Đáp án B.

Đáp án C.

Nhìn vào bảng biến thiên ta dễ thấy cực tiểu của hàm số là 1.

Đáp án A.

Ta có \({\log _5}x \ge 2 \Leftrightarrow x \ge {5^2} \Leftrightarrow x \ge 25.\)

Tập nghiệm của bất phương trình trên là \(S = \left[ {25; + \infty } \right).\)

Đáp án D.

Ta có \( - 1 \le \cos x \le 1,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \mathop {Max}\limits_\mathbb{R} f\left( x \right) = 1.\)

Đáp án D.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 36.\) Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 36 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 3 \in \left[ {2;20} \right]\\x = - 2\sqrt 3 \notin \left[ {2;20} \right]\end{array} \right..\)

Mà \(f\left( 2 \right) = - 64,f\left( {2\sqrt 3 } \right) = - 48\sqrt 3 ,f\left( {20} \right) = 7280.\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {2;20} \right]} f\left( x \right) = f\left( {2\sqrt 3 } \right) = - 48\sqrt 3 .\)

Đáp án B.

Điều kiện: \(x >0.\)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \left( {0; + \infty } \right).\)

Đáp án B.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB.\) Do tam giác \(SAB\) là tam giác đều nên: \(SH \bot AB.\)

Vì \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\) nên: \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

\(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) (đường cao tam giác đều \(SAB).\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)

Đáp án A.

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi \(x \ne 0.\)

Vậy tập xác định của hàm số là: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

Đáp án B.

\(y = {\left( {0,5} \right)^x}\) nghịch biến \(\mathbb{R}\) vì \(a = 0,5 < 1.\)

Đáp án D.

Gọi \(M'\) là trung điểm của \(A'B'\)

Khi đó: \({V_{MPQN}} = {V_{MQNH}}\)

Ta có: \(KC' = \frac{1}{2}C'M'.C'O = \frac{1}{2}OM'\)

Đặt: \(OM' = x \Rightarrow C'O = \frac{1}{2}x;C'K = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}x + x} \right) = \frac{3}{4}x \Rightarrow KO = \frac{7}{4}M'O\)

\({S_{KPN}} = \frac{7}{4}{S_{PMM'}} = \frac{7}{4}.\frac{1}{2}.{S_{A'B'C'D'}} = \frac{7}{8}{S_{A'B'C'D'}}\)

Ta có: \({V_{MPKH}} = \frac{7}{8}.\frac{1}{3}V = \frac{7}{{24}}V;{V_{QPKA}} = \frac{7}{{72}}V \Rightarrow {V_{MPQS}} = \frac{{\frac{7}{{24}} - \frac{7}{{72}}}}{2}V = \frac{7}{{72}}V\)

Đáp án D.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{\log _4}a + 2{\log _4}b = 5\\2{\log _4}a + {\log _4}b = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _4}a = 3\\{\log _4}b = 1\end{array} \right..\)

Khi đó \(a = {4^3} = {2^6}\) và \(b = {4.2^2},\) suy ra \(a.b = {2^8}.\)

Đáp án D.

Ta có \({u_2} = {u_1}.q = 8.\)

Đáp án D.

Ta có \({5^{x - 1}} < {5^2} \Leftrightarrow x - 1 < 2 \Leftrightarrow x < 3.\)

Đáp án B.

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

Ta có bảng xét dấu như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên ta có hàm số \(y = f\left( {1 - x} \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 2; - 1} \right).\)

Đáp án D.

Ta có \({\log _2}\left( {x + 2} \right) \ge {\log _4}9 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) \ge {\log _2}3 \Leftrightarrow x + 2 \ge 3 \Leftrightarrow x \ge 1.\)

Đáp án B.

Thể tích khối chóp đã cho: \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.6.2 = 4.\)

Đáp án B.

Chọn 8 học sinh từ 12 học sinh và sắp xếp các học sinh ấy thành một hàng ngang nên số phần tử của khối gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = A_{12}^8 = 19958400\).

Gọi A là biến cố chọn được 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ để xếp thành một hàng ngang.

Ta chọn ra 5 học sinh nam từ 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ từ 5 học sinh nữ sau đó xếp thứ tự cho 8 bạn được chọn nên \(n\left( A \right) = C_7^5.C_5^3.8! = 84672000.\)

Xác suất để hàng ngang đó có 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ bằng

\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{14}}{{33}}.\)

Đáp án B.

Tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \mathbb{R}.\)

\(y' = 3{x^2} - 3.\)

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

nên hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = - 1\) và giá trị cực tiểu của hàm số là \(y\left( { - 1} \right) = 3.\)

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\) là \(\left( { - 1;3} \right).\)

Đáp án A.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge - 1\\x \ne 0\end{array} \right..\)

Ta chỉ xét với các giá trị nguyên của \(x.\)

Với \(x = \pm 1\) thay vào bất phương trình không thỏa mãn.

