Trong \(\left( {BCD} \right)\) gọi \(E = MN \cap CD\).

Trong \(\left( {ACD} \right)\) gọi \(Q = AD \cap PE\).

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) là tứ giác \(MNQP\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD ta có:

\(\dfrac{{MB}}{{MC}}.\dfrac{{EC}}{{ED}}.\dfrac{{ND}}{{NB}} = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{2}.\dfrac{{EC}}{{ED}}.\dfrac{1}{2} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{EC}}{{ED}} = 4\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACD ta có:

\(\dfrac{{PA}}{{PC}}.\dfrac{{EC}}{{ED}}.\dfrac{{QD}}{{QA}} = 1 \Rightarrow 1.4.\dfrac{{QD}}{{QA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{QD}}{{QA}} = \dfrac{1}{4}\) Ta có: \({V_{ABMNQ}} = {V_{ABMN}} + {V_{AMNP}} + {V_{ANPQ}}\)

\(\begin{array}{l} + )\,\,\dfrac{{{S_{BMN}}}}{{{S_{BCD}}}} = \dfrac{{BM}}{{BC}}.\dfrac{{BN}}{{BD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9} \Rightarrow \dfrac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{2}{9}\\ + )\,\,\dfrac{{{V_{AMNP}}}}{{{V_{AMNC}}}} = \dfrac{{AP}}{{AC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow {V_{AMNP}} = \dfrac{1}{2}{V_{AMNC}}\\\,\,\,\,\,\,\dfrac{{{S_{NMC}}}}{{{S_{DBC}}}} = \dfrac{{d\left( {N;BC} \right).MC}}{{d\left( {D ;BC} \right).BC}} = \dfrac{{NB}}{{DB}}.\dfrac{{MC}}{{BC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{9}\\ \Rightarrow \dfrac{{{V_{AMNC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{4}{9} \Rightarrow {V_{AMNP}} = \dfrac{2}{9}{V_{ABCD}}\\ + )\,\,\dfrac{{{V_{APQN}}}}{{{V_{ACDN}}}} = \dfrac{{AP}}{{AC}}.\dfrac{{AQ}}{{AD}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{4}{5} = \dfrac{2}{5} \Rightarrow {V_{APQN}} = \dfrac{2}{5}{V_{ACDN}}\\\,\,\,\,\,\,\dfrac{{{S_{CND}}}}{{{S_{CBD}}}} = \dfrac{{DN}}{{DB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{{V_{ACDN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {V_{APQN}} = \dfrac{2}{{15}}{V_{ABCD}}\end{array}\)

\( \Rightarrow {V_{ABMNQ}} = {V_{ABMN}} + {V_{AMNP}} + {V_{ANPQ}} = \dfrac{2}{9}{V_{ABCD}} + \dfrac{2}{9}{V_{ABCD}} + \dfrac{2}{{15}}{V_{ABCD}} = \dfrac{{26}}{{45}}{V_{ABCD}}\).

Gọi \({V_1} = {V_{ABMNQ}},\,\,{V_2}\) là thể tích phần còn lại \( \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{26}}{{19}}\).

Chọn A.

Chia cả 2 vế của bất phương trình cho \({2^x} > 0\) ta được: \({\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 - m} \right){\left( {\dfrac{{3 - \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} - \left( {m + 1} \right) \ge 0\)

Nhận xét: \({\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x}.{\left( {\dfrac{{3 - \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} = 1\), do đó khi ta đặt \(t = {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x}\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {\left( {\dfrac{{3 - \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} = \dfrac{1}{t}\).

Phương trình trở thành : \(t + \left( {2 - m} \right)\dfrac{1}{t} - \left( {m + 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {t^2} - \left( {m + 1} \right)t + 2 - m \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {t^2} - t + 2 \ge m\left( {t + 1} \right) \Leftrightarrow m \le \dfrac{{{t^2} - t + 2}}{{t + 1}} = f\left( t \right)\,\,\forall t > 0 \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \dfrac{{{t^2} - t + 2}}{{t + 1}}\,\,\left( {t > 0} \right)\) ta có : \(f'\left( t \right) = \dfrac{{\left( {2t - 1} \right)\left( {t + 1} \right) - {t^2} + t - 2}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{{t^2} + 2t - 3}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t =  - 3\end{array} \right.\)

BBT :

Từ BBT \( \Rightarrow m \le 1\).

