Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2}}{{ - x + 3}} = 0\) (hoặc \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 2}}{{ - x + 3}} = 0)\) nên đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án C

\(A = \frac{{{a^{\frac{1}{3}}}\sqrt b + {b^{\frac{1}{3}}}\sqrt a }}{{\sqrt[6]{a} + \sqrt[6]{b}}} = \frac{{{a^{\frac{1}{3}}}.{b^{\frac{1}{2}}} + {b^{\frac{1}{3}}}.{a^{\frac{1}{2}}}}}{{{a^{\frac{1}{6}}} + {b^{\frac{1}{6}}}}} = \frac{{{a^{\frac{1}{3}}}{b^{\frac{1}{3}}}\left( {{a^{\frac{1}{6}}} + {b^{\frac{1}{6}}}} \right)}}{{{a^{\frac{1}{6}}} + {b^{\frac{1}{6}}}}} = {a^{\frac{1}{3}}}{b^{\frac{1}{3}}} \Rightarrow m = n = \frac{1}{3}.\)

Vậy \(m.n = \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = \frac{1}{9}.\)

Đáp án B

Ta có bán kính đáy và chiều cao của hình nón đều bằng nửa cạnh huyền: \(r = h = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\) Do vậy thể tích của khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\)

Đáp án C

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 2.\)

Đáp án D

Khối lăng trụ tạo thành khi cho hình chữ nhật \(ABCD\) quay quanh \(AB\) có bán kính đáy là \[R = BC = 4,\] có đường cao là \(h = AB = 5.\) Vậy thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.4^2}.5 = 80\pi .\)

Đáp án B

Chọn ra 2 học sinh nam từ 4 học sinh nam, có \(C_4^2 = \frac{{4!}}{{2!.2!}} = 6\) (cách chọn)

Ứng với mỗi cách chọn ra 2 học sinh nam có 2 cách chọn ra 1 học sinh nữ từ 2 học sinh nữ.

Vậy có 6.2 = 12 cách chọn ra 3 học sinh trong đó có đúng 2 học sinh nam.

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) không có điểm cực tiểu.

Đáp án A

Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}.\)

Đạo hàm \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}},\) gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của tiếp tuyến với hệ số góc \(k = - 3\) ta có phương trình \(\frac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} = - 3 \Leftrightarrow {x_0} - 2 = \pm 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} = 1\end{array} \right..\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm \(M\left( {3;5} \right)\) là \(y = - 3x + 14.\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm \(M\left( {1; - 1} \right)\) là \(y = - 3x + 2.\)

Vậy đồ thị hàm số có hai tiếp tuyến trên với hệ số góc bằng \( - 3.\)

Đáp án B

Ta có: \(D = {\log _{{a^3}}}a = \frac{1}{3}{\log _a}a = \frac{1}{3}.\)

Đáp án B

Ta có: \(y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}}.\)

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ \({x_0} = - 1\) là

\(y'\left( { - 1} \right) = - \frac{1}{5}.\)

Đáp án C

Ta có \(y' = \frac{{\left( {2x - 1} \right)'}}{{\left( {2x - 1} \right)\ln 2}} = \frac{2}{{\left( {2x - 1} \right)\ln 2}}.\)

Đáp án C

Ta có \({u_6} = {u_1}.{q^5} = 5.{\left( { - 2} \right)^5} = - 160.\)

Đáp án A

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 2)}^ + }} f(x) = - \infty \end{array} \right.\]=>x = 0, x = -2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Mặt khác: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 0 = >y = 0\]là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị có tổng số 3 tiệm cận.

Đáp án B

Hàm số \(y = 3x + 2\) là hàm số bậc nhất có \(a = 3 >0\) nên hàm số luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Đáp án C

Ta có \(\frac{{{V_{A.A'B'C'}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{{\frac{1}{3}h.{S_{A'B'C'}}}}{{h.{S_{ABC}}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{A.A'B'C'}} = \frac{1}{3}V.\)

Mà \({V_{A.BCC'B'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{A.A'B'C'}} = V - \frac{1}{3}V = \frac{2}{3}V.\)

Đáp án C

Thiết diện là hình chữ nhật \(ABCD\) như hình vẽ. Ta có \(r = MA = 5 \Rightarrow AD = 10.\)

Chu vi hình chữ nhật là \(2\left( {AD + AB} \right) = 32 \Rightarrow l = AB = 6.\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi rl = 60\pi \) (đvdt).

