Đths có TCĐ: \(x =  - 1\) nên loại A, C.

Đths đi qua điểm \(\left( {0; - 1} \right)\) nên chỉ có D thỏa mãn.

\(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\)

\(TXD:D = R\)

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

Từ BBT  ta có đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\) cắt đường thẳng \(y = m\)  tại 3 điểm phân biệt

\( \Rightarrow  - 3 < m < 1\)

Xét phương trình hoành độ \(\begin{array}{l}x - 1 = \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}},x \ne  - 1\\ \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 2x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = x - 1\) và \(y = \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) là \(\left( {0, - 1} \right),\left( {2,1} \right)\)

Khối chóp có đáy là đa giác \(n\)cạnh thì có \(n + 1\)đỉnh (gồm đỉnh \(S\)và \(n\)đỉnh của đa giác đáy),

\(n + 1\)mặt (\(1\)mặt đáy và \(n\)mặt bên) và \(2n\) cạnh (\(n\)cạnh bên và \(n\)cạnh đáy)

Do đó chỉ có ý A đúng.

Chọn A

\(TXD:D = R\)

\(\begin{array}{l}y = \dfrac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 3x - 5\\y' = {x^2} - 4x + 3\\y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\) 

Từ  BBT x_ct=3, y_ct=-5

\(y'\left( 3 \right) = 0\) nên phương trình tiếp tuyến tại \(\left( {3; - 5} \right)\) là:

\(y = 0\left( {x + 3} \right) - 5\) hay \(y =  - 5\)

Đường thẳng này song song với trục hoành.

\(\begin{array}{l}y = \dfrac{{1 - 4x}}{{2x - 1}}(x \ne \dfrac{1}{2})\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{1 - 4x}}{{2x - 1}} =  - 2\end{array}\)

Suy ra TCN y=-2

Nếu \(A',B',C'\) là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh \(SA,SB,SC\) của hình chóp tam giác \(S.ABC\). Khi đó:

\(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Chọn D.

Ta có: \({S_{\Delta BCD}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\)

\({V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a.\dfrac{1}{2}{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{6}\)

Chọn A.

Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt (ví dụ các đỉnh của hình tứ diện)

Không tồn tại 1 đỉnh nào đó của đa diện nào đó là đỉnh chung của ít hơn 3 mặt

Chọn C.

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty \) nên \(a < 0\), loại B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;1} \right)\) nên chỉ có C thỏa mãn.

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

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

\(TXD:D = R\)

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

Từ BBT suy ra đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) cắt đường thẳng \(y = m - 1\) tại 3 điểm phân biệt

\( \Rightarrow 0 < m - 1 < 4 \Leftrightarrow 1 < m < 5\)

Đáp án A: tâm đối xứng là giao hai đường tiệm cận \(x =  - 2\) và \(y = 1\) nên có tọa độ \(\left( { - 2;1} \right)\)( loại).

Đáp án B:

\(\begin{array}{l}y' = 6{x^2} - 12x + 1\\y'' = 12x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 1\\ \Rightarrow y = {2.1^3} - {6.1^2} + 1 + 1 =  - 2\end{array}\)

\( \Rightarrow I\left( {1; - 2} \right)\) là tâm đối xứng của đồ thị.

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng \(0\) nên A sai.

Chọn A

Tứ diện đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng đi qua 1 cạnh và trung điểm cạnh đối diện. Vì tứ diện đều có 6 cạnh nên có 6 mặt phẳng đối xứng.

Chọn A.

Các hình tứ diện đều, lập phương, bát diện đều là các khối đa diện đều nên chúng là đa diện lồi.

Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép với nhau có thể là đa diện lồi hoặc không phải là đa diện lồi

⇒ Mệnh đề “Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép với nhau là đa diện lồi” là mệnh đề sai

Chọn A.

Khối mười hai mặt đều thuộc loại \(\left\{ {5;3} \right\}\).

Chọn C.