Kết hợp điều kiện đề bài \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left[ { - 10;1} \right]\end{array} \right. \Rightarrow \) có 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Gọi \(\alpha \) là góc giữa 2 mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {MNP} \right)\).

Dễ thây \(\Delta ABC\) là hình chiếu của \(\Delta MNP\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), do đó ta có

\({S_{ABC}} = {S_{MNP}}.\cos \alpha  \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{MNP}}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \alpha  = {30^0}\).

Chọn C.

Đặt \(t =  - x \Rightarrow dx =  - dt\).

Đổi cận : \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 \Rightarrow t = 2\\x = 2 \Rightarrow t =  - 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I =  - \int\limits_2^{ - 2} {f\left( { - t} \right)dt}  = \int\limits_{ - 2}^2 {f\left( { - x} \right)dx} \).

Theo bài ra ta có :  \(2f\left( x \right) + 3f\left( { - x} \right) = \dfrac{1}{{4 + {x^2}}} \Leftrightarrow 2\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( x \right)dx}  + 3\int\limits_{ - 2}^2 {f\left( { - x} \right)dx}  = \int\limits_{ - 2}^2 {\dfrac{{dx}}{{4 + {x^2}}}} \)

\( \Leftrightarrow 3I + 2I = \int\limits_{ - 2}^2 {\dfrac{{dx}}{{4 + {x^2}}}}  \Leftrightarrow I = \dfrac{1}{5}\int\limits_{ - 2}^2 {\dfrac{{dx}}{{4 + {x^2}}}} \).

Đặt \(x = 2\tan u\) ta có : \(dx = 2\dfrac{1}{{{{\cos }^2}u}}du = 2\left( {1 + {{\tan }^2}u} \right)du\)

Đổi cận : \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 \Rightarrow u = \dfrac{{ - \pi }}{4}\\x = 2 \Rightarrow u = \dfrac{\pi }{4}\end{array} \right.\).

Khi đó ta có \(I = \dfrac{1}{5}\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{2\left( {1 + {u^2}} \right)du}}{{4 + 4{{\tan }^2}u}}}  = \dfrac{1}{{10}}\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} {du}  = \left. {\dfrac{1}{{10}}u} \right|_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} = \dfrac{1}{{10}}\left( {\dfrac{\pi }{4} + \dfrac{\pi }{4}} \right) = \dfrac{\pi }{{20}}\).

Chọn A. 

Đặt \(t = \sqrt x  \Rightarrow dt = \dfrac{1}{{2\sqrt x }}dx \Rightarrow \dfrac{{dx}}{{\sqrt x }} = 2dt\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Leftrightarrow t = 1\\x = 4 \Rightarrow t = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I = 2\int\limits_1^2 {f\left( t \right)dt}  = 2\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  = 2.2 = 4\).

Chọn A.

TH1: \(0 < a < 1 \Rightarrow {\log _a}b > 0 = {\log _a}1 \Leftrightarrow 0 < b < 1\).

TH2: \(a > 1 \Rightarrow {\log _a}b > 0 = {\log _a}1 \Leftrightarrow b > 1\).

Vậy \(\left[ \begin{array}{l}0 < a,\,\,b < 1\\1 < a,\,\,b\end{array} \right.\).

Chọn B.

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

Tuy nhiên \(x = 0\) là nghiệm bội 2, \(x = 1\) là nghiệm bội 4 của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\), do đó chúng không là cực trị của hàm số. Vậy hàm số có duy nhất 1 điểm cực trị \(x =  - 1\).

Chọn B.