Đáp án C

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {2x - 1} \right) = - 3 < 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {x + 1} \right) = 0.\)

Do \(x \to - {1^ + } \Rightarrow x >- 1 \Rightarrow x + 1 >0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {\frac{{2x - 1}}{{x + 1}}} \right) = - \infty .\)

Đáp án D

Phương trình \(3f\left( x \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{4}{3}.\) Đường thẳng \(y = \frac{4}{3}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 3 điểm phân biệt trên đoạn \(\left[ { - 2;4} \right]\) nên phương trình đã cho có 3 nghiệm thực trên đoạn \(\left[ { - 2;4} \right].\)

Đáp án A

Vì hàm số \(y = a{x^4} + b{x^2} + c\left( {a \ne 0} \right)\) là hàm bậc bốn trùng phương nên có tối đa 3 cực trị.

Đáp án C

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}.\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \frac{{2 - x}}{{x + 3}} = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \frac{{2 - x}}{{x + 3}} = + \infty .\)

Vậy: Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng \(x = - 3.\)

Đáp án A

\({5^{2 - x}} = 125 \Leftrightarrow {5^{2 - x}} = {5^3} \Leftrightarrow 2 - x = 3 \Leftrightarrow x = - 1.\)

Vậy: Phương trình đã cho có nghiệm \(x = - 1.\)

Đáp án A

Ta có \(f'\left( x \right) = {x^2}\left( {x - 1} \right) >0,\forall x >1\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right).\) Vậy chọn đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right).\)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Do đó, đáp án A, B, C loại.

Vì hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right).\) Chọn đáp án D.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\) (nhận).

\(y\left( 0 \right) = 0;y\left( { - 1} \right) = - 4;y\left( 2 \right) = - 4.\)

Vậy \(\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)

Đáp án B

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 2 \Rightarrow \) đường thẳng \(y = 2\)là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = - \infty \Rightarrow \) đường thẳng \(x = 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tâm đối xứng của đồ thị là \(A\left( {3;2} \right).\)

Đáp án A

Đường cong đã cho là đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) có hệ số \(a >0\) và đi qua điểm \(A\left( { - 1;3} \right)\) nên đường cong đã cho là đồ thị của hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1.\)

Đáp án C

Áp dụng công thức: \({S_{xq}} = \pi rl = 15\pi .\)

Đáp án D

Do \( - 2019 \in {\mathbb{Z}^ - }\) nên điều kiện xác định của hàm số là \(x - 6 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 6.\)

Vậy tập xác định của hàm số \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 6 \right\}.\)

Đáp án B

Ta có \({\log _{49}}28 = {\log _{{7^2}}}\left( {{2^2}.7} \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_7}{2^2} + {{\log }_7}7} \right) = {\log _7}2 + \frac{1}{2} = m + \frac{1}{2} = \frac{{2m + 1}}{2}.\)

Đáp án C

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB.\)

Tam giác \(OAB\) là tam giác cân nên \(OH \bot AB\)

Mặt khác \(SO \bot AB\) nên \(AB \bot \left( {SOH} \right)\) do đó \(\left( {SOH} \right) \bot \left( {SAB} \right)\) theo giao tuyến \(SH\)

Từ \(O\) kẻ \(OK \bot SH\) suy ra \(OK \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OK\)

Tam giác \(SAB\) là tam giác cân tại \(S\) (vì \(SA = SB)\)

Lại có \(\widehat {SAB} = {60^0}\) nên tam giác \(SAB\) là tam giác đều

Đặt \(SA = SB = AB = 2x;OA = r\)

Trong tam giác vuông \(SOA\) có \(SO = OA.\tan \widehat {SAO} = \frac{r}{{\sqrt 3 }}\)

Trong tam giác vuông \(SOH\) có \(OH = \sqrt {O{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{r^2} - {x^2}} \)

Trong tam giác đều \(SAB\) có \(SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = x\sqrt 3 \)

Ta có \(S{H^2} = S{O^2} + O{H^2} \Leftrightarrow 3{x^2} = \frac{{{r^2}}}{3} + {r^2} - {x^2} \Leftrightarrow r = x\sqrt 3 \)

Trong tam giác vuông \(SOH\) có \(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{r}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{r^2} - {x^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{3}{{{a^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{2{x^2}}} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy độ dài đường sinh của hình nón là \(l = SA = 2x = a\sqrt 2 .\)

Đáp án D

Gọi \(P',M'\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(A'C'.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}P'M//BC\\P'M \not\subset \left( {BCC'B'} \right)\\BC \subset \left( {BCC'B'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow P'M//\left( {BCC'B'} \right)\left( 1 \right)\)