\(y = \dfrac{3}{{x - 2}}\)

TXĐ:\(D = R\backslash {\rm{\{ }}2\} \)

\(\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{3}{{x - 2}} =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{X \to {2^ - }} \dfrac{3}{{x - 2}} =  - \infty \end{array} \right\} \) \(\Rightarrow TCĐ:x = 2\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{3}{{x - 2}} = 0\) \( \Rightarrow TCN y=0\)

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

TXĐ:\(D = R\backslash {\rm{\{ }}2\} \)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{X \to  \pm \infty } \dfrac{{1 - 2x}}{{ - x + 2}} = 2 \Rightarrow TCN:y = 2\\\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \dfrac{{1 - 2x}}{{ - x + 2}} =  - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{1 - 2x}}{{ - x + 2}} =  + \infty \end{array} \right\} \\\Rightarrow TCĐ:x = 2\end{array}\)

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

\(TXD:D = R\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 6x + 3\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 3 = 0\\ \Leftrightarrow x = 1\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên R nên không có cực trị.

 Phép vị tự tỉ số \(k > 0\) biến khối chóp có thể tích \(V\) thành khối chóp có thể tích \(V'\). Khi đó \(\dfrac{{V'}}{V} = {k^3}\).

Chọn D.

Hình tứ diện có 6 cạnh và 4 mặt nên số cạnh của tứ diện lớn hơn số mặt của nó.

Chọn C.

\(y = {x^3} - 12x - 1\)

\(TXD:D = R\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 12\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 12 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{x_{cd}} =  - 2 \Rightarrow {y_{cd}} = 15\\{x_{ct}} = 2 \Rightarrow {y_{ct}} =  - 17\end{array}\)

Đồ thị hàm đa thức không có đường tiệm cận nên loại A, B.

Đáp án C có đường tiệm cận đứng là x=1 nên thỏa mãn.

Chọn C

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

TXĐ :\(D = R\backslash {\rm{\{ }}1\} \)

\(y' = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\forall x \ne 1\)

Hàm nghịch biến trên \(( - \infty ,1)\) và\((1, + \infty )\)

Chọn A

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) = 1\) nên \(y = 1\) là đường TCN của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Chọn C

Tứ diện đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng đi qua 1 cạnh và trung điểm cạnh đối diện. Vì tứ diện đều có 6 cạnh nên có 6 mặt phẳng đối xứng.

Chọn A.

Ta có: \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right).AD = \dfrac{1}{2}\left( {2a + a} \right)a = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\)

\({S_{\Delta ABD}} = \dfrac{1}{2}AD.AB = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}\)

\( \Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABD}} = \dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\)

\(SA = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

Chọn B.

Mọi mặt phẳng đi qua tâm của mặt cầu đều là mặt phẳng đối xứng của mặt cầu.

Vậy có vô số mặt phẳng đối xứng.

Chọn D.

Có 5 và chỉ 5 khối đa diện đều.

Chọn A.

\(y =  - {x^3} + 3x - 5\)

\(TXD:D = R\)

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

Đồng biến trên \((-1,1) .\) 

Đáp án A: \(y' = \cos x - 1 \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) vì \(\cos x \le 1\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Vậy hàm số \(y = \sin x - x\) luôn nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

Chọn A

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 8x = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Do đó hàm số có 3 điểm cực trị nên A sai.

Hàm số đạt cực tiểu tại x=4, đạt cực đại tại x=2 nên chỉ có D đúng.

Chọn D

Cho x=0 thì y=0 nên đồ thị hàm số chỉ cắt trục Oy tại 1 điểm duy nhất.

Chọn B

Nếu hàm số f(x) đồng biến trên R thì f'(x) \(\ge 0\) trên R.

Chọn A

Vì mỗi mặt cảu hình bát diện đều là một tam giác đều và mỗi đỉnh của hình bát diện đều là đỉnh chung của 4 cạnh.

Vậy hình bát diện đều là đa diện đều loại {3;4}

Chọn D.

Khối chóp O. A’B’C’ D’ và khối hộp đã cho có cùng đáy là tứ giác A’B’C’D’ và cùng chiều cao là khoảng cách từ O đến mp(A’B’C’ D’) nên:

\(\begin{array}{l}{V_{O.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{V_{O.A'B'C'D'}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Chọn A

\(y = \dfrac{{4x - 1}}{{x + 1}}\)

TXĐ: D=R\{1}

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{4x - 1}}{{x + 1}} = 4\)  nên TCN: y=4

\(\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \dfrac{{4x - 1}}{{x + 1}} =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ - }} \dfrac{{4x - 1}}{{x + 1}} =  - \infty \end{array} \right\} \)\(\,\Rightarrow   TCĐ: x= -1\)

\( \Rightarrow \) tâm đối xứng I(-1,4)

Nếu f’(x) đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x₀ thì x₀ là điểm cực tiểu của hàm số.

Chọn B