Với \(x \ge 2,\) bất phương trình tương đương với:

\(2x\sqrt {x + 1} \le \left( {4x - 6} \right){.2^{\frac{{16{x^2} - 48x + 36}}{{{x^2}}} - x}} \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} {.2^{{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2}}} \le \frac{{4x - 6}}{x}{.2^{{{\left( {\frac{{4x - 6}}{x}} \right)}^2}}}\left( * \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^{{t^2}}}.t\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) ta có: \(f'\left( t \right) = {2^{{t^2}}} + 2{t^2}{.2^{{t^2}}}.\ln 2 >0,\forall t >0.\)

Vậy hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right),\) khi đó:

\(\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {\sqrt {x + 1} } \right) \le f\left( {\frac{{4x - 6}}{x}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} \le \frac{{4x - 6}}{x}\)

\( \Leftrightarrow {x^2}\left( {x + 1} \right) \le 16{x^2} - 48x + 36 \Leftrightarrow {x^3} - 15{x^2} + 48x - 36 \le 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {{x^2} - 12x + 12} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 6 - 2\sqrt 5 \left( { \approx 1,101} \right)\\3 \le x \le 6 + 2\sqrt 5 \left( { \approx 10,898} \right)\end{array} \right..\)

Vậy bất phương trình có 8 nghiệm nguyên.

Đáp án C.

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại \(x = 0.\)

Đáp án C.

Ta đặt \(t = {2^x};t >0.\) Thay vào bất phương trình đã cho ta thu được: \({t^2} - 12t + 32 \le 0 \Leftrightarrow 4 \le t \le 8.\)

Suy ra \(4 \le {2^x} \le 8 \Leftrightarrow 2 \le x \le 3.\) Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left[ {2;3} \right].\)

Đáp án D.

Hàm số \(y = {2^x}\) có đạo hàm là \(y' = {2^x}.\ln 2.\)

Đáp án C.

Ta có \(\forall x \in \mathbb{N},n \ge 2\) ta có: \(f\left( n \right) >0.\)

Mặt khác: \(f\left( {n + 1} \right) = \frac{{\left( {{{\log }_5}2} \right)\left( {{{\log }_5}3} \right)\left( {{{\log }_5}4} \right)...\left( {{{\log }_5}n} \right)\left( {{{\log }_5}\left( {n + 1} \right)} \right)}}{{{3^{n + 1}}}} = f\left( n \right)\frac{{{{\log }_5}\left( {n + 1} \right)}}{3}.\)

\(f\left( {n - 1} \right) = \frac{{\left( {{{\log }_5}2} \right)\left( {{{\log }_5}3} \right)\left( {{{\log }_5}4} \right)...\left( {{{\log }_5}\left( {n - 1} \right)} \right)}}{{{3^{n - 1}}}} = f\left( n \right)\frac{3}{{{{\log }_5}n}}.\)

Vì \(a\) là giá trị nhỏ nhất nên: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( {n + 1} \right) \ge a\\f\left( {n - 1} \right) \ge a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( n \right)\frac{{{{\log }_5}\left( {n + 1} \right)}}{3} \ge a\\f\left( n \right)\frac{3}{{{{\log }_5}n}} \ge a\end{array} \right.\).

Để \(f\left( n \right) = a.\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( n \right)\frac{{{{\log }_5}\left( {n + 1} \right)}}{3} \ge f\left( n \right)\\f\left( n \right)\frac{3}{{{{\log }_5}n}} \ge f\left( n \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{{\log }_5}\left( {n + 1} \right)}}{3} \ge 1\\\frac{3}{{{{\log }_5}n}} \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _5}\left( {n + 1} \right) \ge 3\\3 \ge {\log _5}n\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow {5^3} - 1 \le n \le {5^3}.\)

Vậy có 2 số \(n\) nguyên thỏa mãn.

Đáp án B.

Ta có: \({x^2} - 4x \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 4\\x \le 0\end{array} \right..\)

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right).\)

Đáp án B.

Quan sát bảng biến thiên. Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right).\)

Đáp án B.