\(I = \int\limits_{ - 2}^5 {\left[ {f\left( x \right) - 4g\left( x \right) - 1} \right]dx}  \)

\(= \int\limits_{ - 2}^5 {f\left( x \right)dx}  - 4\int\limits_{ - 2}^5 {g\left( x \right)dx}  - \int\limits_{ - 2}^5 {dx} \)

\( = 8 - 4.\left( { - 3} \right) - \left. x \right|_{ - 2}^5 = 13\).

Chọn A.

Vì chóp \(S.ABCD\) đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Trong \(\left( {SOC} \right)\) kẻ \(OH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right)\).

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SOC} \right) \Rightarrow OH \bot BD\)

\( \Rightarrow OH\) là đoạn vuông góc chung của \(BD\) và \(SC\)\( \Rightarrow d\left( {BD;SC} \right) = OH\).

 \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a \Rightarrow OC = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  = \sqrt {5{a^2} - 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SOC\) : \(OH = \dfrac{{SO.OC}}{{SC}} = \dfrac{{a\sqrt 3 .a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{a\sqrt {30} }}{5}\).

Vậy \(d\left( {BD;SC} \right) = \dfrac{{a\sqrt {30} }}{5}\).

Chọn B.

\(P = \frac{{{{\left( {{a^{\sqrt 3  - 1}}} \right)}^{\sqrt 3  + 1}}}}{{{a^{4 - \sqrt 5 }}.{a^{\sqrt 5  - 2}}}} = \frac{{{a^{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}}}}{{{a^{4 - \sqrt 5  + \sqrt 5  - 2}}}} = \frac{{{a^{3 - 1}}}}{{{a^2}}} = 1.\)

Chọn A.

Đặt \(t = \cos x\) ta có \(x \in \left( {0;\dfrac{{3\pi }}{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1;1} \right)\), khi đó phương trình trở thành \(f\left( t \right) = m\).

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

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy phương trình \(f\left( t \right) = m\) có 2 nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ { - 1;1} \right)\) khi và chỉ khi \(m \in \left( {0;2} \right)\).

Chọn B.

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

Chọn A.

Tứ diện \(OABC\) vuông tại \(O \Rightarrow {V_{OABC}} = \dfrac{1}{6}OA.OB.OC = \dfrac{1}{6}.1.2.3 = 1\).

Chọn C.

TXĐ: \(D = \left[ { - 2;2} \right]\)

Ta có: \(y' = 1 - \dfrac{{ - 2x}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = 1 + \dfrac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \dfrac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} =  - 1 \Leftrightarrow  - x = \sqrt {4 - {x^2}}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\{x^2} = 4 - {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  - \sqrt 2 \).

\(\begin{array}{l}y\left( 2 \right) = 2;\,\,y\left( { - 2} \right) =  - 2;\,\,y\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - 2\sqrt 2 \\ \Rightarrow \max y = 2 = M,\,\,\min y =  - 2\sqrt 2  = m \Rightarrow M - m = 2 + 2\sqrt 2  = 2\left( {\sqrt 2  + 1} \right)\end{array}\).

Chọn D.

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,\dfrac{x}{{ - 2}} + \dfrac{y}{3} + \dfrac{z}{{ - 3}} = 1 \Leftrightarrow 3x - 2y + 2z + 6 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {3; - 2;2} \right)\) là 1 VTPT của \(\left( P \right)\).

Xét đáp án A: \(3x - 2y + 2z + 6 = 0\) có \(\overrightarrow a  = \left( {3; - 2;2} \right)\) là 1 VTPT và \(\overrightarrow a .\overrightarrow {{n_P}}  = 9 + 4 + 4 = 17 \ne 0\).

Xét đáp án B: \(2x + 2y - z - 1 = 0\) có \(\overrightarrow b  = \left( {2;2; - 1} \right)\) là 1 VTPT và \(\overrightarrow b .\overrightarrow {{n_P}}  = 6 - 4 - 2 = 0 \Rightarrow \overrightarrow b  \bot \overrightarrow {{n_P}} \).

Vậy \(\left( P \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(2x + 2y - z - 1 = 0\).

Chọn B.

