Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, hàm số đạt cực trị tại 2 điểm \(x = 0,\,\,x = 1\).

Chọn D. 

Tứ diện \(ABCD\) có \(AB,\;AC,\;AD\) đôi một vuông góc

\( \Rightarrow \)Thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là: \(V = \frac{1}{6}.AB.AC.AD = \frac{1}{6}.4.5.3 = 10\left( {c{m^3}} \right)\).

Chọn B.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Chọn B.

\(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng \( \Rightarrow BB' \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow \angle \left( {A'B;\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \angle \left( {A'B;A'B'} \right) = \angle BA'B' = {60^0}\)

\(\Delta A'B'B\) vuông tại B’, có \(\angle BA'B' = {60^0} \Rightarrow BB' = A'B'.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)

\(\Delta ABC\) đều, cạnh a \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) : \(V = {S_{\Delta ABC}}.BB' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 3  = \frac{3}{4}{a^3}\).

Chọn C.

ĐKXĐ: \(x > 1\)

Ta có: \({\log _5}\frac{{2\sqrt x  + 1}}{x} = 2{\log _3}\left( {\frac{{\sqrt x }}{2} - \frac{1}{{2\sqrt x }}} \right) \Leftrightarrow {\log _5}\frac{{2\sqrt x  + 1}}{x} = 2{\log _3}\left( {\frac{{x - 1}}{{2\sqrt x }}} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2\sqrt x  + 1} \right) - {\log _5}x = 2{\log _3}\left( {x - 1} \right) - 2{\log _3}\left( {2\sqrt x } \right)\\ \Leftrightarrow {\log _5}\left( {2\sqrt x  + 1} \right) + 2{\log _3}\left( {2\sqrt x } \right) = {\log _5}x + 2{\log _3}\left( {x - 1} \right)\;\;\;\;\left( 1 \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _5}t + 2{\log _3}\left( {t - 1} \right),\,\,t \in \left( {1; + \infty } \right)\), có: \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln 5}} + \frac{2}{{\left( {t - 1} \right).\ln 3}} > 0,\,\,\forall \,\,t \in \left( {1; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \)Hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)

Khi đó, phương trình (1) \( \Leftrightarrow f\left( {2\sqrt x  + 1} \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow 2\sqrt x  + 1 = x \Leftrightarrow x - 2\sqrt x  - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x  = 1 + \sqrt 2 \\\sqrt x  = 1 - \sqrt 2  < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  = 1 + \sqrt 2  \Leftrightarrow x = {\left( {1 + \sqrt 2 } \right)^2} = 3 + 2\sqrt 2 \) \( \Rightarrow a = 3,\,\,b = 2\,\,\, \Rightarrow 2a + b = 2.3 + 2 = 8\).

Chọn: B

Mệnh đề đúng : \({a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}.\)

Chọn: C

Gọi O, I là trung điểm của AB, BC; H là hình chiếu vuông góc của O lên SI.

Tam giác SAB cân tại S\( \Rightarrow SO \bot AB\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SO \subset \left( {SAB} \right)\\SO \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Do O là trung điểm của AB nên \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2.d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)\) (1)\(ABCD\) là hình thang cân với đáy\(AB = 2a,\,\,AD = BC = CD = a \Rightarrow \Delta OAD,\Delta OCD,\Delta OBC\) đều là các tam giác đều, cạnh a  \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 3.{S_{OBC}} = 3.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\(\Delta OBC\) đều, I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OI \bot BC\\OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\) .

Mà \(BC \bot SO\) (do \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\))

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow BC \bot OH\)

Lại có: \(SI \bot OH\,\, \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\) (2)

Từ (1), (2) suy ra: \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2.OH = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)

\(\Delta SOI\) vuông tại O, \(OH \bot SI \Rightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{\frac{3}{4}{a^2}}} = \frac{1}{{\frac{3}{5}{a^2}}} \Leftrightarrow SO = a\sqrt 3 \)

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là: \(V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}}}{4}\).

