( {\dfrac{{{x^4}}}{4} - {x^2} + 4} \right)} } dx \Leftrightarrow \int {f\left( x \right)df\left( x \right) = \dfrac{{{x^5}}}{{20}} - \dfrac{{{x^3}}}{3} + 4x + A} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{f^2}\left( x \right)}}{2} = \dfrac{{{x^5}}}{{20}} - \dfrac{{{x^3}}}{3} + 4x + A \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) = \dfrac{{{x^5}}}{{10}} - \dfrac{{2{x^3}}}{3} + 8x + 2A.\end{array}\)

Có \(f\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow 4 = 2A \Leftrightarrow A = 2\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {f^2}\left( x \right) = \dfrac{{{x^5}}}{{10}} - \dfrac{{2{x^3}}}{3} + 8x + 4\\ \Rightarrow {f^2}\left( 2 \right) = \dfrac{{{2^5}}}{{10}} - \dfrac{{{{2.2}^3}}}{3} + 8.2 + 4 = \dfrac{{268}}{{15}}.\end{array}\)

Chọn A.

Gọi E là trung điểm của AB. Ta dễ dàng chứng minh được ADCE là hình vuông

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CE \bot AB\\CE \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CE \bot SB\).

Trong (SAB) kẻ \(HE \bot SB\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot EH\\SB \bot CE\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot \left( {CHE} \right) \Rightarrow SB \bot CH\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\\\left( {SAB} \right) \supset EH \bot SB\\\left( {SBC} \right) \supset CH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {EH;CH} \right) = \angle CHE = {60^0}\)

Xét tam giác vuông \(CEH\) có \(EH = CE.\cot {60^0} = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\).

Ta có \(\Delta SAB \sim \Delta EHB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{EH}} = \dfrac{{SB}}{{BE}} \Rightarrow SA = \dfrac{{EH.SB}}{{BE}} = \dfrac{{\dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.\sqrt {S{A^2} + 4{a^2}} }}{a}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 SA = \sqrt {S{A^2} + 4{a^2}}  \Leftrightarrow 3S{A^2} = S{A^2} + 4{a^2} \Leftrightarrow S{A^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow SA = a\sqrt 2 \).

Chọn A.

Điều kiện: \(ax - 2 \ne 0.\) Ta có: \(y' = \dfrac{{ - 6 - ab}}{{{{\left( {ax - 2} \right)}^2}}}\) ; \(d:\;\;7x + y - 4 = 0 \Leftrightarrow y =  - 7x + 4.\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng: \(d':\;\;y =  - 7x + {y_0}.\;\;\;\left( {{y_0} \ne 4} \right).\)

Ta có:\( \Rightarrow d':\;\;y =  - 7x + 3.\)

\(A\left( {1; - 4} \right)\) thuộc đồ thị hàm số và hệ số góc của \(d'\) là: \(f'\left( 1 \right) =  - 7\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 = \dfrac{{3.1 + b}}{{a - 2}}\\\dfrac{{ - 6 - ab}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}} =  - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b + 3 =  - 4\left( {a - 2} \right)\\ - 6 - ab =  - 7{\left( {a - 2} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 4a + 5\\ - 6 - a\left( { - 4a + 5} \right) =  - 7{a^2} + 28a - 28\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 4a + 5\\11{a^2} - 33a + 22 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 4a + 5\\\left[ \begin{array}{l}a = 2\\a = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b =  - 3\end{array} \right.\;\;\left( {tm\;\;ab \ne  - 2} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\end{array} \right.\left( {tm\;\;ab \ne  - 2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a - 3b = 11\\a - 3b =  - 2\end{array} \right..\end{array}\)

Chọn A.

Dễ dàng nhận thấy \(\left( P \right)\parallel \left( Q \right)\parallel \left( R \right)\).

Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với cả 3 mặt phẳng (P), (Q), (R), cắt (P) tại H và cắt (Q) tại K.

Ta có \(BH = d\left( {\left( Q \right);\left( P \right)} \right) = 9;\,\,\,HK = d\left( {\left( P \right);\left( R \right)} \right) = 3\)

Khi đó ta có: \(T = A{B^2} + \dfrac{{144}}{{A{C^2}}} \ge 2\sqrt {A{B^2}.\dfrac{{144}}{{A{C^2}}}}  = 24\dfrac{{AB}}{{AC}} = 24.\dfrac{{BH}}{{HK}} = 24.\dfrac{9}{3} = 72\).

Vậy \({T_{\min }} = 72\).

Chọn C.

Thể tích khối nón có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h:\;\;\;V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h.\) 

Chọn D.

Ta thấy đồ thị hàm số là hàm bậc 3 có nét cuối đi lên nên hàm số và có \(a > 0 \Rightarrow \) loại đáp án B và C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 1;\;3} \right)\) nên ta có:

Đáp án A: \({\left( { - 1} \right)^3} - 3.{\left( { - 1} \right)^2} + 1 =  - 3 \ne 3 \Rightarrow \) loại đáp án A.

Chọn D.

Theo đề bài ta có: \(h = 2r.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi rh = 16\pi \\ \Leftrightarrow 2\pi .2{r^2} = 16\pi  \Leftrightarrow r = 2.\\ \Rightarrow V = \pi {r^2}h = \pi {.2^2}.2.2 = 16\pi .\end{array}\)

Chọn B.

Ta có: \({a^{{{\log }_a}{b^3}}} = {b^{3{{\log }_a}a}} = {b^3}.\)

Chọn B.

Theo đề bài ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} ;\;\;f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx} .\)

\( \Rightarrow I = \int {\left[ {2f\left( x \right) + f'\left( x \right) + 1} \right]dx}  = 2F\left( x \right) + f\left( x \right) + x + C.\)

Chọn A.