\(I\) là trọng tâm của tứ diện \(ABCD \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} + {x_C} + {x_D}}}{4} = \dfrac{{1 - 2 + 3 + 6}}{4} = 2\\{y_I} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} + {y_C} + {y_D}}}{4} = \dfrac{{0 + 1 + 2 + 9}}{4} = 3\\{z_I} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} + {z_C} + {z_D}}}{4} = \dfrac{{2 + 3 + 4 - 5}}{4} = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;3;1} \right)\).

Chọn A.

Do \(\pi  \notin \mathbb{Z} \Rightarrow \) Hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\)

Chọn D.

Mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 6z + 9 = 0\) có tâm \(I\left( {1; - 2;3} \right)\) và \(R = \sqrt {1 + 4 + 9 - 9}  = \sqrt 5 \).

Chọn C.

Đặt \(t = {x^2} + 3 \Rightarrow dt = 2xdx \Rightarrow xdx = \dfrac{1}{2}dt\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 3\\x = 2 \Rightarrow t = 7\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow I = \dfrac{1}{2}\int\limits_3^7 {\dfrac{{dt}}{t}}  = \left. {\dfrac{1}{2}\ln \left| t \right|} \right|_3^7 = \dfrac{1}{2}\ln 7 - \dfrac{1}{2}\ln 3 = \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{7}{3}\).

Chọn D.

Mệnh đề sai là đáp án C, mệnh đề đúng phải là \(\int\limits_{}^{} {\dfrac{1}{x}dx}  = \ln \left| x \right| + C\).

Chọn C.

Ta có: \(f\left( x \right) - 1 = m \Leftrightarrow f\left( x \right) = m + 1\). 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 \(y = m + 1\) song song với trục hoành.

Từ BBT ta thấy để phương trình \(f\left( x \right) - 1 = m\) có đúng 2 nghiệm thì \(\left[ \begin{array}{l}m + 1 > 0\\m + 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >  - 1\\m =  - 2\end{array} \right.\).

Chọn C.

\(\overrightarrow a  =  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow a  = \left( { - 1;2; - 3} \right)\).

Chọn C.

Dựa vào bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) ta suy ra BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

\( \Rightarrow f\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Đặt \(y = g\left( x \right) = {\left( {f\left( {3 - x} \right)} \right)^2} \Rightarrow g'\left( x \right) =  - 2f\left( {3 - x} \right).f'\left( {3 - x} \right) \le 0\).

Với \(x = 4 \Rightarrow g'\left( 4 \right) =  - 2f\left( { - 1} \right)f'\left( { - 1} \right) < 0 \Rightarrow \) Loại đáp án C và D.

Với \(x = 6 \Rightarrow g'\left( 6 \right) =  - 2f\left( { - 3} \right)f'\left( { - 3} \right) > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án B.

Chọn A.

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

\( \Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ \(x = 1\) và \(y =  - 1\,\,\left( {{d_1}} \right)\) và phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ \(x =  - 1\) và \(y = 3\,\,\left( {{d_2}} \right)\).

Vậy \(d\left( {\left( {{d_1}} \right);\left( {{d_2}} \right)} \right) = 4\).

Chọn A.

Khối trụ tròn xoay có đường kính là \(2a\), chiều cao là \(h = 2a\) có thể tích là \(V = \pi {\left( a \right)^2}.2a = 2\pi {a^3}\).

Chọn B.

Dựa vào BBT ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y =  - \infty  \Rightarrow x = 0\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

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

Vậy hàm số đã cho có tổng 2 TCN và TCĐ.

Chọn D.

Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl\) trong đó \(r,\,\,l\) lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón.

Chọn D.

Đặt \(t = 2x \Rightarrow dt = 2dx\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = 1 \Rightarrow t = 2\end{array} \right. \Rightarrow I = \int\limits_0^2 {\dfrac{t}{2}.f'\left( t \right)\dfrac{{dt}}{2}}  = \dfrac{1}{4}\int\limits_0^2 {tf'\left( t \right)dt} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = t\\dv = f'\left( t \right)dt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dt\\v = f\left( t \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I = \dfrac{1}{4}\left[ {\left. {tf\left( t \right)} \right|_0^2 - \int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt} } \right] = \dfrac{1}{4}\left[ {2f\left( 2 \right) - 4} \right] = \dfrac{1}{4}\left( {2.16 - 4} \right) = 7\).

