Tứ diện \(OABC\) có \(OA,\,\,OB,\,\,OC\) đôi một vuông góc.

Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(OC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot OA\\OC \bot OB\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right)\).

Qua \(M\) dựng đường thẳng song song với OC, qua \(N\) dựng đường thẳng song song với \(OM\). Hai đường thẳng này cắt nhau tại \(I\).

\(\Delta OAB\) vuông tại \(O \Rightarrow M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OAB \Rightarrow IO = IA = IB\).

\(I \in IN \Rightarrow IO = IC \Rightarrow IO = IA = IB = IC \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp \(O.ABC\).

Ta có: \(OA = 1,\,\,OB = 2,\,\,OC = 3\)\( \Rightarrow OM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt {{1^2} + {2^2}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).

\(R = OI = \sqrt {I{M^2} + O{M^2}}  = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{5}{4}}  = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\).

Chọn D.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại  \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = a\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = a \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x - 1}}a \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = a \Leftrightarrow 2 = a\)  

Chọn C.

Xét tứ giác \(ABCE\) có \(AE//BC,\,\,AE = BC = a \Rightarrow ABCE\) là hình bình hành.

Lại có \(\angle BAE = {90^0}\,\left( {\,gt} \right),\,\,AB = BC \Rightarrow ABCE\) là hình vuông cạnh \(a\).

\( \Rightarrow \) Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông \(ABCE\) là \({R_d} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABCE\) là : \(R = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + R_d^2}  = \sqrt {\frac{{2{a^2}}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4}}  = a\)

Chọn B.

Phương trình: \(3{\sin ^2}x + 2\sin x.\cos x - co{s^2}x = 0\,\,\,\left( * \right)\)

\( + )\,\,\,cosx = 0 \Rightarrow {\sin ^2}x = 1\) không phải là nghiệm của phương trình (*)

\( + )\,\,cos\,x \ne 0\). Ta có:

\(\begin{array}{l}3{\sin ^2}x + 2\sin x.\cos x - co{s^2}x = 0 \Leftrightarrow 3\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} + 2\frac{{\sin x}}{{\cos x}} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 3.{\tan ^2}x + 2\tan x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan \,x =  - 1\\\tan \,x = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ - \pi }}{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\\x = acr\tan \frac{1}{3} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\end{array} \right.\end{array}\)

Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là \(x = \arctan \frac{1}{3} \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

Chọn C.

Hàm số \(y = {x^4} - {x^3} - x + 2019\) có bao nhiêu điểm cực trị?

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 3{x^2} - 1 \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 3{x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\\y'' = 12{x^2} - 6x \Rightarrow y''\left( 1 \right) = 12 - 6 = 6 > 0\end{array}\)

\( \Rightarrow x = 1\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\), hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;1} \right)\).

Do đó chỉ có đáp án B đúng vì \(\left( { - \infty ; - 2} \right) \subset \left( { - \infty ; - 1} \right) \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\).

Chọn B.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow \)Loại các đáp án A và D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0; - 1} \right) \Rightarrow \) Loại đáp án C. 

Chọn B.

Với \(\forall \,x > 0,\,x \ne 1\) ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{{\log }_3}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_{{3^2}}}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_{{3^3}}}x}} + ... + \dfrac{1}{{{{\log }_{{3^n}}}x}} = \dfrac{{190}}{{{{\log }_3}x}}\\ \Leftrightarrow {\log _x}3 + {\log _x}{3^2} + ... + {\log _x}{3^n} = 190.{\log _x}3\\ \Leftrightarrow {\log _x}\left( {{{3.3}^2}{{.3}^3}{{...3}^n}} \right) = 190.{\log _x}3\\ \Leftrightarrow {\log _x}{3^{1 + 2 + 3 + ... + n}} = 190.{\log _x}3\\ \Leftrightarrow {\log _x}{3^{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}} = 190.{\log _x}3 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}{\log _x}3 = 190.{\log _x}3\\ \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = 190 \Leftrightarrow n\left( {n + 1} \right) = 380 \Leftrightarrow n = 19\\ \Rightarrow P = 2n + 3 = 2.19 + 3 = 41\end{array}\)

Chọn B.