Tương tự ta chứng minh được \(M'M//\left( {BCC'B'} \right)\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\left( {PP'MM'} \right)//\left( {BCC'B'} \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {PP'MM'} \right)//\left( {BCC'B'} \right)\\PM \subset \left( {PP'MM'} \right)\\HN \subset \left( {BCC'B'} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow d\left( {HN;PM} \right) = d\left( {\left( {PP'MM'} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)\)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AH\)

Trong tam giác vuông \(ABC\) có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = a\sqrt 3 \)

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(MP\) và \(HN\) là \(d\left( {MP;HN} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Đáp án A

\(y = 3a{x^2} + 2bx + c\)

Đồ thị hàm số đi xuống \( \Rightarrow a < 0\)

Đồ thị cắt trục tung tại tung độ dương \( \Rightarrow d >0\)

Hàm số đạt cực trị tại \(x = 0 \Rightarrow c = 0\)

\({x_1} + {x_2} >0 \Rightarrow - \frac{{2b}}{{3a}} >0 \Rightarrow 2b >0 \Rightarrow b >0.\)

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^4} - {x^2} - {m^2} - 10 = 0\left( * \right)\)

Đặt \(t = {x^2} \ge 0\)

\(\left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - t - {m^2} - 10 = 0\) có \[ac = - {m^2} - 10 < 0\]

\( \Rightarrow \) Phương trình luôn có hai nghiệm \({t_1},{t_2}\) trái dấu

Khi đó: \(A\left( {\sqrt {\frac{{1 + \sqrt {4{m^2} + 41} }}{2}} ;{m^2}} \right),B\left( { - \sqrt {\frac{{1 + \sqrt {4{m^2} + 41} }}{2}} ;{m^2}} \right)\)

\(\Delta OAB\) vuông tại \(O \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = 0.\)

\( - \frac{{1 + \sqrt {4{m^2} + 41} }}{2} + {m^4} = 0 \Leftrightarrow 2{m^4} = 1 + \sqrt {4{m^2} + 41} \Leftrightarrow \sqrt {4a + 41} = 2{a^2} - 1\) với \(\left( {a = {m^2}} \right)\)

\( \Rightarrow a = {m^2} = 2\)

Đáp án D

Ta có \(y' = 3{x^2} - 2x + 3m.\)

Để hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) thì \(y' \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow 3{x^2} - 2x + 3m \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \Delta ' \le 0 \Leftrightarrow 1 - 9m \le 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{9}.\) Mà \(m\) nguyên thuộc đoạn [-20;2] nên suy ra \(\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 2\end{array} \right..\)

Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Điều kiện: \(x \ne 0.\)

Ta có

\({3^x}{.5^{\frac{{2x - 1}}{x}}} = 15 \Leftrightarrow {3^x}{.5^{\frac{{2x - 1}}{x}}} = 3.5 \Leftrightarrow {3^{x - 1}}{.5^{\frac{{2x - 1}}{x} - 1}} = 1 \Leftrightarrow {5^{\frac{{x - 1}}{x}}} = \frac{1}{{{3^{x - 1}}}} \Leftrightarrow {5^{\frac{{x - 1}}{x}}} = {3^{ - \left( {x - 1} \right)}}\)

Lấy lôgarit cơ số 5 hai vế của phương trình ta được:

\(\frac{{x - 1}}{x}{\log _5}5 = - \left( {x - 1} \right){\log _5}3 \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{x} = - \left( {x - 1} \right){\log _5}3\)

$\iff [\begin{array}{l}x-1=0\\ \frac{1}{x}=-{\log }_{5}3\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-\frac{1}{{\log }_{5}3}\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-{\log }_{3}5\end{array}\left(TM\right)$

Vậy \(a = 3,b = 5\) nên \(P = a + 2b = 3 + 2.5 = 13.\)

Đáp án B

\(\Delta SAB\) vuông tại \(A\) có \(SB = a\sqrt 3 ,\widehat {ASB} = {30^0} \Rightarrow AB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},SA = \frac{{3a}}{2}.\)

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB.\) Vì \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AK \bot BC.\)

Mà \(SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB,BC \bot AB.\)

Do đó \(\Delta SBC\) vuông cân tại \(B,\Delta ABC\) vuông tại \(A.\)

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{3a}}{2}.\frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 3 = \frac{{3{a^3}}}{8} \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{V} = \frac{8}{3}.\)

