Đáp án C.

\(\ln \left( {a{b^2}} \right) = \ln a + \ln {b^2} = \ln a + 2\ln b.\) Do đó câu A sai.

\(\ln \left( {ab} \right) = \ln a + \ln b\) nên câu B sai.

\(\ln \frac{a}{b} = \ln a - \ln b\) nên câu D sai.

Đáp án D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(y'\) đổi dấu từ âm sang dương khi \(x\) đi qua \({x_1} = - 1\) và \({x_3} = 1.\)

Mặt khác \(y\left( { - 1} \right) = y\left( 1 \right) = 0.\)

Vậy giá trị cực tiểu của hàm số là 0.

Đáp án D.

Số các tập con bằng số tổ hợp chập 6 của 26: \(C_{26}^6.\)

Đáp án C.

Phép vị tự tâm \(O\left( {0;0} \right)\) tỉ số \(k = 2\) biến điểm \(M\left( { - 6;1} \right)\) thành điểm \(M'\left( {x';y'} \right)\) thỏa mãn:

\(\left\{ \begin{array}{l}x' = - 6.2\\y' = 1.2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = - 12\\y' = 2\end{array} \right. \Rightarrow M'\left( { - 12;2} \right)\)

Đáp án B.

Hàm số \(y = {\log _a}x\) nghịch biến trên tập xác định khi \(0 < a < 1.\)

Vậy hàm số \(y = {\log _{\frac{2}{3}}}x\) nghịch biến trên tập xác định.

Đáp án D.

Ta có \(1 - \cos 2x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = k2\pi \Leftrightarrow x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(\left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)

Đáp án D.

Thể tích của khối chóp là \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.10.3 = 10\) (đvtt).

Đáp án C.

Ta có: \({u_4} = {u_1}.{q^3},\) do đó \(q = \sqrt[3]{{\frac{{{u_4}}}{{{u_1}}}}} = \sqrt[3]{{\frac{{64}}{1}}} = 4.\)

Đáp án A.

Do hàm số \(y = {\left( {{x^2} - x} \right)^{ - 3}}\) có số mũ nguyên âm nên điều kiện xác định là \({x^2} - x \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne 1\end{array} \right..\)

Vậy tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {0;1} \right\}.\)

Đáp án C.

+ Ta có hàm số \(y = \frac{x}{2}\) và \(y = {x^3} + 3x\) là hai hàm đa thức nên không có tiệm cận ngang.

+ Xét hàm số: \(y = \frac{1}{x}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{x} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{x} = 0\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 0.\)

+ Xét hàm số: \(y = \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}} = - \infty \) nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Đáp án C.

Ta có đáy là hình vuông \(ABCD\) nên diện tích đáy là \(B = {a^2},SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên đường cao \(h = SA = a.\)

Vậy thể tích của chóp \(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{{{a^2}}}{3}.\)

Đáp án B.

Đáp án B.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}3 - 2x \ge 0\\5 - 6x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le \frac{3}{2}\\x \le \frac{5}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow x \le \frac{5}{6}.\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - \infty ;\frac{5}{6}} \right].\)

Đáp án C.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)

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

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

BBT

Đáp án A.

Theo đồ thị trê ta có hàm số đang xét dạng \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) với \(a >0,\) đồ thị đi qua điểm cực trị \(A\left( {0;1} \right)\) và \(B\left( {2; - 3} \right)\) nên ta chọn đáp án A.

Đáp án A.

Điều kiện \({x^2} - 2020x >0 \Leftrightarrow x < 0 \cup x >2020.\)</>

\({\log _3}\left( {{x^2} - 2020x} \right) = 2021 \Leftrightarrow {x^2} - 2020x = {3^{2021}} \Leftrightarrow {x^2} - 2020x - {3^{2021}} = 0.\)

Vậy phương trình có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa \({x_1} + {x_2} = 2020.\)

Đáp án D.

Từ đồ thị hàm số ta suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.

Đáp án D.

Điều kiện: \(x >0\)

Phương trình \(\log _2^2x = {\log _2}\frac{{{x^4}}}{2} \Leftrightarrow \log _2^2x = {\log _2}{x^4} + {\log _2}2 \Leftrightarrow \log _2^2x - 4{\log _2}x - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 2 + \sqrt 5 \\{\log _2}x = 2 - \sqrt 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {2^{2 + \sqrt 5 }}\\x = {2^{2 - \sqrt 5 }}\end{array} \right.\)

Tích hai nghiệm là \({2^{2 - \sqrt 5 }}{.2^{2 + \sqrt 5 }} = {2^4} = 16.\)

Đáp án C.