Chọn A.

Thể tích khối hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = a,\,\,AD = b,\,AA' = c\) là \(V = abc\).

Chọn C.

\({\log _6}5 = \dfrac{1}{{{{\log }_5}6}} = \dfrac{1}{{{{\log }_5}2 + {{\log }_5}3}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{{{{\log }_2}5}} + \dfrac{1}{{{{\log }_3}5}}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}} = \dfrac{{ab}}{{a + b}}\)

Chọn B.

Dựa vào các đáp án ta dễ dàng nhận thấy các đáp án A, C, D đúng, đáp án B sai.

Chọn B.

Do \({a_1} < {a_2} < {a_3} < {a_4} > {a_5} > {a_6} > {a_7}\) và các chữ số là khác nhau nên \(6 \le {a_4} \le 9\).

Do \({a_1} \ne 0 \Rightarrow 0 < {a_1} < {a_2} < {a_3}\).

TH1: \({a_4} = 6 \Rightarrow {a_1},{a_2},{a_3},{a_5},{a_6},{a_7} \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}\)

Chọn 3 số trong 6 số trên cho cặp \({a_1}{a_2}{a_3}\) có \(C_5^3\) cách chọn (không chọn số 0).

3 số còn lại có 1 cách chọn.

\( \Rightarrow \) Có \(C_5^3 = 10\) số. 10 số này thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH2: \({a_4} = 7 \Rightarrow {a_1},{a_2},{a_3},{a_5},{a_6},{a_7} \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}\).

Chọn 3 số trong 7 (không chọn số 0) số trên cho cặp \({a_1}{a_2}{a_3}\) có \(C_6^3\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_4^3\) cách chọn.

\( \Rightarrow \) Có \(C_6^3C_4^3 = 80\) số. 80 số này có thể có hoặc không có mặt chữ số 2.

+) Chọn 3 số trong 7 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp \({a_1}{a_2}{a_3}\) có \(C_5^3\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_3^3 = 1\) cách chọn.

\( \Rightarrow \) Có \(C_5^3 = 10\) số. 10 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH2 có 70 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH3: \({a_4} = 8 \Rightarrow {a_1},{a_2},{a_3},{a_5},{a_6},{a_7} \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7} \right\}\).

Chọn 3 số trong 8 số trên (không chọn số 0) cho cặp \({a_1}{a_2}{a_3}\) có \(C_7^3\) cách chọn.

         3 số còn lại có \(C_5^3\) cách chọn.

\( \Rightarrow \) Có \(C_7^3C_5^3 = 350\) số. 350 số này có thể có hoặc không có mặt chữ số 2.

+) Chọn 3 số trong 8 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp \({a_1}{a_2}{a_3}\) có \(C_6^3\) cách chọn.

             3 số còn lại có \(C_4^3 = 4\) cách chọn.

\( \Rightarrow \) Có \(C_6^3.C_4^3 = 80\) số. 80 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH3 có 350 – 80 = 270 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

TH4: \({a_4} = 9 \Rightarrow {a_1},{a_2},{a_3},{a_5},{a_6},{a_7} \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).

Chọn 3 số trong 9 số trên (không chọn số 0) cho cặp \({a_1}{a_2}{a_3}\) có \(C_8^3\) cách chọn.

         3 số còn lại có \(C_6^3\) cách chọn.

\( \Rightarrow \) Có \(C_8^3C_6^3 = 1120\) số.

+) Chọn 3 số trong 9 số trên (không chọn số 0; 2) cho cặp \({a_1}{a_2}{a_3}\) có \(C_7^3\) cách chọn.

3 số còn lại có \(C_5^3\) cách chọn.