Đáp án A

Với \(y = 0 \Rightarrow P = 1.\)

Với \(y \ne 0,\) đặt \(t = \frac{x}{y} \Rightarrow P = \frac{{{t^2} + t + 1}}{{{t^2} - t + 1}} \Rightarrow P' = \frac{{ - 2{t^2} + 2}}{{{{\left( {{t^2} - t + 1} \right)}^2}}}.\) Ta có BBT:

Vậy \(\frac{1}{3} \le P \le 3 \Rightarrow \min P = \frac{1}{3}.\)

Đáp án A

Ta có \(g\left( x \right) = a.x{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {a >0} \right)\)

\(f'\left( x \right) = a\left( {{x^2} - x - 2} \right)\left( {{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6} \right).x{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = a\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right).x{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = a{\left( {x + 1} \right)^3}{\left( {x - 2} \right)^3}{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 3} \right)x\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\\x = 1\\x = 3\\x = 0\end{array} \right.\). Trong đó \(x = 1\) là nghiệm kép, các nghiệm còn lại là nghiệm bội lẻ, nên \(f'\left( x \right)\) đổi dấu 4 lần khi qua các giá trị \(x = - 1;x = 0;x = 2;x = 3.\)

Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Đáp án D

Xét hàm số: \(y = \frac{1}{{f\left( x \right) + 2}}\)

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) \ne - 2\\x \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 2\\x \ne {x_0}\left( {{x_0} < 1} \right)\\x \ne 1\end{array} \right.\)

Tập xác định: \(D = \left\{ {\forall x \in \mathbb{R};x \ne 1,x \ne 2,x \ne {x_0}\left( {{x_0} < 1} \right)} \right\}.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {e^ + }} \frac{1}{{f\left( x \right) + 2}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {e^ - }} \frac{1}{{f\left( x \right) + 2}} = + \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{1}{{f\left( x \right) + 2}} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{f\left( x \right) + 2}} = + \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{f\left( x \right) + 2}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{1}{{f\left( x \right) + 2}} = 0\)

Vậy đồ thị \(y = \frac{1}{{f\left( x \right) + 2}}\) có 2 đường tiệm cận đứng \(x = 2,x = {x_0}\left( {{x_0} < 1} \right).\)

Đáp án C

Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn \(BC,\) vì \(\Delta ABC\) là tam giác vuông cân nên \(H\) là chân đường cao xuất phát từ đỉnh \(A\) đồng thời cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\)

Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy của lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là \(HC.\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot BB'\end{array} \right.\) nên \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right).\)

Suy ra \(HC\) là hình chiếu vuông góc của \(AC\) lên \(\left( {BCC'B'} \right).\)

Góc giữa \(AC'\) và mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\) là \(\widehat {AC'H} = {30^0}.\)

Đặt \(HC = x \Rightarrow AC = x\sqrt 2 .\)

Áp dụng định lý Pytago trong \(\Delta ACC'\) ta được \(AC' = \sqrt {2{x^2} + 4{a^2}} .\)

Áp dụng định lý Pytago trong \(\Delta HCC'\) ta được \[HC' = \sqrt {{x^2} + 4{a^2}} .\]

Xét \(\Delta AHC'\) vuông tại \(H\) có: \(\cos \left( {{{30}^0}} \right) = \frac{{HC'}}{{AC'}} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt {\frac{{{x^2} + 4{a^2}}}{{2{x^2} + 4{a^2}}}} .\)

Khi đó: \(\frac{3}{4} = \frac{{{x^2} + 4{a^2}}}{{2{x^2} + 4{a^2}}} \Leftrightarrow 6{x^2} + 12{a^2} = 4{x^2} + 16{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 .\)

Thể tích khối trụ có hai đáy là hai đường tròn ngoại tiếp của lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:

\(V = \pi {R^2}h = \pi {\left( {HC} \right)^2}CC' = \pi {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}.2a = 4\pi {a^3}.\)

Đáp án D

Ta có:$y\text{'}=\left({(x+2)}^{-2}\right)\text{'}=(x+2)\text{'}.(-2).{(x+2)}^{-3}=-2{(x+2)}^{-3}.$

$y"=(-2{(x+2)}^{-3})\text{'}=(-2)(x+2)\text{'}.(-3).{(x+2)}^{-4}=6{(x+2)}^{-4}.$

Vì $6y^2=6{\left({(x+2)}^{-2}\right)}^2=6{(x+2)}^{-4}$ nên  $y"-6y^2=0.$

Đáp án C

Do \(C'C\) vuông góc với mặt phẳng đáy nên hình chiếu của \(C'G\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là đoạn thẳng \(GC,\) do đó góc \(C'G\) và đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là $\widehat{C\text{'}GC}={30}^0$