Chọn B.

Diện tích xung quanh \({S_{xq}}\) của hình nón là: \({S_{xq}} = \pi Rl.\)

Chọn D.

Ta có : \(y = {x^3} - 3x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3;\,\,y'' = 6x\) 

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\)

\(y''\left( 1 \right) = 6 > 0 \Rightarrow \) Loại

\(y''\left( { - 1} \right) =  - 6 < 0 \Rightarrow \) \(x =  - 1\) là điểm cực đại của hàm số đã cho.

Chọn: C

\(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 28 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9;\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1 \notin \left[ {0;\;4} \right]\\x = 3\; \in \left[ {0;\;4} \right]\end{array} \right.\)

Ta có: \(f\left( 0 \right) = 28,\,\,f\left( 3 \right) = 1;\,\,f\left( 4 \right) = 8\) và \(f\left( x \right)\) xác định với mọi \(x \in \left[ {0;4} \right]\,\, \Rightarrow \) GTNN của hàm số trên đoạn \(\left[ {0;4} \right]\) bằng 1

\( \Rightarrow {x_0} = 3 \Rightarrow P = {x_0} + 2018 = 2021.\).

Chọn A

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), ta thấy \(f'\left( x \right) > 0,\,\,\forall x \in \left( { - 2; + \infty } \right) \Rightarrow \) Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right).\)

\( \Rightarrow \) Mệnh đề ở câu A là sai.

Chọn A.

Ta có: \({V_{ABCM}} = \frac{1}{2}{V_{B'.ABC}}\) (do M là trung điểm của BB’)

Mà \({V_{B'.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow {V_{ABCM}} = \frac{1}{6}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{6}.72 = 12\left( {c{m^3}} \right)\).

Chọn D.

Giả sử \(y = a{x^4} + b{x^2} + c,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) là hàm số của đồ thị đã cho.

Do đồ thị có bề lõm hướng xuống nên \(a < 0 \Rightarrow \)Loại phương án B

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng \( - 1 \Rightarrow c =  - 1 \Rightarrow \) Loại phương án D

Hàm số đạt cực trị tại 3 điểm \(x = 0;\;\,x = 1;\;x =  - 1 \Rightarrow \) Chọn phương án A. Do:

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

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

Chọn A.

Để uống được nước thì con quạ phải thả các viên bi vào cốc sao cho mực nước trong cốc dâng lên ít nhất:

\(20 - 12 - 6 = 2\left( {cm} \right)\)

Khi đó, thể tích của mực nước dâng lên là: \(\pi {R^2}.h = \pi {.2^2}.2 = 8\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của một viên bi là: \(\frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi .0,{6^3} = 0,288\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Ta có: \(8\pi :0,288\pi  \approx 27,8 \Rightarrow \)Số viên bi ít nhất mà quạ phải thả vào là: 28 viên.

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( C \right)\) là:

 \(\begin{array}{l}\;\;\;\;\frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = \, - 3x\, + \,m,\,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow 2x + 1 = \left( {x - 1} \right)\left( { - 3x + m} \right)\\ \Leftrightarrow 2x + 1 =  - 3{x^2} + \left( {m + 3} \right)x - m \Leftrightarrow 3{x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m + 1 = 0\,\,(*)\end{array}\)

Để \(d\) cắt \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,B\) thì (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\{3.1^2} - \left( {m + 1} \right).1 + m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m + 1} \right)^2} - 12\left( {m + 1} \right) > 0\\3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right)\left( {m - 11} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m <  - 1\\m > 11\end{array} \right.\)

Giả sử \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của (*) \( \Rightarrow {x_1} + {x_2} = \frac{{m + 1}}{3}\)

Tọa độ giao điểm \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\), do  \(A,B \in d \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_1} =  - 3{x_1} + m\\{y_2} =  - 3{x_2} + m\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {y_1} + {y_2} =  - 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2m =  - 3.\frac{{m + 1}}{3} + 2m = m - 1\)

