\(y = \sqrt {{x^2} - 6x + 5}\)

TX Đ: \(D = ( - \infty ,1] \cup {\rm{[}}5, + \infty )\)

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - 6x + 5} }}\\y' = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{x - 3}}{{\sqrt {{x^2} - 6x + 5} }} = 0 \Leftrightarrow x = 3\\\end{array}\)

y' không xác định tại x = 1 và x = 5

Vậy hàm số đồng biến trên \(\left( {5, + \infty } \right)\)

\(\begin{array}{l} {x^4} + 4{x^2} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {{x^2} + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x = 0 \end{array}\)

Do đó đồ thị hàm số đã cho có 1 điểm chung với trục hoành.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\({x^4} - 3{x^2} + m\)

\({x^4} - 3{x^2} + m = 0\)

\(\Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} = - m\)

\(\Leftrightarrow {x^4} - 3{x^2} - 3 = - m - 3\)

Số nghiệm của pt \({x^4} - 3{x^2} + m = 0\) chính là số giao điểm của đths \({x^4} - 3{x^2} - 3 = 0\) và đường thẳng \(y= -m - 3\)

Từ  đồ thị hàm số \(\Rightarrow - m – 3 = 0 \Leftrightarrow m=0\)

Hàm số đồng  biến trên khoảng (-2;3)

Xét pt hoành độ gio điểm tại (x₀, y₀) ta có :

\(\begin{array}{l} - \dfrac{9}{4}{x_0} - \dfrac{1}{{24}} = \dfrac{{{x_0}^3}}{3} + \dfrac{{{x_0}^2}}{2} - 2{x_0}\\ \Leftrightarrow 8{x_0}^3 + 12{x_0}^2 + 6{x_0} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2{x_0} + 1} \right)^3} = 0\\ \Leftrightarrow 2{x_0} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x_0} = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow {y_0} = \dfrac{{13}}{{12}}\end{array}\)

Đồ thị hàm số y = f(x) cắt đường thẳng y = - 2018 tại hai điểm phân biệt.

\(\begin{array}{l} y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2 - \frac{3}{{x + 1}}\\ x \in Z,y \in Z \Rightarrow x + 1 \in U\left( 3 \right)\\ \Rightarrow x + 1 \in \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}\\ \Rightarrow x \in \left\{ { - 2;0; - 4;2} \right\} \end{array}\)

Vậy có 4 điểm có tọa độ nguyên.

Hàm số không có GTNN nên A sai.

Đồ thị hàm số không có TCĐ nên B sai.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên C đúng.

 Hàm số không đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) nên D sai.

Từ bbt suy ra y_CT = 0.

\(y = \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

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

TCN : y=2

\(\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}} = - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ - }} \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}} = + \infty \end{array} \right\} \)

\(\Rightarrow TCĐ : x= -1\)

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

Tập xác định là \(4{x^2} - 1 \ne 0 \Rightarrow R\backslash \left\{ { - \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}} \right\}\)

Gọi tiếp điểm của đồ thị hàm số là \(M\left( {1;1} \right)\)

Ta có: \(y' = \dfrac{\pi }{2}{x^{\dfrac{\pi }{2} - 1}} \Rightarrow y'\left( 1 \right) = \dfrac{\pi }{2}\)

Khi đó phương trình tiếp tuyến đó là: \(y = \dfrac{\pi }{2}\left( {x - 1} \right) + 1 \Leftrightarrow y = \dfrac{\pi }{2}x + 1 - \dfrac{\pi }{2}\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = \dfrac{{4{x^3}}}{{{x^4} + 1}} \Rightarrow f'\left( 1 \right) = \dfrac{4}{2} = 2\)

Ta có: \({\log _2}5 = a,\,{\log _3}5 = b\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _5}2 = \dfrac{1}{a}\\{\log _5}3 = \dfrac{1}{b}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \({\log _5}6 = {\log _5}2 + {\log _5}3 = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{{a + b}}{{ab}} \)

\(\Rightarrow {\log _6}5 = \dfrac{{ab}}{{a + b}}\)

Ta có: \({\log _2}^2x - 3{\log _2}x + 2 = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - 1} \right)\left( {{{\log }_2} - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 1\\{\log _2}x = 2\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\end{array} \right.\)

Khi đó: \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {2^2} + {4^2} = 20.\)

Điều kiện xác định: \(\sqrt {{x^2} - x - 12} > 0 \)

\(\Leftrightarrow {x^2} - x - 12 > 0\)

\(\Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {x - 4} \right) > 0\)

\(\Rightarrow x\; \in ( - \infty ; - 3) \cup (4; + \infty )\)

Ta có: \({49^x} - {7^x} - 2 = 0 \)

\(\Leftrightarrow {\left( {{7^x}} \right)^2} - {7^x} - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{7^x} - 2} \right)\left( {{7^x} + 1} \right) = 0 \)