Ta có :

\(\begin{array}{l}{V_{ABCA'B'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{A.A'B'C'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\\ = \frac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{2}{3}V\end{array}\)

Chọn D.

Ta có \({A_5} = 80.{\left( {1 + 6,9\% } \right)^5} = 111,68\) (triệu đồng).

Chọn C.

Ta có BXD của \(f'\left( x \right)\) như sau :

Dựa vào BXD ta có :

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right),\,\,\left( {1;2} \right)\) và đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Dựa vào đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\)  ta thấy \(f'\left( x \right)\)đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\)

Chọn B.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) ta có :

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow CM \bot AB\).

\(\Delta ABD\) đều \( \Rightarrow DM \bot AB\)

\( \Rightarrow AB \bot \left( {MCD} \right) \Rightarrow AB \bot CD \Rightarrow \angle \left( {AB;CD} \right) = {90^0}\).

Chọn C.

Ta có: \(0 < \frac{1}{{1 + {a^2}}} < 1\;\;\forall \;\;a \ne 0.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - \infty ; - \frac{1}{2}} \right)\).

Chọn A.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\) và đạt cực tiểu tại \(x = 4.\)

Chọn C.

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

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {0; - 2} \right\}\)

Chọn B.

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

Chọn C.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB.\)

\(\Delta SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với \(\left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right).\)

\(\Delta SAB\) đều cạnh \(a \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

\(\begin{array}{l}{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle A = \frac{1}{2}{a^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\\ \Rightarrow {V_{SABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{8}.\end{array}\)

Chọn D.

Hàm số \(y = \ln \left( {{x^2} - 2x - m + 1} \right)\) xác định trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow {x^2} - 2x - m + 1 > 0\;\;\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\;\;\forall m\\1 + m - 1 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 0\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left[ { - 2018;\;2018} \right]\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \mathbb{Z}\\m \in \left[ { - 2018;\;0} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \left\{ { - 2018;\; - 2017;......; - 1} \right\}.\)

Vậy có 2018 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) cắt trục \(Ox\) tại 1 điểm qua điểm đó hàm số \(y = f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương nên điểm đó là điểm cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right).\)

Chọn A.

Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông có cạnh bằng \(4a \Rightarrow 2R = h = 4a \Rightarrow R = 2a\)  với \(R,\;h\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

\( \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .2a.4a = 16\pi {a^2}.\)

Chọn D.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 1,\) giá trị cực đại \({y_{CD}} = 2\)  và đạt cực tiểu tại \(x = 3,\) giá trị cực tiểu \({y_{CT}} =  - 1\).

Chọn C.

\(I = \int {\left( {{x^2} - 3x + \frac{1}{x}} \right)dx}  = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{3{x^2}}}{2} + \ln \left| x \right| + C.\)

Chọn  D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có dạng: \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(\left( { - 2;\; - 1} \right),\;\;\left( { - 1;\;3} \right),\;\left( {1; - 1} \right),\;\left( {2;\;3} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 =  - 8a + 4b - 2c + d\\3 =  - a + b - c + d\\ - 1 = a + b + c + d\\3 = 8a + 4b + 2c + d\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c =  - 3\\d = 1\end{array} \right. \Rightarrow y = {x^3} - 3x + 1.\)

Khi đó ta có đồ thị hàm số \(y = \left| {\left| {{x^3}} \right| - 3\left| x \right| + 1} \right|\) như hình vẽ sau.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 7 điểm cực trị.

Chọn B.

Ta có:  \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx}  \Rightarrow F'\left( x \right) = f\left( x \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{x - \cos x}}{{{x^2}}} = 0\;\;\;\left( {x \ne 0} \right)\\ \Leftrightarrow g\left( x \right) = x - \cos x = 0\end{array}\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = x - \cos x\) ta có \(g'\left( x \right) = 1 + \sin x \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Do đó hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Rightarrow \) Phương trình \(g\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất.

