Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là:

\(2x + m = \dfrac{{x + 3}}{{x + 1}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x \ne {\rm{\;}} - 1} \right) \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {m + 1} \right)x + m - 3 = 0\;\;\;\left( * \right)\)

Ta có: \(\Delta {\rm{\;}} = {\left( {m + 1} \right)^2} - 8\left( {m - 3} \right) = {m^2} - 6m + 25 = {\left( {m - 3} \right)^2} + 16 > 0\;\;\forall m\)

\( \Rightarrow \left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\)  với mọi \(m\).

Áp dụng định kí Vi-ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{\;}} - \dfrac{{m + 1}}{2}}\\{{x_1}{x_2} = \dfrac{{m - 3}}{2}}\end{array}} \right..\)

Gọi \(M\left( {{x_1};\;2{x_1} + m} \right),\;N\left( {{x_2};\;2{x_2} + m} \right)\) là hai giao điểm của 2 đồ thị hàm số.

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{M{N^2} = {{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {2{x_2} - 2{x_1}} \right)}^2} = 5{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}}\\{ = 5\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right] = 5\left[ {\dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 4.\dfrac{{m - 3}}{2}} \right]}\\{ = \dfrac{5}{4}\left( {{m^2} + 2m + 1 - 8m + 24} \right) = \dfrac{5}{4}\left( {{m^2} - 6m + 25} \right)}\\{ = \dfrac{5}{4}{{\left( {m - 3} \right)}^2} + 20 \ge 20\;\;\forall m.}\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m - 3 = 0 \Leftrightarrow m = 3.\)

Chọn A.

Ta có M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN = \dfrac{{AB}}{2}}\\{MP = \dfrac{{AC}}{2}}\\{NP = \dfrac{{BC}}{2}}\end{array}} \right. \Rightarrow {S_{MNP}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABC}}\)

\( \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \dfrac{1}{4}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{4}.6 = \dfrac{3}{2}.\)

Chọn B.

Hàm số \(y = {x^3} - 3x - 2\) có đạo hàm \(y' = 3{x^2} - 3\)

Chia y cho y’ ta có: \(y = y'.\dfrac{x}{3} - 2x - 2\)

Khi đó đường thẳng \(y = {\rm{\;}} - 2x - 2\) hay \(2x + y + 2 = 0\) là đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số.

Chọn C.

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là một điểm thuộc đồ thị \(\left( C \right)\).

Ta có \(y' = {x^2} + 6x\).

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M có hệ số góc \(k = {\rm{\;}} - 9\) nên ta có:

\(f'\left( {{x_0}} \right) = {\rm{\;}} - 9 \Leftrightarrow x_0^2 + 6{x_0} =  - 9 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 3} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {x_0} = {\rm{\;}} - 3\)

\( \Rightarrow {y_0} = y\left( { - 3} \right) = 16 \Rightarrow M\left( { - 3;16} \right)\).

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( { - 3;16} \right)\) là: \(y - 16 = {\rm{\;}} - 9\left( {x + 3} \right)\).

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.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {AA';\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {AA';AH} \right) = \widehat {A'AH} = {30^0}\).

Tam giác ABC đều cạnh \(a \Rightarrow AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác vuông A'AH có: \(A'H = AH.\tan {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{a}{2}\).

Tam giác ABC đều cạnh \(a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \(V = A'H.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}.\)

Chọn D.

Giả sử ABCD là tứ diện đều. Gọi \(M,{\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} P,{\mkern 1mu} Q,{\mkern 1mu} S,{\mkern 1mu} T\) lần lượt là trung điểm của \(AD,{\mkern 1mu} AB,{\mkern 1mu} BC,{\mkern 1mu} CD,{\mkern 1mu} AC,{\mkern 1mu} BD.\) Khi đó các trung điểm các cạnh của tứ diện đều tạo thành hình SMNPQT. Do đó SMNPQT không thể là tứ diện đều được. Ta loại đáp án D.

Do \(S,{\mkern 1mu} M\) là trung điểm của \(AC,{\mkern 1mu} AD\) nên \(SM// = \dfrac{1}{2}CD.\)

Tương tự ta có \(SQ// = \dfrac{1}{2}AD,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} MQ// = \dfrac{1}{2}AC.\) Do \(\Delta ACD\) là tam giác đều nên  \(AC = CD = DA.\) Kéo theo \(SM = SQ = MQ.\)

Chứng minh tương tự ta nhận được các cạnh của SMNPQT có độ dài như nhau.

Mặt khác từ \(SM = SQ = MQ\)suy ra \(\Delta SMQ\) là tam giác đều, do đó \(\widehat {QSM} = {60^0}.\) Do đó SMNPQT không thể là hình hộp chữ nhật hay hình lập phương được. Như vậy đáp án \(A,{\mkern 1mu} C\) đều bị loại.