Ta có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = C'C.{S_{ABCD}}\)

$S_{ABCD}=2S_{ABC}=2.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{3}$(Do tam giác ABC đều cạnh \(a)\)

\(CG = \frac{2}{3}CA = \frac{2}{3}a\)

Xét tam giác vuông \(C'CG:C'C = CG.\tan {30^0} = \frac{{2a}}{{3\sqrt 3 }}\)

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = C'C.{S_{ABCD}} = \frac{{2a}}{{3\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\)

Đáp án B

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( {x - 1} \right) - 1 \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( {x - 1} \right) \ge 1\)

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

Do đó hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1;0} \right).\)

Đáp án B

Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + {m^2} - 4.\)

\(y'\left( 3 \right) = 9 - 6m + {m^2} - 4 = {m^2} - 6m + 5 = 0\)

Ta có: \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 5\end{array} \right.\)

Có $y"=2x-2m.$

Với \(m = 5\) ta có: $y"\left(3\right)=6-10=-4<0.$Suy ra hàm số đạt cực đại tại x=3.

Với \(m = 1\) ta có $y"\left(3\right)=6-2=4>0$ suy ra hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 3\)

Đáp án C

Điều kiện: \(x >- 1;x \ne 0.\)

Phương trình tương đương \(\log \left( {mx} \right) = \log {\left( {x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow mx = {\left( {x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow m = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{x}.\)

Xét hàm số \[f(x) = \frac{{{{(x + 1)}^2}}}{x}\]trên \[( - 1; + \infty )\] ta có:

\[f'(x) = (x + 2 + \frac{1}{x})' = 1 - \frac{1}{{{x^2}}}\]

$f\text{'}\left(x\right)=0<=>[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}$

Ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào BBT, ta thấy TCBT $\iff [\begin{array}{l}m=4\\ m<0\end{array}\underset{m\in \mathbb{Z}}{\overset{m\in [-10;10]}{\to }}m\in \{-9;-8;\mathrm{...};-1;4\}$ có 10 giá trị \(m\) nguyên.

Đáp án B

Ta có \(AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},OE = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},SO = SE.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\sqrt 3 = \frac{a}{2}\)

\( \Rightarrow SA = \sqrt {O{A^2} + S{O^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

\( \Rightarrow {S_{xq}} = \pi .OA.SA = \pi .\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt {21} }}{6} = \frac{{{a^2}\pi \sqrt 7 }}{6}.\)

Đáp án B

Ta có \(n\left( \Omega \right) = C_{40}^3.\)

Gọi \(A\) là biến cố: “chọn 3 sản phẩm có ít nhất 1 sản phẩm tôt”.

Khi đó \(\overline A \) là biến cố: “chọn 3 sản phẩm không có sản phẩm tốt”.

Ta có \(n\left( {\overline A } \right) = C_{10}^3 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{C_{10}^3}}{{C_{40}^3}} = \frac{3}{{247}} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{3}{{247}} = \frac{{244}}{{247}}.\)

Đáp án D

Ta có \({\log _{{a^2}b\sqrt c }}x = \frac{1}{{{{\log }_x}{a^2}b\sqrt c }} = \frac{1}{{2{{\log }_x}a + {{\log }_x}b + \frac{1}{2}{{\log }_x}c}} = \frac{1}{{2.\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2}.\frac{1}{4}}} = \frac{{24}}{{35}}.\)

Đáp án D

Ta có \(y = \frac{{{x^2}}}{{f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) + 3} \right]}}\)

Nhận xét: \(f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) + 3} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = - 3\end{array} \right.\)

Dựa vào bbt ta có $[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0\\ f\left(x\right)=-3\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=a_1\in (0;1)\\ x=a_2>1\\ x=a_3<-2\\ x=a_4>a_2\\ x=0\end{array}(x=0$ là nghiệm bội chẵn)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to a_2^ + } y = + \infty \Rightarrow x = {a_2}\) là TCĐ

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to a_3^ + } y = + \infty \Rightarrow x = {a_3}\) là TCĐ

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to a_4^ + } y = + \infty \Rightarrow x = {a_4}\) là TCĐ

Vậy hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{{{f^2}\left( x \right) + 3f\left( x \right)}}\) có 4 TCĐ.

Đáp án A