Chọn A.

Lấy điểm \(A' \in \left( {O'} \right),\,\,B' \in \left( O \right)\) sao cho \(AA',\,\,BB'\) song song với trục \(OO'\).

Khi đó ta có lăng trụ đứng \(OAB'.O'A'B\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{V_{OO'AB}} = {V_{OAB'.O'A'B}} - {V_{A.O'A'B}} - {V_{B.OAB'}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {V_{OAB'.O'A'B}} - \frac{1}{3}{V_{OAB'.O'A'B}} - \frac{1}{3}{V_{OAB'.O'A'B}} = \frac{1}{3}{V_{OAB'.O'A'B}}\\ \Rightarrow {V_{OO'AB}} = \frac{1}{3}.AA'.{S_{\Delta OAB'}} = \frac{1}{6}AA'.OA.OB.\sin \angle AOB'\\ = \frac{1}{6}.2a.2a.2a.\sin \angle AOB' = \frac{1}{6}.8{a^3}\sin \angle AOB' = \frac{{4{a^3}}}{3}\sin \angle AOB'\end{array}\)  

Do đó để \({V_{OO'AB}}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \sin \angle AOB' = 1 \Leftrightarrow \angle AOB' = {90^0} \Leftrightarrow OA \bot OB'\).

\( \Rightarrow O'A' \bot O'B \Rightarrow \Delta O'A'B\) vuông tại \(O' \Rightarrow A'B = O'A'\sqrt 2  = 2a\sqrt 2 \).

Ta có

\(\begin{array}{l}AA' \bot \left( {O'A'B} \right) \Rightarrow \angle \left( {AB;\left( {O'A'B} \right)} \right) = \angle ABA' = \alpha \\ \Rightarrow tan\alpha  = \frac{{AA'}}{{A'B}} = \frac{{2a}}{{2a\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array}\)

Chọn A.

Trong \(\left( {SBC} \right)\) qua \(G\) kẻ \(MN//BC\,\,\left( {M \in SB,\,\,N \in SC} \right)\). Khi đó mặt phẳng đi qua \(AG\) và song song với \(BC\) chính là mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\). Mặt phẳng này chia khối chóp thành 2 khối \(S.AMN\) và \(AMNBC\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC.\)

Vì \(MN//BC \Rightarrow \) Theo định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3}\left( { = \frac{{SG}}{{SH}}} \right)\).

\(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{4}{9}{V_{S.ABC}}\).

Mà \({V_{S.AMN}} + {V_{AMNBC}} = {V_{S.ABC}} \Rightarrow {V_{AMNBC}} = \frac{5}{9}{V_{S.ABC}} = V\).

Ta có \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B \Rightarrow AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}{a^2}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{6}\).

Vậy \(V = \frac{5}{9}.\frac{{{a^3}}}{6} = \frac{{5{a^3}}}{{54}}\).

Chọn A.

Đặt \(SA = BC = a,\,\,SB = AC = b,\,\,SC = AB = c\).

Dựng hình chóp \(S.A'B'C'\) sao cho \(A,\,\,B,\,\,C\) lần lượt là trung điểm của \(B'C',\,\,C'A',\,\,A'B'\).

Dễ thấy \(\Delta ABC\) đồng dạng với \(\Delta A'B'C'\) theo tỉ số \(\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta A'B'C'}}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{4}{V_{S.A'B'C'}}\).

Ta có \(AB,\,\,BC,\,\,CA\) là các đường trung bình của tam giác \(A'B'C'\)

\( \Rightarrow A'B' = 2AB = 2c;\,\,B'C' = 2BC = 2a,\,\,A'C' = 2AC = 2b\).

\( \Rightarrow \Delta SA'B',\,\,\Delta SB'C',\,\,\Delta SC'A'\) là các tam giác vuông tại \(S\) (Tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

\( \Rightarrow SA',\,\,SB',\,\,SC'\) đôi một vuông góc

 \({V_{S.A'B'C'}} = \frac{1}{6}SA'.SB'.SC' \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{{24}}SA'.SB'.SC'\).