Xét hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{3x}}\) có \(y' = \frac{3}{{9{x^2}}} >0,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Vậy hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{3x}}\) không có cực trị.

Đáp án C.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(y = 2x - \frac{{13}}{4}\) và \(y = \frac{{{x^2} - 1}}{{x + 2}}\) là

\(2x - \frac{{13}}{4} = \frac{{{x^2} - 1}}{{x + 2}} \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {8x - 13} \right) = 4\left( {{x^2} - 1} \right)\) (với \(x \ne - 2)\)

\( \Leftrightarrow 4{x^2} + 3x - 22 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{{11}}{4}\\x = 2\end{array} \right..\)

Vậy hoành độ các giao điểm của hai đồ thị đã cho là \(x = - \frac{{11}}{4};x = 2.\)

Đáp án A.

Ta có

Suy ra hàm số đạt cực đại tại \(x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3},{y_{CD}} = \frac{{4\sqrt 6 }}{9}\). Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},{y_{CT}} = - \frac{{4\sqrt 6 }}{9}\)

Vậy: \({y_{CT}} = - {y_{CD}}.\)

Đáp án D.

Ta có \(y' = \left( {{7^{{x^2}}}} \right)' = \left( {{x^2}} \right)'{.7^{{x^2}}}.\ln 7 = 2x{.7^{{x^2}}}.\ln 7\)

Đáp án D.

Ta có \(A{B^2} + B{C^3} = A{C^2} \Rightarrow AB = BC = a \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = {S_{ABC}}.BB' = \frac{{{a^2}}}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{2}.\)

Đáp án A.

Tập xác định của hàm số \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\};y' = \frac{{8 - m}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}.\)

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định \( \Leftrightarrow y' >0,\forall x \ne m \Leftrightarrow 8 - m >0 \Leftrightarrow m < 8.\)

Vậy có 7 giá trị nguyên dương của \(m\) là \(1;2;3;4;5;6;7.\)

Đáp án A.

Ta có \(y' = - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0\) với mọi \(x \in \left[ {0;4} \right].\) Suy ra, hàm số luôn nghịch biến trên \(\left[ {0;4} \right].\)

Vậy \({y_{\min }} = y\left( 4 \right) = \frac{{11}}{5}.\)

Đáp án B.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 2x + m.\)

Hàm số có hai điểm cực trị khi \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt.

\( \Leftrightarrow \Delta ' >0 \Leftrightarrow 1 - 3m >0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{3}.\)

Đáp án A.

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {{{\log }_3}\left( {2x + 1} \right)} \right)' = \frac{{\left( {2x + 1} \right)'}}{{\left( {2x + 1} \right)\ln 3}} = \frac{2}{{\left( {2x + 1} \right)\ln 3}}\)

Vậy đáp án đúng là đáp án A.

Đáp án B.

Phương trình \({2^{{x^2} + x - 3}} = 8 \Leftrightarrow {x^2} + x - 3 = 3 \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 3\\{x_2} = 2\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow a + b = - 3 + 2 = - 1\)

Vậy \(a + b = - 1.\)

Đáp án A.

Ta có \(\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{4}.\)

Đáp án A.

Nhận thấy hàm số mũ đồng biến và hàm số lôgarit nghịch biến trên tập xác định nên \(a >1,0 < b < 1.\)

Đáp án C.

Đáp án A.

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 2\end{array} \right..\) Trong đó \(x = - 1\) là nghiệm bội chẵn.

Bảng xét dấu:

Đạo hàm đổi dấu 2 lần qua \(x = 0,x = 2\) nên hàm số có 2 cực trị.

Đáp án B.

Điều kiện để hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi: \({x^2} - 5x - 6 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x >6\end{array} \right..\)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {6; + \infty } \right).\)

Đáp án B.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC.\) Theo bài ta có \(M \in \left( \alpha \right).\)

Vì mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua trung điểm của \(AC\) và song song với \(AB,CD.\) Nên:

- Từ \(M,\) kẻ đường thẳng song song với \(AB,\) cắt \(BC\) tại \(Q,\) khi đó \(MQ\) là đường trung bình của \(\Delta ABC.\)

=>\[\left\{ \begin{array}{l}MQ//AB\\MQ = \frac{1}{2}AB\end{array} \right. = >Q\]là trung điểm của BC.