Điều kiện: \(x >0\)

Đặt \(t = {\log _2}x.\) Phương trình trở thành: \({t^2} + 2mt + 2m - 2 = 0\left( * \right).\)

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì (*) có 2 nghiệm phân biệt \({t_1},{t_2}\)

\( \Rightarrow \Delta ' >0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 2 >0 \Leftrightarrow \forall m \in \mathbb{R}.\) Khi đó: \({t_1} + {t_2} = - 2m,{t_1}{t_2} = 2m - 2.\)

Ta có: \({\log _2}{x_1} = {t_1},{\log _2}{x_2} = {t_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = {2^{{t_1}}}\\{x_2} = {2^{{t_2}}}\end{array} \right..\)

Từ điều kiện

\({x_1} \le 64{x_2} \le 4096{x_1}.\)

\( \Leftrightarrow {2^{{t_1}}} \le {2^6}{.2^{{t_2}}} \le {2^{12}}{.2^{{t_1}}} \Leftrightarrow {2^{{t_1}}} \le {2^{6 + {t_2}}} \le {2^{12 + {t_1}}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} - {t_2} \le 6\\{t_1} - {t_2} \ge - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left| {{t_1} - {t_2}} \right| \le 6\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{t_1} + {t_2}} \right)^2} - 4{t_1}{t_2} \le 36 \Leftrightarrow {\left( { - 2m} \right)^2} - 4\left( {2m - 2} \right) \le 36\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 7 \le 0\)

\( \Leftrightarrow 1 - 2\sqrt 2 \le m \le 1 + 2\sqrt 2 \)

Có 5 giá trị nguyên của \(m \in \left[ {1 - 2\sqrt 2 ;1 + 2\sqrt 2 } \right].\)

Đáp án A.

Ta có đồ thị hai hàm số \(y = {2^x}\) và \(y = {\log _2}x\) có đồ thị đối xứng với nhau qua đường thẳng \(d:y = x\) và \(I \in d.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB,\) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2{x_M}\\{y_A} + {y_B} = 2{y_M} \Rightarrow P = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{{{y_A} + {y_B}}} = \frac{{{x_M}}}{{{y_M}}}.\end{array} \right.\)

Theo giả thiết tam giác \(IAB\) vuông cân tại \(I\) nên trung điểm \(M\) của \(AB\) thuộc đường thẳng \(d,\) suy ra \({y_M} = {x_M}.\) Vậy \(P = \frac{{{x_M}}}{{{y_M}}} = 1.\)

Đáp án C.

Ta có: \(3f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{3}.\)

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với đường thẳng \(y = - \frac{1}{3}.\) Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 3 nghiệm thực.

Đáp án A.

Theo công thức ta có: \({\log _2}{a^3} = 3{\log _2}a.\)

Đáp án B.

Thể tích khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.5 = 45\pi .\)

Đáp án A.

Xét hàm số \(y = g\left( x \right) = 3f\left( {{x^2} - 2x - 1} \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right].\)

Ta có \(y' = g'\left( x \right) = 3\left( {2x - 2} \right).f'\left( {{x^2} - 2x - 1} \right).\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 2 = 0\\{x^2} - 2x - 1 = - 2\\{x^2} - 2x - 1 = - 1\\{x^2} - 2x - 1 = 1\\{x^2} - 2x - 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\\x = 2\\x = 1 + \sqrt 3 \notin \left[ { - 1;2} \right]\\x = 1 - \sqrt 3 \\x = - 1\\x = 3 \notin \left[ { - 1;2} \right]\end{array} \right.\)

Ta có \(x = - 1 \Rightarrow g\left( { - 1} \right) = 3.f\left( 2 \right) = 12\)

\(x = 1 - \sqrt 3 \Rightarrow g\left( {1 - \sqrt 3 } \right) = 3.f\left( 1 \right) = 15\)

\(x = 0 \Rightarrow g\left( 0 \right) = 3.f\left( { - 1} \right) = - 15\)

\(x = 1 \Rightarrow g\left( 1 \right) = 3.f\left( { - 2} \right) = - 12\)

\(x = 2 \Rightarrow g\left( 2 \right) = 3.f\left( { - 1} \right) = - 15\)

Ta có bảng biến thiên:

Trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) số nghiệm của phương trình \(3f\left( {{x^2} - 2x - 1} \right) = m\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = 3f\left( {{x^2} - 2x - 1} \right)\) với đường thẳng \(y = m.\) Vậy để phương trình có đúng hai nghiệm thực phân biệt trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) thì \(\left[ \begin{array}{l}m = - 12\\12 \le m < 15\end{array} \right..\) Vậy các giá trị nguyên của \(m\) là: \( - 12,12,13,14.\) Có bốn giá trị nguyên của \(m\) nên ta chọn đáp án A.

Đáp án A

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

Dựa vào đồ thị ta thấy \(a < 0\)

Hàm số có 2 cực trị dương nên \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta {'_y} >0\\S >0\\P >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} - 9ac >0\\ - \frac{{2b}}{{3a}} >0\\\frac{c}{{3a}} >0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b >0\\c < 0\end{array} \right.\)

Đồ thị cắt trục \(Oy\) tại điểm \(\left( {O;d} \right)\) nên \(d < 0\).