\(\Rightarrow {7^x} = 2 \Leftrightarrow x = {\log _7}2\)

Ta có: \({3.4^x} - {5.6^x} + {2.9^x} < 0 \)

\(\Leftrightarrow 2{\left( {{3^x}} \right)^2} - {5.2^x}{.3^x} + 3.{\left( {{2^x}} \right)^2} < 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{{2.3}^x} - {{3.2}^x}} \right)\left( {{3^x} - {2^x}} \right) < 0\)

\(\Leftrightarrow x \in \left( {0;1} \right)\)

Ta có: \({e^{2x}} - 3{e^x} - 4 + 12{e^{ - x}} = 0\)

\(\Leftrightarrow {e^{2x}} - 3{e^x} - 4 + \dfrac{{12}}{{{e^x}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{e^x}} \right)^3} - 3\left( {{e^x}} \right){}^2 - 4\left( {{e^x}} \right) + 12 = 0\)

\(\Leftrightarrow \left( {{e^x} + 2} \right)\left( {{e^x} - 3} \right)\left( {{e^x} - 2} \right) = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{e^x} = 3\\{e^x} = 2\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \ln 3\\x = \ln 2\end{array} \right.\)

Ta có:

\({\log _{\dfrac{2}{3}}}x = \dfrac{1}{4}{\log _{\dfrac{2}{3}}}a + \dfrac{4}{7}{\log _{\dfrac{2}{3}}}b\) \(\Leftrightarrow {\log _{\dfrac{2}{3}}}x = {\log _{\dfrac{2}{3}}}\left( {{a^{\dfrac{1}{4}}}{b^{\dfrac{4}{7}}}} \right)\) \( \Rightarrow x = {a^{\dfrac{1}{4}}}{b^{\dfrac{4}{7}}}\)

Tứ diện là hình đa diện đơn giản nhất có cạnh bằng 6 nên số cạnh của hình đa diện luôn lớn hơn hoặc bằng 6.

- Khối lăng trụ tam giác, khối hộplà các khối đa diện.

- Khối tứ diện là một khối đa diện lồi.

- Không phải khi nào lắp ghép 2 khối đa diện ta cũng được khối đa diện lồi.

Chọn C.

Chú ý khi giải:

Một số em sẽ nghĩ đáp án C là đúng nhưng thực chất khi lắp ghép hai khối đa diện ta chưa chắc đã nhận được khối đa diện lồi.

Có 5 khối đa diện, đó các loại \(\left\{ {3;3} \right\},\left\{ {4;3} \right\},\left\{ {3;4} \right\},\left\{ {5;3} \right\},\left\{ {3;5} \right\}\)

Vậy kí hiệu \(\left\{ {4;4} \right\}\) không phải kí hiệu của khối đa diện đều nào cả.

Gọi \(O = AC \cap BD\)

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

Đặt \(SA = SB = SC = SD = a\)

Tam giác SCD có: \(SC = SD;\widehat {CSD} = {60^0} \Rightarrow \Delta SCD\) đều \( \Rightarrow CD = SC = SD = a\)

Suy ra hình vuông ABCD cạnh \(a \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow OC = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC \Rightarrow \Delta SOC\) vuông tại O

\(\Rightarrow SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} \)

\(\Rightarrow h = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow a = h\sqrt 2 \)

\(\Rightarrow {S_{ABCD}} = {a^2} = {\left( {h\sqrt 2 } \right)^2} = 2{h^2}\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}h.2{h^2} = \dfrac{{2{h^3}}}{3}\)

Vì hình hộp chữ nhật cũng là hình lăng trụ nên thể tích của khối hộp cũng được tính bởi công thức V = Sh, hay V = Sa.

Gọi r là bán kính đáy của khối trụ

\(2\pi r = a \Rightarrow r = \dfrac{a}{{2\pi }}\)

h là chiều cao của khối trụ nên h = a

Thể tích khối trụ là: \(V = \pi {r^2}.h = \pi {\left( {\dfrac{a}{{2\pi }}} \right)^2}.a = \dfrac{{{a^3}}}{{4\pi }}\)

Bán kính đáy hình trụ là 1, chiều cao là 2.

Thể tích khối trụ bằng: \(V = \pi {r^2}.h = \pi {.1^2}.2 = 2\pi \)

Bán kính khối cầu là một nửa đường chéo của hình hộp chữ nhật

\(R = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = \dfrac{3}{2}a\)

Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là:

\(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{3}{2}a} \right)^3} = \dfrac{9}{2}\pi {a^3}\)

Hình chóp có đáy là hình thang cân thì có mặt cầu ngoại tiếp. (Đúng)

Hình chóp có đáy là hình chữ nhật thì có mặt cầu ngoại tiếp. (Đúng)

Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua hai điểm A và B là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.