Tọa độ trọng tâm G của tam giác OAB: \(G\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} + 0}}{3};\frac{{{y_1} + {y_2} + 0}}{3}} \right)\) hay  \(G\left( {\frac{{m + 1}}{9};\frac{{m - 1}}{3}} \right)\)

Do  \(G \in \Delta \,:\,x\, - \,2y\, - \,2\, = \,0 \Rightarrow \frac{{m + 1}}{9} - 2.\frac{{m - 1}}{3} - 2 = 0 \Leftrightarrow m + 1 - 6m + 6 - 18 = 0 \Leftrightarrow m =  - \frac{{11}}{5}\)

\( \Rightarrow a = 11;\,\,b = 5 \Rightarrow a + 2b = 21\).

Chọn D.

ĐKXĐ: \(x > 0\)

Ta có: \(\left( {{2^x} - 5} \right)\left( {{{\log }_2}x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} - 5 = 0\\{\log _2}x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {\log _2}5\;\;\left( {tm} \right)\\x = 8\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Do phương trình có 2 nghiệm \({x_1},\;{x_2}\) với \({x_1} < {x_2}\) nên \({x_1} = {\log _2}5,\,\,{x_2} = 8 \Rightarrow K = {x_1} + 3{x_2} = 24 + {\log _2}5.\)

Chọn C.

\(\begin{array}{l}n = 1 \Rightarrow f(m + 1) = f(m) + f(1) + m.1 \Leftrightarrow f(m + 1) = f(m) + m + 1\\ \Leftrightarrow f(m + 1) - f(m) = m + 1\\ \Rightarrow f\left( {96} \right) - f\left( {69} \right) = \left[ {f\left( {96} \right) - f\left( {95} \right)} \right] + \left[ {f\left( {95} \right) - f\left( {94} \right)} \right] + ... + \left[ {f\left( {70} \right) - f\left( {69} \right)} \right]\\\;\; = 96 + 95 + ... + 70 = \frac{{27.\left( {96 + 70} \right)}}{2} = 2241\\ \Rightarrow \frac{{f(96) - f(69) - 241}}{2} = \frac{{2241 - 241}}{2} = 1000\\ \Rightarrow T = \log \left[ {\frac{{f(96) - f(69) - 241}}{2}} \right] = \log 1000 = 3.\end{array}\)

Chọn B.

Ta có: \(P = \frac{{{{\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)}^{2018}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}} = \frac{{{{\left( {{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^2}} \right)}^{2018}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^{4036}}.{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^{2017}}}}{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^{2019}}}}\)

\( = {\left( {\sqrt 3  + 1} \right)^{2017}}.{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)^{2017}} = {\left[ {\left( {\sqrt 3  + 1} \right)\left( {1 - \sqrt 3 } \right)} \right]^{2017}} = {\left( { - 2} \right)^{2017}} =  - {2^{2017}}\)

Chọn: A

Diện tích xung quanh của hình trụ : \({S_1} = 2\pi rh = 2\pi r.r\sqrt 3  = 2\pi \sqrt 3 {r^2}\)

\(\Delta OO'A\) vuông tại O’ \( \Rightarrow OA = \sqrt {OO{'^2} + O'{A^2}}  = \sqrt {3{r^2} + {r^2}}  = 2r\)

Diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi r.2r = 2\pi {r^2}\)\( \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \sqrt 3 .\)

Chọn D.

Số tiền anh Nam gửi mỗi tháng là: \(6.20\%  = 1,2\) (triệu đồng)

Sau 1 năm, số tiền tiết kiệm của anh Nam là:

\({A_{12}} = \frac{{1,2.\left( {1 + 0,5\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^{12}} - 1} \right]}}{{0,5\% }} \approx 14,88\) (triệu đồng)

Chọn C.