Vậy chọn đáp án A.

Đáp án D.

Ta có, diện tích mặt cầu \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {.2^2} = 16\pi .\)

Đáp án A.

Ta có, diện tích xung quanh của hình nón \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .3.5 = 15\pi .\)

Đáp án D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}.\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 - \frac{2}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}} = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{1 - \frac{2}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}} = 1\)

Vậy đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án C.

Gọi thiết diện thu được là hình vuông \(ABCD\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OH \bot AB\)

Mặt khác \(AD \bot OH\)

\( \Rightarrow OH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có \(OO'//\left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {OO';\left( {ABCD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ABCD} \right)} \right) = OH = 1\)

\(HA = \sqrt {O{A^2} - O{H^2}} = 2 \Rightarrow AB = 4 \Rightarrow AD = 4\)

Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng

\(V = \pi .OA'.AD = \pi .{\left( {\sqrt 5 } \right)^2}.4 = 20\pi .\)

Đáp án A.

Hình chiếu vuông góc của \(A\) xuống mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) là \(A' \Rightarrow \left( {\widehat {A'C,\left( {A'B'C'} \right)}} \right) = \widehat {AC'A'}\)

\(\Delta AA'C'\) vuông cân tại \(A \Rightarrow \widehat {AC'A'} = {45^0}\)

Vậy góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng đáy bằng \({45^0}.\)

Đáp án B

Đáp án D.

Mọi mặt phẳng đi qua tâm của hình cầu đều là mặt đối cứng của hình cầu. Vậy hình cầu có vô số mặt đối xứng.

Đáp án D.

Đặt \(t = \cos x,x \in \left[ { - \frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right].\)

Xét hàm số \(y = \frac{{t + m}}{{2 - t}}\) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\)

Ta có: \(y' = \frac{{2 + m}}{{{{\left( {2 - t} \right)}^2}}}.\)

Nếu \(2 + m >0 \Leftrightarrow m >- 2\) thì \(y' >0,\) hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;1} \right],\) suy ra:

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\frac{1}{2}} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{1} = 1 \Leftrightarrow m = 0.\)

Nếu \(2 + m < 0 \Leftrightarrow m < - 2\) thì \(y' < 0,\) hàm số nghịch biến trên \(\left[ {0;1} \right],\) suy ra:

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\frac{1}{2}} \right]} f\left( t \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow f\left( 0 \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{m}{2} = 1 \Leftrightarrow m = 2\) (không thỏa mãn).

Vậy \(m = 0 \Rightarrow \left| m \right| < 1.\)

Đáp án A.

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị của hàm bậc bốn và có hệ số \(a >0\) nên chọn A.

Đáp án D.

Ta có: \({\log _3}x = 2 \Leftrightarrow x = 9.\) Chọn D.

Đáp án A.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}.\)

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

Suy ra đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x + 1}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng: \(x = - 1.\)

Đáp án A.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Suy ra \(AM \bot BC\) và \(AM = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 .\)

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SM.\) Suy ra \[AK \bot SM\left( 1 \right).\]

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AK\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK.\)

Do \(I\) là trung điểm của \(AC\) nên \(d\left( {I,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{AK}}{2}.\)

Trong \(\Delta SAM\) có \(AK = \frac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy \(d\left( {I,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Đáp án C.

Một hình hộp có 4 mặt bên và 2 mặt đáy nên có tất cả 6 mặt.

Đáp án C.

Gọi thiết diện qua trục là tam giác đều \(ABC,\) khi đó \(AO = \frac{{BC\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow BC = 4\)

Khi đó diện tích thiết diện là \({S_{td}} = \frac{1}{2}AO.BC = \frac{1}{2}.2\sqrt 3 .4 = 4\sqrt 3 .\)

Đáp án A.

Ta thấy đồ thị có hai điểm cực

trị nên không thể là đồ thị hàm số trùng phương, loại đáp án B và D.

Dựa vào đồ thị ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \) nên loại phương án C.

Đáp án C.

Mỗi cách xếp 5 học sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của 5 học sinh đó.

Do đó số cách sắp xếp là 5! = 120.

Đáp án A.

Thể tích của khối lập phương cạnh bằng 2 là \(V = {2^3} = 8\) (đvtt).

Đáp án C.

Ta có: \({3^{x + 2}} = 27 \Leftrightarrow {3^{x + 2}} = {3^3} \Leftrightarrow x + 2 = 3 \Leftrightarrow x = 1.\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = 1.\)