Áp dụng định lí Pytago ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l}SA{'^2} + SB{'^2} = 4{c^2}\\SB{'^2} + SC{'^2} = 4{a^2}\\SA{'^2} + SC{'^2} = 4{b^2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA{'^2} = 2\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)\\SB{'^2} = 2\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)\\SC{'^2} = 2\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)\end{array} \right.\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{{24}}.\sqrt {8\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{{6\sqrt 2 }}\sqrt {\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)\left( {{a^2} + {c^2} - {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)} \end{array}\) 

Thay \(a = 3,\,\,b = 4,\,\,c = 2\sqrt 5  \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{\sqrt {390} }}{4}\).

Chọn D.

Giả sử \(A\left( {a;0;0} \right),\,\,B\left( {0;b;0} \right) \Rightarrow OA = \left| a \right|,\,\,OB = \left| b \right|\).

Tứ diện \(OABC\) có \(OA,\,\,OB,\,\,OC\) đôi một vuông góc.

Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(OC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot OA\\OC \bot OB\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right)\).

Giả sử \(A\left( {a;0;0} \right),\,\,B\left( {0;b;0} \right) \Rightarrow OA = \left| a \right|,\,\,OB = \left| b \right|\).

Tứ diện \(OABC\) có \(OA,\,\,OB,\,\,OC\) đôi một vuông góc.

Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(OC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot OA\\OC \bot OB\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right)\).

\(\begin{array}{l}R = OI = \sqrt {I{M^2} + O{M^2}}  = \sqrt {\frac{{{c^2}}}{4} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{4}}  = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {1 - a} \right)}^2} + 1} }}{2} = \frac{{\sqrt {2{a^2} - 2a + 2} }}{2}\\\;\;\; = \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} - a + 1} \right)} }}{2} = \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} - 2.a.\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{3}{4}} \right)} }}{2} = \frac{{\sqrt {2{{\left( {a - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{2}} }}{2} \ge \frac{{\sqrt 6 }}{4}\end{array}\)

Vậy \({R_{\min }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \Leftrightarrow a = \frac{1}{2} \Rightarrow b = \frac{1}{2}\).

Chọn A.

Gọi I là trung điểm của \(SA\).

Tam giác \(SAB,\,\,SAC\) vuông tại \(B,C \Rightarrow IS = IA = IB = IC \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\). Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A \Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

\( \Rightarrow IH \bot \left( {ABC} \right)\).

Gọi \(R\) là bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\). Theo bài ra ta có: \(\dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{{5\sqrt 5 \pi }}{6} \Leftrightarrow {R^3} = \dfrac{{5\sqrt 5 }}{8} = \dfrac{{\sqrt {125} }}{8} \Leftrightarrow R = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}\)

\( \Rightarrow IS = IA = IB = IC = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}\).

Xét tam giác vuông \(ABC\) có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = 2 \Rightarrow AH = 1\).

Xét tam giác vuông \(IAH\) có \(IH = \sqrt {I{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {\dfrac{5}{4} - 1}  = \dfrac{1}{2}\).

\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.1.\sqrt 3  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{I.ABC}} = \dfrac{1}{3}IH.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}}\end{array}\)

Ta có: \(SI \cap \left( {ABC} \right) = A \Rightarrow \dfrac{{d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right)}} = \dfrac{{SA}}{{IA}} = 2\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.ABC}}}}{{{V_{S.IBC}}}} = 2 \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 2{V_{I.ABC}} = 2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Xét tam giác vuông \(SAB\) cps \(IB = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow SA = 2IB = \sqrt 5  \Rightarrow SB = \sqrt {S{A^2} - A{B^2}}  = 2\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \dfrac{1}{2}.1.2 = 1\).

Ta có \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right).{S_{\Delta SAB}} \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta SAB}}}} = \dfrac{{3.\dfrac{{\sqrt 3 }}{6}}}{1} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Chọn A. 