Ta có: \(y = {x^3} - 4{x^2} + 5x - 1\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đường thẳng \(y = 1\) là:  \({x^3} - 4{x^2} + 5x - 1 = 1 \Leftrightarrow {x^3} - 4{x^2} + 5x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow A\left( {1;1} \right),\,\,B\left( {2;1} \right) \Rightarrow AB = 1\).

Chọn D.

Ta có: \(V = \frac{1}{3}Sh \Leftrightarrow 32 = \frac{1}{3}.16.h \Rightarrow h = 6\left( {cm} \right)\).

Chọn B.

\(\begin{array}{l}DK:\;\;x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\\{\log _3}\left( {x - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 1 = {3^2} \Leftrightarrow x - 1 = 9 \Leftrightarrow x = 10\;\;\left( {tm} \right)\end{array}\)

Chọn A.

Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy B’, C’ sao cho \(SA = SB' = SC' = 2a\)

Khi đó, ta có: \(\frac{{{V_{S.ABC}}}}{{{V_{S.AB'C'}}}} = \frac{{SB}}{{SB'}}.\frac{{SC}}{{SC'}} = \frac{3}{2}.\frac{4}{2} = 3 \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 3.{V_{S.AB'C'}}\)

* Tính \({V_{S.AB'C'}}\) (hình chóp \({V_{S.AB'C'}}\) có: \(SA = SB' = SC' = 2a\), \(\angle ASB' = \angle B'SC' = {60^0},\;\angle ASC = {90^0}\)):

\(\Delta ASB'\) và \(\Delta SB'C'\) đều, có cạnh bằng 2a \( \Rightarrow AB' = B'C' = 2a\)

\(\Delta SA'C'\) vuông cân tại S \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A'C' = 2a\sqrt 2 \\{S_{AB'C'}} = \frac{1}{2}.{\left( {2a} \right)^2} = 2{a^2}\end{array} \right.\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}AB' = B'C' = 2a\\AC' = 2a\sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow \Delta AB'C'\) vuông cân tại B’

Gọi I là trung điểm của A’C’ \( \Rightarrow I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’

Mà, chóp \({V_{S.AB'C'}}\) có \(SA = SB' = SC' = 2a \Rightarrow SI \bot \left( {AB'C'} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{S.AB'C'}} = \frac{1}{3}{S_{AB'C'}}.SI = \frac{1}{3}.2{a^2}.\frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 3.{V_{S.AB'C'}} = 2\sqrt 2 {a^3}\).

Chọn B.

\(y = f(x) = {({x^2} - 1)^2} \Rightarrow y' = f'\left( x \right) = 4x\left( {{x^2} - 1} \right) \Rightarrow f'\left( 2 \right) = 24\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f(x) = {({x^2} - 1)^2}\) tại điểm \(M(2;9)\) là :

\(y = 24.\left( {x - 2} \right) + 9 \Leftrightarrow y = 24x - 39\).

Chọn C.

Ta có: \({r^2} + {h^2} = {l^2} \Leftrightarrow {6^2} + {8^2} = {l^2} \Leftrightarrow l = 10\) (cm)

Diện tích toàn phần của hình nón : \({S_{tp}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .6.10 + \pi {.6^2} = 96\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\).

Chọn C.

Do \(\Delta OAB\) cân tại \(O\). Mà \(\angle AOB = 90^\circ  \Rightarrow \Delta OAB\) vuông cân tại O

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(d\)  taoh với trục \(Ox\) góc \({45^0}\) hoặc góc \({135^0}\)

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(d\) có hệ số góc bằng \(1\) hoặc \( - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\a =  - 1\end{array} \right..\)

Ta có:  \(y = \frac{{x + 2}}{{2x + 3}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {2x + 3} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \ne  - \frac{3}{2}\,\, \Rightarrow \) Hệ số góc của đường thẳng d chỉ có thể là \( - 1 \Rightarrow a =  - 1\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm \( \Rightarrow \frac{{ - 1}}{{{{\left( {2{x_0} + 3} \right)}^2}}} =  - 1 \Leftrightarrow {\left( {2{x_0} + 3} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} =  - 1\\{x_0} =  - 2\end{array} \right.\)