\( \Rightarrow \) Có \(C_7^3.C_5^3 = 350\) số. 350 số này không có mặt chữ số 2.

Vậy TH4 có 1120 – 350 = 770 số thỏa mãn luôn có mặt chữ số 2.

Gọi A là biến cố: “Số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau thỏa mãn \({a_1} < {a_2} < {a_3} < {a_4} > {a_5} > {a_6} > {a_7}\) luôn có mặt chữ số 2”.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 10 + 70 + 270 + 770 = 1120\) cách.

\(n\left( \Omega  \right) = 9.9.8.7.6.5.4 = 544320\).

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{1120}}{{544320}} = \dfrac{1}{{486}}\).

Chọn B.

Đặt \(t =  - x \Rightarrow dt =  - dx\).

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow t =  - 1\\x =  - 1 \Rightarrow t = 1\end{array} \right.\) , khi đó:

\(I = \int\limits_{ - 1}^1 {\dfrac{{f\left( x \right)}}{{1 + {e^x}}}dx}  =  - \int\limits_1^{ - 1} {\dfrac{{f\left( { - t} \right)dt}}{{1 + {e^{ - t}}}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\dfrac{{f\left( { - x} \right)dx}}{{1 + \dfrac{1}{{{e^x}}}}}}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\dfrac{{{e^x}f\left( { - x} \right)dx}}{{1 + {e^x}}}} \)

Do \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn nên \(f\left( x \right) = f\left( { - x} \right)\,\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^1 {\dfrac{{{e^x}f\left( x \right)}}{{1 + {e^x}}}dx} \)

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

Chọn C.

Ta có \({V_{A.A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}V \Rightarrow {V_{ABCB'C'}} = \dfrac{2}{3}V\).

Chọn D.

Gọi \(a\) là cạnh của hình lập phương, khi đó thể tích của hình lập phương là \({V_1} = {a^3}\). Khi đó tỉ số \(\dfrac{{{V_2}}}{{{V_1}}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \({V_2}\) lớn nhất.

Khi đó hình trụ có chiều cao bằng cạnh của hình lập phương và có đường tròn đáy nội tiếp một mặt của hình lập phương.

\( \Rightarrow h = a,\,\,r = \dfrac{a}{2}\).

Khi đó \({V_2} = \pi {r^2}h = \pi {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2}.a = \dfrac{{\pi {a^3}}}{4}\)

Vậy \(k = \dfrac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \dfrac{\pi }{4}\).

Chọn A.

Dựa vào BBT ta dễ dàng nhận thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn C.

\(\lim \dfrac{{\sqrt {4{n^2} + 1}  - \sqrt {n + 2} }}{{2n - 3}} = \lim \dfrac{{\sqrt {4 + \dfrac{1}{{{n^2}}}}  - \sqrt {\dfrac{1}{n} + \dfrac{2}{{{n^2}}}} }}{{2 - \dfrac{3}{n}}} = \dfrac{2}{2} = 1\).

Chọn B.

\({\log _{\dfrac{2}{5}}}\left( {x - 4} \right) + 1 > 0 \Leftrightarrow {\log _{\dfrac{2}{5}}}\left( {x - 4} \right) >  - 1 \Leftrightarrow 0 < x - 4 < {\left( {\dfrac{2}{5}} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow 4 < x < \dfrac{{13}}{2}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {4;\dfrac{{13}}{2}} \right)\).

Chọn D.

Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ \(X = \left\{ {1;3;5;8;9} \right\}\) là \(A_5^4\) số.

Chọn D.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{S_5} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} + {u_5}\\{S_4} = {u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4}\end{array} \right. \Rightarrow {u_5} = {S_5} - {S_4} = {6^5} - 1 - \left( {{6^4} - 1} \right) = 6480\).

Chọn A.