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \cos \dfrac{{\pi x}}{2}\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du =  - \dfrac{\pi }{2}\sin \dfrac{{\pi x}}{2}dx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int\limits_0^1 {f'\left( x \right){\rm{cos}}\dfrac{{\pi x}}{2}{\rm{d}}x}  = \left. {\cos \dfrac{{\pi x}}{2}f\left( x \right)} \right|_0^1 + \dfrac{\pi }{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \dfrac{{\pi x}}{2}dx} \\ = f\left( 1 \right).\cos \dfrac{\pi }{2} - f\left( 0 \right)\cos 0 + \dfrac{\pi }{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \dfrac{{\pi x}}{2}dx} \\ = \dfrac{\pi }{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \dfrac{{\pi x}}{2}dx}  = \dfrac{{3\pi }}{4} \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \dfrac{{\pi x}}{2}dx}  = \dfrac{3}{2}\end{array}\)

Xét tích phân \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) + k\sin \dfrac{{\pi x}}{2}} \right]}^2}dx}  = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {\left[ {{f^2}\left( x \right) + 2kf\left( x \right)\sin \dfrac{{\pi x}}{2} + {k^2}{{\sin }^2}\dfrac{{\pi x}}{2}} \right]dx}  = 0\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{f^2}\left( x \right)dx}  + 2k\int\limits_0^1 {f\left( x \right)\sin \dfrac{{\pi x}}{2}dx}  + {k^2}\int\limits_0^1 {{{\sin }^2}\dfrac{{\pi x}}{2}dx}  = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{9}{2} + 2k\dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2}{k^2} = 0 \Leftrightarrow k =  - 3\end{array}\)

Khi đó ta có \(\int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right) - 3\sin \dfrac{{\pi x}}{2}} \right]}^2}dx}  = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) - 3\sin \dfrac{{\pi x}}{2} = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 3\sin \dfrac{{\pi x}}{2}\)

Vậy \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 3\int\limits_0^1 {{\rm{sin}}\dfrac{{\pi x}}{2}{\rm{d}}x}  = \left. { - 3\dfrac{{\cos \dfrac{{\pi x}}{2}}}{{\dfrac{\pi }{2}}}} \right|_0^1 = \left. {\dfrac{{ - 6}}{\pi }\cos \dfrac{{\pi x}}{2}} \right|_0^1 =  - \dfrac{6}{\pi }\left( {\cos \dfrac{\pi }{2} - \cos 0} \right) = \dfrac{6}{\pi }\)

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, đồ thị hàm số có TCĐ: \(x = \frac{1}{2} \Rightarrow \) loại đáp án B và C.

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

Chọn D.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{1 + 2 + 3 + .... + \left( {n - 1} \right) + n}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{n^2} + n}}{{2{n^2}}} = \frac{1}{2}.\)

Chọn  D.

\({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{ - {x^2}}} > \frac{{81}}{{16}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{ - {x^2}}} > {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{ - 4}} \Leftrightarrow  - {x^2} <  - 4 \Leftrightarrow {x^2} > 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x <  - 2\end{array} \right..\)

Chọn  A.

+) Loại đáp án A vì \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

+) Chọn B vì \(D = \mathbb{R}.\)

+) Loại đáp án C vì \(D = \left( {0; + \infty } \right).\)

+) Loại đáp án D vì: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

Chọn B.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại điểm \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1_{}^ + } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1_0^ - } f\left( x \right) = f\left( 1 \right).\)

Ta có: \(f\left( 1 \right) = 3.1 - 2 = 1.\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {3x - 2} \right) = 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {m{x^2} - mx + 1} \right) = m - m + 1 = 1\\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 1\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\end{array}\)

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\ln \left( {{x^2} - mx - 2019} \right) = \ln x\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - mx - 2019 = x\\x > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - \left( {m + 1} \right)x - 2019 = 0\,\,\,\,\left( * \right)\\x > 0\end{array} \right.\end{array}\)

Nhận thấy phương trình (*) có \(ac < 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có 2 nghiệm phân biệt, do đó \(\forall m \in \mathbb{R}\) phương trình (*) luôn có 1 nghiệm thỏa mãn \(x > 0\).