+) \({x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} = 1 \Rightarrow \left( d \right):y =  - 1\left( {x + 1} \right) + 1 \Leftrightarrow y =  - x\): Loại, do \(y =  - x\) cắt 2 trục tọa độ tại điểm duy nhất là \(O\left( {0;0} \right)\)

+) \({x_0} =  - 2 \Rightarrow {y_0} = 0 \Rightarrow \left( d \right):y =  - 1\left( {x + 2} \right) + 0 \Leftrightarrow y =  - x - 2 \Rightarrow b =  - 2\,\, \Rightarrow a + b =  - 1 - 2 =  - 3\).

Chọn D.

Mệnh đề đúng là: \({\log _a}{x^n} = n{\log _a}x\) (với \(x > 0\)).

Chọn A.

Ta có: \(g\left( x \right) = f\left( {2{x^3} + x - 1} \right) + m \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {6{x^2} + 1} \right).f'\left( {2{x^3} + x - 1} \right)\)

Với \(x \in \left[ {0;1} \right]\) thì  \(\left( {2{x^3} + x - 1} \right) \in \left[ { - 1;\;2} \right]\).

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) \le 0,\,\,x \in \left[ { - 1;\;1} \right]\)

\( \Rightarrow f'\left( {2{x^3} + x - 1} \right) \le 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right] \Rightarrow g'\left( x \right) \le 0,\,\,\forall x \in \left[ { - 1;\;2} \right]\) (do \(6{x^2} + 1 > 0,\forall x\))

\( \Rightarrow g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left[ {0;1} \right] \Rightarrow \)\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( { - 1} \right) + m = 3 + m\)

Theo đề bài, ta có: \(3 + m =  - 10 \Leftrightarrow m =  - 13\).

Chọn A.

+) Với \(m = 0 \Rightarrow y = {x^2} + 1\): là hàm số bậc hai với hệ số \(a = 1 > 0 \Rightarrow \) Hàm số có 1 điểm cực tiểu, không có cực đại

\( \Rightarrow m = 0\) không thỏa mãn.

+) Với \(m \ne 0\): Hàm số là hàm bậc 4 trùng phương.

Khi đó hàm số có đúng một điểm cực đại \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\b \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\b < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m + 1 \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m + 1 < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m \le  - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m <  - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le  - 1.\)

Mà \(m \in \mathbb{Z},\,\,m \in \left[ { - 2018;2019} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 2018; - 2017;...; - 1} \right\}\): có 2018 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B.

Phương trình \(f\left( x \right) = m\) có đúng hai nghiệm

\( \Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại 2 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) \(\left[ \begin{array}{l}m \le  - 1\\m = 2\end{array} \right.\).

Chọn B.

\(f(x) = {2^{2x}} \Rightarrow f'(x) = {2.2^{2x}}\ln 2 = {2^{2x + 1}}\ln 2.\)

Chọn C.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường kính AD.

Ta chứng minh O là tâm mặt cầu đi qua 6 điểm A, B, C, \({B_1},{C_1}\) và D:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\\CD \bot SA\,\,\left( {do\,\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\,\,\, \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot A{C_1}\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}A{C_1} \bot SC\\A{C_1} \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow A{C_1} \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow A{C_1} \bot {C_1}D\)

\( \Rightarrow {C_1}\) thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

Tương tự, \({B_1}\) thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

Hiển nhiên, \(A,\;B,\;D,\;C\) thuộc mặt cầu tâm O đường kính AD

\( \Rightarrow O\)là tâm mặt cầu đi qua 6 điểm \(A,\;B,\;C,\;{B_1},\;{C_1},\;D\)

\( \Rightarrow O\)là tâm mặt cầu đi qua 5 điểm \(A,\;B,\;C,\;{B_1},\;{C_1}\)