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IA}  = \left( { - a; - 2 - b; - 1 - c} \right)\\\overrightarrow {IB}  = \left( { - 2 - a; - 4 - b;3 - c} \right)\\\overrightarrow {IC}  = \left( {1 - a;3 - b; - 1 - c} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {IC}  = \left( { - 5a + 1; - 5b + 3; - 5c + 1} \right)\)

\(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{5}\\b = \dfrac{3}{5}\\c = \dfrac{1}{5}\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {\dfrac{1}{5};\dfrac{3}{5};\dfrac{1}{5}} \right)\).

Khi đó ta có \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {MI}  + 3\overrightarrow {IC} } \right| = \left| {5\overrightarrow {MI} } \right| = 5MI\)

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của I trên \(\left( {Oxy} \right)\).\( \Rightarrow M\left( {\dfrac{1}{5};\dfrac{3}{5};0} \right)\).

Chọn A.

Ta có : \(y' = {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 4m\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left[ {1;4} \right]\) thì \(y' \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x - 4m \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right] \Leftrightarrow {x^2} + 2x \ge 2m\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow 2m \le \dfrac{{{x^2} + 2x}}{{x + 2}}\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\)

Đặt \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} + 2x}}{{x + 2}} \Rightarrow 2m \le f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right] \Leftrightarrow 2m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} f\left( x \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} + 2x}}{{x + 2}}\) trên \(\left[ {1;4} \right]\) ta có :

\(f'\left( x \right) = \dfrac{{\left( {2x + 2} \right)\left( {x + 2} \right) - {x^2} - 2x}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{{x^2} + 4x + 4}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 1 > 0\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right] \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {1;4} \right] \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{\left[ {1;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 1\).

Vậy \(2m \le 1 \Leftrightarrow m \le \dfrac{1}{2}\).

Chọn B.

\(\overrightarrow a ,\,\overrightarrow b \) cùng hướng \( \Leftrightarrow \exists k \ne 0\) sao cho \(\overrightarrow a  = k\overrightarrow b \).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = k.1\\m - 1 = 3k\\3 =  - 2nk\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 2\\m - 1 = 6\\3 =  - 4n\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 2\\m = 7\\n = \dfrac{{ - 3}}{4}\end{array} \right.\)

Chọn A.

Xét đáp án A ta có :

Hàm số \(y = {\left( {\dfrac{2}{e}} \right)^x}\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\).

Lại có \(\dfrac{2}{e} < 1 \Rightarrow \) Hàm số \(y = {\left( {\dfrac{2}{e}} \right)^x}\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn A.

Ta có: \({e^x} > 0\;\;\forall x \in R \Rightarrow \) đáp án A đúng.

\({e^{{x^2}}} \ge 1 \Leftrightarrow {e^{{x^2}}} \ge {e^0} \Leftrightarrow {x^2} \ge 0\;\;\forall x \in R \Rightarrow \) đáp án B đúng.

\({e^{ - x}} > 0\;\;\forall x \in R \Rightarrow \) đáp án C sai.

\( - 1 \le \sin x \le 1 \Leftrightarrow {e^{ - 1}} \le {e^{\sin x}} \le {e^1} \Leftrightarrow \frac{1}{e} \le {e^{\sin x}} \le e \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Chọn C.

Ta có \(BC \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow A'B\) là hình chiếu của \(A'C\) lên \(\left( {ABB'A'} \right)\)

\( \Leftrightarrow \angle \left( {A'C;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \angle \left( {A'C;A'B} \right) = \angle BA'C = {30^0}\).

\(BC \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow BC \bot A'B \Rightarrow \Delta A'BC\) vuông tại A’.

Xét tamg giác vuông A’BC có : \(A'B = BC.\cot {30^0} = \sqrt 3 \)

Xét tam giác vuông AA’B có : \(AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {3 - {x^2}} \)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.AB.AD = \sqrt {3 - {x^2}} .x = V\)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có \(\sqrt {3 - {x^2}} .x \le \frac{{3 - {x^2} + {x^2}}}{2} = \frac{3}{2} \Rightarrow {V_{\max }} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow 3 - {x^2} = {x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\). 

Chọn C.