- Từ \(Q,\) kẻ đường thẳng song song với \(CD,\) cắt \(BD\) tại \(P.\) Tương tự ta cũng có \(\left\{ \begin{array}{l}QP//CD\\QP = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\) và \(P\) là trung điểm của \(BD.\)

- Từ \(M,\) kẻ đường thẳng song song với \(CD,\) cắt \(AD\) tại \(N.\) Tương tự ta cũng có \(\left\{ \begin{array}{l}MN//CD\\MN = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\) và \(N\) là trung điểm của \(AD.\) Khi đó suy ra \(NP//AB\) và \(\left\{ \begin{array}{l}NP//AB\\NP = \frac{1}{2}AB\end{array} \right.\).

Như vậy \(M,N,P,Q \in \left( \alpha \right),\left\{ \begin{array}{l}MQ//NP//AB\\MQ = NP = \frac{1}{2}AB\end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l}MN//PQ//CD\\MN = PQ = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\left( 1 \right).\)

Đáp án B.

Có 9 mặt đối xứng của khối lập phương.

Trong đó có 3 mặt phẳng đi qua trung điểm 4 cạnh song song với nhau chia khối lập phương thành 2 khối hộp chữ nhật.

Sáu mặt còn lại chia khối lập phương thành 2 khối lăng trụ tam giác bằng nhau.

Đáp án D.

Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - \sqrt {{x^2} + 2x} }}{{{x^2} + mx - m - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 2x}}{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2x} } \right)\left( {{x^2} + mx - m - 3} \right)}} = 0\)

Và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - \sqrt {{x^2} + 2x} }}{{{x^2} + mx - m - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + x\sqrt {1 + \frac{1}{x}} }}{{{x^2} + mx - m - 3}} = 0\)

Vậy hàm số luôn có một tiệm cận ngang.

Để đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận khi và chỉ khi đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng.

Yêu cầu bài toán tương đương \({x^2} + mx - m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm bằng 0 hoặc \({x^2} + mx - m - 3 = 0\) có một nghiệm duy nhất khác 0.

Trường hợp 1: \({x^2} + mx - m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm bằng 0.

\( \Leftrightarrow - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m = - 3\)

Trường hợp 2: \({x^2} + mx - m - 3 = 0\) có một nghiệm duy nhât khác \(0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne - 3\\\Delta = {m^2} + 4m + 12 = 0\end{array} \right.\)

Trường hợp này không tồn tại \(m.\)

Vậy \(m = - 3 \in \left( { - 5;2} \right).\) Ta chọn đáp án D.

Đáp án D.

Gọi \(x\) đồng \(\left( {30 < x < 50} \right)\) là giá bán bưởi mới để cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất.

Suy ra giá bán ra đã giảm là \(50 - x\) đồng.

Số lượng bưởi bán ra đã tăng thêm là \(\frac{{50\left( {50 - x} \right)}}{5} = 500 - 10x.\)

Tổng số bưởi bán được là \(40 + 500 - 10x = 540 - 10x.\)

Doanh thu của cửa hàng là \(\left( {540 - 10x} \right)x.\)

Số tiền vốn ban đầu để mua bưởi là \(\left( {540 - 10x} \right)30.\)

Vậy lợi nhuận của cửa hàng là \(\left( {540 - 10x} \right)x - \left( {540 - 10x} \right)30 = - 10{x^2} + 840x - 16200.\)

Ta có: \(f\left( x \right) = - 10{x^2} + 840x - 16200 = - 10{\left( {x - 42} \right)^2} + 1440 \le 1440.\)

Suy ra \(\max f\left( x \right) = 1440\) khi \(x = 42.\)

Vậy giá bán mỗi quả là 42.000 đồng thì cửa hàng thu được lợi nhuận lớn nhất

Đáp án B.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AH \bot BC\) với \(H \in BC.\)

Do \(BB' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BB' \bot AH.\) Suy ra \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right).\)

Khi đó góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\) là góc giữa đường thẳng \(AC'\) và đường thẳng \(HC'\) hay là góc \(\widehat {AC'H}.\)

Ta có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + {a^2}} = 2a;AC' = AC\sqrt 2 = a\sqrt 2 \)

Khi đó trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AH.BC = AB.AC \Leftrightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Trong tam giác \(AHC'\) vuông tại \(H\) ta có: \(\sin \widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{AC'}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}.\)

Đáp án B.

Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên góc giữa \(SC\) với mặt phẳng đáy là góc \(\left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA} = {30^0}.\)

Trong tam giác vuông \(SAC:SA = AC.\tan {30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Vậy thể tích hình chóp là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{{12}}.\)

Đáp án D.

Ta có \(f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - 1\)

Từ BBT ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = - 1\) có 2 nghiệm phân biệt.

Đáp án A.

Ta có \(AB//CD\) nên \(AB//\left( {SCD} \right),\) mà \(CM \subset \left( {SCD} \right).\)

Do đó \(d\left( {AB,CM} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right).\)

Kẻ \(AH \bot SD\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AH \bot CD.\)

Khi đó \(AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH.\)

Xét tam giác \(SAD\) vuông tại \(A,AH = \sqrt {\frac{{S{A^2}.A{D^2}}}{{S{A^2} + A{D^2}}}} = \sqrt {\frac{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}.{a^2}}}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {a^2}}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Vậy \(d\left( {AB,CM} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Đáp án B.

Kẻ \(AH \bot SB\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AH \bot BC.\)

Khi đó \(AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH.\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(A,AH = \frac{{SB}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Đáp án C.

Gọi \(O = AC \cap BD.\)

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Theo bài ra ta có: \(OA = \frac{1}{2}AC = a\sqrt 2 .\)

Xét tam giác \(SOA\) vuông tại \(O\) ta có: \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 7 .\)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) bằng: \({S_{ABCD}} = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}.\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) bằng: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 7 .4{a^2} = \frac{{4\sqrt 7 {a^3}}}{3}.\)

Đáp án B.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x + m\)

Hàm số đã cho có cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt.

Hay: \(\Delta ' = 9 - 3m >0 \Leftrightarrow m < 3.\left( 1 \right)\)

Khi đó \(y' = 0\) có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = \frac{m}{3}\end{array} \right.\)

Theo bài ra: \(x_1^2 + x_2^2 = 6 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 6 \Leftrightarrow {2^2} - \frac{{2m}}{3} = 6 \Leftrightarrow m = - 3\) (thỏa mãn (1)).

Vậy với \(m = - 3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A.

Ta có \(y' = m + \frac{3}{{{x^4}}} + 6{x^2}.\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow \frac{3}{{{x^4}}} + 6{x^2} \ge - m,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right).\)

Mặt khác \(\forall x \in \left( {0; + \infty } \right),\frac{3}{{{x^4}}} + 6{x^2} = 3\left( {\frac{1}{{{x^4}}} + {x^2} + {x^2}} \right) \ge 9.\)

Vậy \( - m \le 9 \Leftrightarrow m \ge - 9.\)

Đáp án C.

Điều kiện \(x >0.\)

Ta có

\(\log _2^2\left( {3x} \right) + {\log _3}\left( {9x} \right) - 7 = 0 \Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_3}x} \right)^2} + 2 + {\log _3}x - 7 - 0 \Leftrightarrow \log _3^2x + 3{\log _3}x - 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 1\\{\log _3}x = - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = \frac{1}{{81}}\end{array} \right..\)

Vậy tổng các nghiệm bằng \(\frac{{244}}{{81}}.\)

Đáp án A.

Phương trình đã cho tương đương

\({\left( {{3^x}} \right)^3} + 3x.{\left( {{3^x}} \right)^2} + \left( {3{x^2} + 1} \right){.3^x} = \left( {{m^3} - 1} \right){x^3} + \left( {m - 1} \right)x\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{3^x} + x} \right)^3} + {3^x} + x = {\left( {mx} \right)^3} + mx\left( * \right)\)

Xét hàm số \(f\left( u \right) = {u^3} + u,f'\left( u \right) = 3{u^2} + 1 >0,\forall u \in \mathbb{R}.\)

Phương trình (*) tương đương \(f\left( {{3^x} + x} \right) = f\left( {mx} \right)\)

Nên \({3^x} + x = mx \Leftrightarrow m = \frac{{{3^x}}}{x} + 1,x >0.\)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{{3^x}}}{x} + 1,x >0.\)

Ta có \(g'\left( x \right) = \frac{{{3^x}\left( {x\ln 3 - 1} \right)}}{{{x^2}}} \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {\log _3}e.\)

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(m \ge g\left( {{{\log }_3}e} \right) = 1 + e\ln 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\b = 3\end{array} \right..\)

Đáp án C.