Tính bán kính R của mặt cầu đi qua 5 điểm \(A,\;B,\;C,\;{B_1},\;{C_1}\):

 Xét tam giác ABC: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \angle A}  = \sqrt {4 + 9 - 2.2.3.\cos 60^\circ }  = \sqrt 7 \left( {cm} \right)\)

\(\begin{array}{l}{S_{ABC}} = \frac{{AB.AC.BC}}{{4R}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle A \Rightarrow \frac{{2.3.\sqrt 7 }}{{4R}} = \frac{1}{2}.2.3.\sin {60^0}\\ \Leftrightarrow \frac{{3\sqrt 7 }}{{2R}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow R = \frac{{\sqrt 7 }}{{\sqrt 3 }}\left( {cm} \right)\end{array}\)

Thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\sqrt {\frac{7}{3}} } \right)^3} = \frac{{28\sqrt 7 \pi }}{{9\sqrt 3 }} = \frac{{28\sqrt {21} \pi }}{{27}}\left( {c{m^3}} \right)\).

Chọn A.

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{x - {m^2}}}{{x + 8}}\) xác định trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) với mọi giá trị của m.

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{8 + {m^2}}}{{x + 8}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;3} \right],\,\,\forall m \Rightarrow \)Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;3} \right)\)\( \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) =  - \frac{{{m^2}}}{8}\)

Theo đề bài, ta có: \( - \frac{{{m^2}}}{8} =  - 3 \Leftrightarrow {m^2} = 24 \Leftrightarrow m =  \pm 2\sqrt 6 \)

Do \({m_0}\) là giá trị dương của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu đề bài, nên \({m_0} = 2\sqrt 6  \approx 4,9 \in \left( {2;5} \right)\).

Chọn A.

Theo kế hoạch, mỗi tháng, công ti đó làm được \(\frac{1}{{25}}\) công việc

Do kể từ tháng thứ 2, mỗi tháng tăng \(5\% \) khối lượng công việc so với tháng kề trước, nên lượng công việc công ti đó hoàn thành ở tháng thứ k là: \({A_k} = \frac{1}{{25}}.{(1 + 5\% )^{k - 1}},\,\,k \in \mathbb{N}_{}^*\)

Gọi \({n_0}\) là số tháng để công trình được hoàn thành. Khi đó, \({n_0}\) là giá trị nguyên dương nhỏ nhất của n, thỏa mãn:

\(\frac{1}{{25}} + \frac{1}{{25}}.{(1 + 5\% )^1} + \frac{1}{{25}}.{(1 + 5\% )^2} + ... + \frac{1}{{25}}.{(1 + 5\% )^{n - 1}} \ge 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{25}}\left( {1 + 1,05 + 1,{{05}^2} + ... + 1,{{05}^{n - 1}}} \right) \ge 1 \Leftrightarrow \frac{{1,{{05}^{n - 1}} - 1}}{{1,05 - 1}} \ge 25 \Leftrightarrow 1,{05^{n - 1}} \ge 2,25 \Leftrightarrow n - 1 \ge 16,6 \Leftrightarrow n \ge 17,7 \Rightarrow {n_0} = 18\)

Vậy sau 18 tháng, công trình sẽ được hoàn thành.

Chọn B.

Từ K kẻ \(IK//AM\,\,\left( {I \in SB} \right),\,KJ//AC\,\,\left( {J \in SC} \right) \Rightarrow \left( \alpha  \right) \equiv \left( {IJK} \right)\) và  \(I,J\) lần lượt là trung điểm của SM, SC (do K là trung điểm của SA)

Trong (SAB), gọi N là giao điểm của IK và AB \( \Rightarrow \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{IM}}{{MB}} = \frac{1}{2}\)

Trong (ABCD), kẻ đường thẳng qua N song song AC, cắt AD tại Q, CD tại P.