Ta có: \({\left( {x - 2} \right)^{ - \frac{1}{3}}} > {\left( {x - 2} \right)^{ - \frac{1}{6}}} \Leftrightarrow 0 < x - 2 < 1 \Leftrightarrow 2 < x < 3.\)

Chọn A.

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A đến CD ta có: \({S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2}\) 

Đặt \(AH = x\;\;\left( {0 < x < 2} \right).\)

Khi đó áp dụng định lý Pi-ta-go ta có: \(DH = \sqrt {A{D^2} - A{H^2}}  = \sqrt {4 - {x^2}} .\)

Ta có: \(DH = CK = \sqrt {4 - {x^2}}  \Rightarrow CD = 2\sqrt {4 - {x^2}}  + 4.\)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2} = \frac{{\left( {4 + 2\sqrt {4 - {x^2}}  + 4} \right).x}}{2} = \frac{{\left( {8 + 2\sqrt {4 - {x^2}} } \right)x}}{2}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \left( {8 + 2\sqrt {4 - {x^2}} } \right)x = 8x + 2x\sqrt {4 - {x^2}} \;\;\left( {0 < x < 2} \right)\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 8 + 2\sqrt {4 - {x^2}}  - \frac{{4{x^2}}}{{2\sqrt {4 - {x^2}} }} = 8 + \frac{{2\left( {4 - {x^2}} \right) - 2{x^2}}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 8 + \frac{{4\left( {2 - {x^2}} \right)}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 8 + \frac{{4\left( {2 - {x^2}} \right)}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow 8\sqrt {4 - {x^2}}  + 4\left( {2 - {x^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {4 - {x^2}}  = {x^2} - 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 2 \ge 0\\4\left( {4 - {x^2}} \right) = {x^4} - 4{x^2} + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} \ge 2\\{x^4} = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} = 2\sqrt 3 \,\,\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow {S_{\,Max}} \Leftrightarrow {x^2} = 2\sqrt 3  \Rightarrow CD = 2\sqrt {4 - 2\sqrt 3 }  + 4 = 2\left( {\sqrt 3  - 1} \right) + 4 = 2\sqrt 3  + 2\end{array}\)

Khi đó chu vi của hình thang là:

\(P = AB + 2AD + CD = 4 + 2.2 + 2\sqrt 3  + 2 = 10 + 2\sqrt 3 .\) 

Chọn C.

Điều kiện: \(x,\;y \ne 0.\)

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\log _8}\left| x \right| + {\log _4}{y^2} = 5\\{\log _8}\left| y \right| + {\log _4}{x^2} = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{3}{\log _2}\left| x \right| + {\log _2}\left| y \right| = 5\\\frac{1}{3}{\log _2}\left| y \right| + {\log _2}\left| x \right| = 7\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _2}\left| x \right| + {\log _2}{\left| y \right|^3} = 15\\{\log _2}\left| y \right| + {\log _2}{\left| x \right|^3} = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _2}\left| {x{y^3}} \right| = 15\\{\log _2}\left| {{x^3}y} \right| = 21\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {x{y^3}} \right| = {2^{15}}\,\,\left( * \right)\\\left| {{x^3}y} \right| = {2^{21}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{{\left| {{x^3}y} \right|}}{{\left| {x{y^3}} \right|}} = 64 \Leftrightarrow {\left| {\frac{x}{y}} \right|^2} = 64 \Leftrightarrow \left| {\frac{x}{y}} \right| = 8 \Leftrightarrow \left| x \right| = 8\left| y \right|\end{array}\)

Thay vào (*) ta có \(8{y^4} = {2^{15}} \Leftrightarrow \left| y \right| = \sqrt[4]{{4096}} = 8\)

Khi đó ta có \(P = \left| x \right| - \left| y \right| = 8\left| y \right| - \left| y \right| = 7\left| y \right| = 7.8 = 56\) 

Chọn B.

Chu vi đường tròn đáy hình nón là: \(C = \frac{3}{4}.2\pi .3 = \frac{{9\pi }}{2} = 2\pi r \Rightarrow r = \frac{9}{4} = 2,25\,\,\left( {cm} \right)\).

Chọn A.