Chọn D.

Ta có:

+) Khẳng định i):  \(a > 2019 \Rightarrow {a^x} > {2019^x}\,\, \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow \) khẳng định sai.

+) Khẳng định ii): \(a > 2019 \Rightarrow {b^a} > {b^{2019}} \Leftrightarrow b > 1 \Rightarrow \) khẳng định sai.

+) Khẳng định iii): \(a > 2019 \Rightarrow {\log _b}a > {\log _b}2019 \Leftrightarrow b > 1 \Rightarrow \) khẳng định sai.

Chọn A.

Ta có: \(\angle BAC = \angle CAD = {60^0},\,\,AB = AC = AD = A\)

\( \Rightarrow \Delta ABC,\,\,\,\Delta ACD\) đều \( \Rightarrow BC = CD = a.\)

Có \(\angle BAD = {90^0} \Rightarrow BD = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2}}  = a\sqrt 2 .\)

\( \Rightarrow \Delta BCD\) vuông cân tại \(C.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BD.\) Kẻ \(KH \bot AC.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CH \bot BD\\AH \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {CAH} \right) \Rightarrow BD \bot KH\)

\( \Rightarrow d\left( {AC,\,BD} \right) = KH.\)

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có đường cao \(KH\) ta có:

\(KH = \frac{{HC.AH}}{{\sqrt {H{C^2} + H{A^2}} }} = \frac{{\frac{1}{4}B{D^2}}}{{\sqrt {\frac{1}{4}B{D^2} + \frac{1}{4}B{D^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}BD = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.a\sqrt 2  = \frac{a}{2}.\)

Chọn B.

Ta có: \(y' = 3\cos x - 4\sin x - \left( {\left| m \right| - 6} \right)\) 

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\cos x - 4\sin x - \left( {\left| m \right| - 6} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow 3\cos x - 4\sin x + 6 \ge \left| m \right|\,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Đặt \(f\left( x \right) = 3\cos x - 4\sin x + 6\) \( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \left| m \right| \le \mathop {\min }\limits_\mathbb{R} f\left( x \right)\)

Ta có: \(f\left( x \right) = 3\cos x - 4\sin x + 6 = 5\left( {\frac{3}{5}\cos x - \frac{4}{5}\sin x} \right) + 6 = 5\cos \left( {x + \alpha } \right) + 6\)

Với \(\cos \alpha  = \frac{3}{5},\,\,\sin \alpha  = \frac{4}{5}.\)

Vì \( - 1 \le \cos \left( {x + \alpha } \right) \le 1 \Rightarrow  - 5 \le 5\cos \left( {x + \alpha } \right) \le 5 \Rightarrow 1 \le f\left( x \right) \le 11\)

\( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \left| m \right| \le 1 \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 1 \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;\,0;\,1} \right\}.\)

Chọn D.

Số có 5 chữ số khác nhau sắp xếp theo chiều tăng dần từ tập số \(\left\{ {0;\,1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}\) là: \(C_7^5.\)

Số có 5 chữ số khác nhau sắp xếp theo chiều tăng dần từ tập số \(\left\{ {0;\,1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}\)có \(a = 0\)  là: \(1.C_6^4 = C_6^4.\)

Vậy số các chữ số cần tìm theo yêu cầu của đề bài là: \(C_7^5 - C_6^4.\)

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {2;\,3} \right)\)

\( \Rightarrow 3 = {a^2} \Leftrightarrow a = \sqrt 3 .\)

Chọn C.

Áp dụng định lí Pytago ta tính được \(SA = SB = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {4{R^2} + {R^2}}  = R\sqrt 5 \).

Ta có \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SO.AB = \frac{1}{2}.2R.2R = 2{R^2}\)

Nửa chu vi tam giác \(ABC\) là \(p = \frac{{SA + SB + AB}}{2} = \frac{{R\sqrt 5  + R\sqrt 5  + 2R}}{2} = R\left( {\sqrt 5  + 1} \right)\)

Do khối cầu nằm vừa khít trong hình nón nên bán kính cầu chính bằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(SAB\).