Khi đó, dễ dàng chứng minh P, Q lần lượt là trung điểm của CD, AD  và \(\left( {IJK} \right) \equiv \left( {IJPQK} \right)\)

*)  \(\frac{{{V_{S.IJK}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SK}}{{SA}}.\frac{{SI}}{{SB}}.\frac{{SJ}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{4}.\frac{1}{2} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow {V_{S.IJK}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{{32}}{V_{S.ABCD}}\)

*) Gọi L là trung điểm của SD.

Khi đó, khối đa diện SKJPQD được chia làm 2 khối: hình lăng trụ tam giác KJL.QPD và hình chóp tam giác S.KJL

\(\begin{array}{l}\frac{{{V_{S.ILK}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SK}}{{SA}}.\frac{{SL}}{{SD}}.\frac{{SJ}}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8} \Rightarrow {V_{S.LJK}} = \frac{1}{8}{V_{S.ADC}} = \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}}\\{V_{KJL.QPD}} = 3{V_{L.PQD}} = 3.\frac{1}{3}.{d_{\left( {L;\left( {ABCD} \right)} \right)}}.{S_{PQD}} = 3.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}{d_{\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}}.\frac{1}{4}{S_{ACD}} = \frac{3}{8}.\frac{1}{3}{d_{\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}}{S_{ACD}} = \frac{3}{8}{V_{S.ACD}} = \frac{3}{{16}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_1} = {V_{S.IJK}} + {V_{S.LJK}} + {V_{KJL.QPD}} = \frac{1}{{32}}{V_{S.ABCD}} + \frac{1}{{16}}{V_{S.ABCD}} + \frac{3}{{16}}{V_{S.ABCD}} = \frac{9}{{32}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_2} = \frac{{23}}{{32}}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{9}{{23}}.\end{array}\)

Chọn D.

Gọi O là tâm của tứ giác đáy.

\( \Rightarrow \frac{1}{2}OA = \frac{1}{2}\sqrt {A{D^2} + A{B^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {8{a^2}}  = a\sqrt 2 .\)

Khi đó ta có: \(SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

\( \Rightarrow SO\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Trong mặt phẳng \(\left( {SOA} \right),\) vẽ đường trung trực của cạnh \(SA,\) cắt \(SO\) tại \(I.\)

\( \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Ta có: \(\Delta SNI \sim \Delta SOA\;\;\left( {g - g} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{SN}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SA}} \Leftrightarrow SI = \frac{{SN.SA}}{{SO}}\\ \Leftrightarrow SI = \frac{{SN.SA}}{{\sqrt {S{A^2} - A{O^2}} }} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} - 2{a^2}} }} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 .\end{array}\)  

Chọn B.

Hàm số đã cho có một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại.

Chọn D.

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\\ln x \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne e\end{array} \right.\)

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

Chọn: A

Ta có: \(y = {x^3} + b{x^2} - x + d \Rightarrow y' = 3{x^2} + 2bx - 1\)

Do \(3.\left( { - 1} \right) < 0 \Rightarrow \)Phương trình \(y' = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu

\( \Rightarrow \)Hàm số đã cho có 2 cực trị với mọi m.

\( \Rightarrow \)Đồ thị hàm số không thể là hình (III)

Mặt khác \(a = 1 > 0 \Rightarrow \) Đồ thị hàm số không thể là hình (II)

Đồ thị hàm số \(y = {x^3} + b{x^2} - x + d{\rm{ }}\left( {b,d \in \mathbb{R}} \right)\) có thể là dạng (I)

Chọn D.