Kẻ \(SH \bot AC\left( {H \in AC} \right)\) vì \(\Delta SAC\) nhọn.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\\SH \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Kẻ \(MB \bot AC \Rightarrow MB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow MB \bot SA,\left( 1 \right).\)

Ta có \(AC = SC = 5\) nên \(\Delta SAC\) cân tại \(C.\)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(SA\) nên \(SA \bot EC,\) kẻ \(MN//EC\left( {N \in SA} \right)\) nên \(SA \bot MN\left( 2 \right).\)

Từ (1), (2) suy ra \(SA \bot \left( {MNB} \right) \Rightarrow \widehat {BNM} = \alpha .\)

Ta có \(\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 1 + {\tan ^2}\alpha \Rightarrow \tan \alpha = \sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{{\sqrt {29} }}} \right)}^2}}} - 1} = \frac{{2\sqrt 5 }}{3}.\)

Trong \(\Delta ABC:MB = \frac{{AB.BC}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{12}}{5},AM = \sqrt {A{B^2} - M{B^2}} = \frac{9}{5}.\)

Trong \(\Delta BMN:MN = \frac{{MB}}{{\tan \alpha }} = \frac{{18\sqrt 5 }}{{25}}.\)

Trong \(\Delta SAC:\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{EC}} = \frac{{\frac{9}{5}}}{5} = \frac{9}{{25}}\) suy ra \(EC = \frac{{25MN}}{9} = 2\sqrt 5 .\)

Ta có \(SA = 2SE = 2\sqrt {S{C^2} - E{C^2}} = 2\sqrt 5 \)

Và \(SH.AC = SA.EC \Leftrightarrow SH = \frac{{SA.EC}}{{AC}} = \frac{{2\sqrt 5 .2\sqrt 5 }}{5} = 4.\)

Vậy thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.4.3.4 = 16.\)

Đáp án D.

Mỗi bạn có 19 cách để viết ra số mình chọn nên không gian mẫu có \(n\left( \Omega \right) = {19^3} = 6859\) cách.

Gọi \(A\) là biến cố 3 số được viết ra của 3 bạn có tổng là một số chia hết cho 3.

Ta đặt \({S_1} = \left\{ {1;4;7;10;13;16;19} \right\}\) là tập hợp các số tự nhiên trong đoạn \(\left[ {1;19} \right]\) khi chia cho 3 thì dư 1.

\({S_2} = \left\{ {2;5;8;11;14;17} \right\}\) là tập hợp các số tự nhiên trong đoạn \(\left[ {1;19} \right]\) khi chia cho 3 thì dư 2.

\({S_3} = \left\{ {3;6;9;12;15;18} \right\}\) là tập hợp các số tự nhiên trong đoạn \(\left[ {1;19} \right]\) chia hết cho 3.

Khi đó biến cố \(A\) xảy ra khi và chỉ khi các số của mỗi bạn viết ra cùng thuộc một tập \({S_i}\left( {i = 1;2;3} \right)\) hoặc ba số của 3 bạn viết ra thuộc về 3 tập phân biệt, khi đó ta có

\(n\left( A \right) = {7^3} + {6^3} + 7.6.6.6 = 2287\) cách

Vậy xác suất để ba số viết ra có tổng chia hết cho 3 là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{2287}}{{6859}}.\)

Đáp án C.

Với \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) ta có \(0 < \cos x \le 1\) từ đồ thị suy ra \( - 2 \le f\left( {\cos x} \right) < 0.\)

Do vậy \(0 \le 4 + 2f\left( {\cos x} \right) < 4\) từ đây ta được \(0 \le \sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} < 2.\)

Lại từ đồ thị ta có \( - 2 \le f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) < 2\) suy ra phương trình \(f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) = m\) có nghiệm khi và chỉ khi \( - 2 \le m < 2.\)

Xét với \(m \in \mathbb{Z}\) ta chọn \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}.\)

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) = m\) có nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right).\)