\( \Rightarrow r = \frac{{{S_{\Delta SAB}}}}{p} = \frac{{2{R^2}}}{{R\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}} = \frac{{2R}}{{\sqrt 5  + 1}}\).

\( \Rightarrow \) Thể tích khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi \frac{{8{R^3}}}{{{{\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}^3}}}\)

Thể tích khối cầu chính bằng thể tích phần nước dâng lên trong hình trụ có bán kính đáy R.

Gọi \(h\) là chiều cao cột nước dâng lên ta có \(V = \pi {R^2}h = \frac{4}{3}\pi \frac{{8{R^3}}}{{{{\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}^3}}} \Leftrightarrow h = \frac{{32R}}{{3{{\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}^3}}}\).

Chọn A

Thể tích hai khối trụ lần lượt là \({V_1} = \pi R_1^2{h_1},\,\,{V_2} = \pi R_2^2{h_2}\).

Ta có: \({V_1} = {V_2} \Leftrightarrow \frac{{\pi R_1^2{h_1}}}{{\pi R_2^2{h_2}}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}} \right)^2}\frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}} \right)^2}.\frac{9}{4} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}}} \right)^2} = \frac{4}{9} \Leftrightarrow \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{2}{3}\).

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( { - 2} \right) > 0\\f'\left( { - 0,5} \right) < 0\end{array} \right.\).

Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {OA}  = \left( {2;0;1} \right),\,\,\overrightarrow {OB}  = \left( {0;5 - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB}  = 2.0 + 0.5 + 1.\left( { - 1} \right) =  - 1\).

Chọn A.

Gọi \(O = AC \cap BD\), trong \(\left( {SBD} \right)\) gọi \(I = HK \cap SO\), trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(M = AI \cap SC\).

Khi đó ta có \(\left( {AHK} \right) \equiv \left( {AHMK} \right)\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\end{array}\).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \(AK \bot SC \Rightarrow SC \bot \left( {AHMK} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SC \bot HM\\SC \bot KM\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\\left( {SBC} \right) \supset HM \bot SC\\\left( {SCD} \right) \supset KM \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle \left( {HM;KM} \right) = \angle HMK\)

Ta có: \(AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot HM \Rightarrow \angle AHM = {90^0}\). Tương tự ta có \(\angle AKM = {90^0}\).

Xét tứ giác \(AHMK\) có :

\(\angle HAK + \angle AHM + \angle AKM + \angle HMK = {360^0} \Leftrightarrow \angle HMK = {360^0} - {40^0} - {90^0} - {90^0} = {140^0} > {90^0}\).

Vậy \(\angle \left( {HM;KM} \right) = {180^0} - {140^0} = {40^0} \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = {40^0}\).

Chọn A.

Đáp án A: \(\left\{ \begin{array}{l}OA = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\\OB = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 5\\OC = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 5\end{array} \right. \Rightarrow OA = OB = OC \Rightarrow O\) thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Chọn A.

Vì \(\left( P \right)//\left( {Oyz} \right) \Rightarrow \left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\) là 1 VTPT.

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(K\left( {4; - 5;7} \right)\) và nhận \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\) là 1 VTPT là: \(x - 4 = 0\).

Chọn B.

Gọi \(M\left( {a;b;c} \right)\). Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {OM}  = \left( {a;b;c} \right)\\\overrightarrow {OA}  = \left( {1; - 2; - 2} \right)\\\overrightarrow {OB}  = \left( {2;2;1} \right)\end{array} \right.\)

\(\cos \left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OA} } \right) = \frac{{a - 2b - 2c}}{{3\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }};\,\,\cos \left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OB} } \right) = \frac{{2a + 2b + c}}{{3\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Theo bài ra ta có : \(\left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OA} } \right) = \left( {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {OB} } \right) \Leftrightarrow a - 2b - 2c = 2a + 2b + c \Leftrightarrow a + 4b + 3c = 0\).

Vậy tập hợp các điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán thuộc mặt phẳng \(x + 4y + 3z = 0\).

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn D.