Diện tích xung quanh của mặt cầu có bán kính a là: \({S_{mc}} = 4\pi {r^2}\)

Chọn: B

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 1\\mx > 8\end{array} \right..\)

Ta có: \({\log _{\sqrt 2 }}(x - 1) = {\log _2}(mx - 8)\,\,\,\,(1)\; \Leftrightarrow lo{g_2}{\left( {x - 1} \right)^2} = {\log _2}\left( {mx - 8} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = mx - 8 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 9 = m \Leftrightarrow x - 2 + \frac{9}{x} = m\;\;\;\left( {do\;\;x > 1} \right)\;\;\;\left( 2 \right)\)

Phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân biệt \( \Leftrightarrow \) Phương trình (2) có 2 nghiệm thực phân biệt lớn hơn 1 (*)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x - 2 + \frac{9}{x},\,\,\,x > 1\) có \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{9}{{{x^2}}},\,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3\)

Bảng biến thiên:

(*)\( \Leftrightarrow 4 < m < 8\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {5;6;7} \right\}\): có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A.

Ta có: \(y = a{x^4} + b{x^2} + c{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow y' = 4a{x^3} + 2bx\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta thầy đồ thị hàm số đi qua các điểm \(\left( { - 1;\;2} \right),\;\left( {0;\;1} \right),\;\left( {1;\;2} \right)\) và các các điểm này là các điểm cực trị của hàm số.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y\left( 0 \right) = 1\\y\left( 1 \right) = 2\\y'\left( 1 \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a + b + c = 2\\4a + 2b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a + b = 1\\2a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 2\\c = 1\end{array} \right.\)

Khi đó: \(P = a - 2b + 3c =  - 1 - 2.2 + 3.1 =  - 2\).

Chọn C.

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC.

O là tâm của hình chữ nhật ABCD.

Ta chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD:

Do OI là đường trung bình của tam giác SAC \( \Rightarrow OI//SA\)

Mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow OI \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow IA = IB = IC = ID\)

 (do O là tâm của hình chữ nhật ABCD) (1)

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

Từ (1), (2) suy ra : \( \Rightarrow IA = IB = IC = ID = IS \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\).

Chọn C.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, I là trung điểm của BC.

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.{a^2}.SO = {a^3} \Rightarrow SO = 3a\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}OI \bot BC\\SI \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOI} \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\BC \bot \left( {SOI} \right)\\\left( {SOI} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SI\\\left( {SOI} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = OI\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {OI;SI} \right) = \angle SIO\\ \Rightarrow \cos \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \cos \angle SIO = \frac{{OI}}{{SI}} = \frac{{OI}}{{\sqrt {O{I^2} + S{O^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + 9{a^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {37} }}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt {37} }}.\end{array}\)

Chọn C.

Thể tích khối trụ: \(V = \pi {R^2}h \Leftrightarrow 45\pi  = \pi {R^2}.5 \Leftrightarrow {R^2} = 9 \Leftrightarrow R = 3\left( {cm} \right)\).

Chọn A.

Ta có: \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.{a^2}.3a = {a^3}.\)

Chọn  D.

Ta có:\(y' = {e^{x + 1}} + x{e^{x + 1}} = {e^{x + 1}}\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 1 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 2} \right) =  - 2{e^{ - 1}} = \frac{{ - 2}}{e}\\f\left( { - 1} \right) =  - {e^0} =  - 1\\f\left( 0 \right) = 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;\;0} \right]} y =  - 1\;\;khi\;\;x =  - 2.\)

Chọn C.

Gọi CSN có số hạng đầu là \({u_1}\) và công bội \(q\;\;\left( {q > 0} \right).\)

Theo đề bài ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = {u_1}q = \frac{1}{4}\\{u_4} = {u_1}{q^3} = 4\end{array} \right. \Rightarrow {q^2} = 16 \Leftrightarrow q = 4\;\;\left( {do\;\;q > 0} \right).\) 

\( \Rightarrow {u_1} = \frac{{{u_2}}}{q} = \frac{1}{{16}}.\)

Chọn B.

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m\) song song với trục hoành.

Dựa vào BBT ta thấy, phương trình \(f\left( x \right) = m\) có đúng 3 nghiệm thực khi và chỉ khi \(m =  \pm 1\).

Vậy \(S = \left\{ { - 1;1} \right\}\).

Chọn B.