Chọn B.

Số nghiệm dương phân biệt của phương trình \(2f\left( x \right) + 7 = 0\) bằng số giao điểm có hoành độ dương của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = {\rm{\;}} - \dfrac{7}{2}\) và bằng 2.

Chọn C.

Ta có: \((SCD) \cap (ABCD) = CD\)

Mà \(CD \bot AD\) (ABCD là hình vuông),  \(CD \bot SA\) (vì \(SA \bot (ABCD)) \Rightarrow CD \bot (SAD)\)

\((SCD) \cap (SAD) = SD,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (ABCD) \cap (SAD) = AD \Rightarrow \left( {\widehat {(SCD),(ABCD)}} \right) = \left( {\widehat {SD;AD}} \right) = \widehat {SDA}\) 

Chọn A.

AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) \( \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA} = {45^0} \Rightarrow \Delta SAC\)vuông cân tại A \( \Rightarrow SA = AC = AB\sqrt 2  = a\sqrt 2 \)

Gọi \(O = AC \cap BD\). trong mặt phẳng (SAC) kẻ \(AH \bot SO\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot SA}\\{BD \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AH\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot BD}\\{AH \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AH\)

Ta có \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{O^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{5}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{5}\)

Chọn A.

Xét hàm số \(y = \sqrt {2 - x}  + \sqrt {2 + x}  - \sqrt {4 - {x^2}} \) trên \(\left[ { - 2;2} \right]\), ta có:

\(y' =  - \dfrac{1}{{\sqrt {2 - x} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {2 + x} }} - \dfrac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {2 - x}  - \sqrt {2 + x}  - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {2 - x}  - \sqrt {2 + x}  - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {2 - x}  - \sqrt {2 + x}  - x = 0,(x \ne  \pm 2) \Leftrightarrow \sqrt {2 - x}  - \sqrt {2 + x}  = x(1)\)

Nếu \(x < 0\) thì \(\sqrt {2 - x}  > \sqrt {2 + x}  \Rightarrow \sqrt {2 - x}  - \sqrt {2 + x}  > 0 \Rightarrow (1)\)vô nghiệm.

Nếu \(x > 0\) thì \(\sqrt {2 - x}  < \sqrt {2 + x}  \Rightarrow \sqrt {2 - x}  - \sqrt {2 + x}  < 0 \Rightarrow (1)\)vô nghiệm.

Thay \(x = 0\) vào (1), ta thấy \(x = 0\) là nghiệm và đồng thời là nghiệm duy nhất của (1).

Ta có bảng biến thiên như sau:

Để phương trình \(\sqrt {2 - x}  + \sqrt {2 + x}  - \sqrt {4 - {x^2}}  = m\) có nghiệm thì \(m \in \left[ {2\sqrt 2 {\rm{\;}} - 2;2} \right]\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2\sqrt 2 {\rm{\;}} - 2}\\{b = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow T = (a + 2)\sqrt 2 {\rm{\;}} + b = (2\sqrt 2 {\rm{\;}} - 2 + 2).\sqrt 2 {\rm{\;}} + 2 = 6\)

Chọn B.

Để đường thẳng \(y =  - 2x + m\) cắt đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 2}}\)  tại hai điểm phân biệt thì phương trình\( - 2x + m = \dfrac{{x + 1}}{{x - 2}}\) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó ta có

\( - 2x + m = \dfrac{{x + 1}}{{x - 2}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x\left( {x - 2} \right) + m\left( {x - 2} \right) = x + 1}\\{x \ne 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + \left( {2m + 1} \right) = 0{\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\{x \ne 2}\end{array}} \right..\)

Phương trình \(1\) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

\(\Delta  = {\left( {m + 3} \right)^2} - 4.2.\left( {2m + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 10m + 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 5 + 2\sqrt 6 }\\{m < 5 - 2\sqrt 6 }\end{array}} \right..\)

Lưu ý rằng \({2.2^2} - \left( {m + 3} \right).2 + \left( {2m + 1} \right) = 1 \ne 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall m \in \mathbb{R}\) nên khi đó phương trình (1) nếu có nghiệm thì nghiệm này sẽ khác 2. Vậy tập hợp tất cả các giá trị của \(m\) để đường thẳng \(y =  - 2x + m\) cắt đồ thị hàm số  tại hai điểm phân biệt là \(m \in \left( { - \infty ;5 - 2\sqrt 6 } \right) \cup \left( {5 + 2\sqrt 6 ; + \infty } \right).\)

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right).\)

Lại có: \(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right) \subset \left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) \( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right).\)

Chọn A.

Có tất cả 9 mặt phẳng đối xứng của hình lập phương như hình dưới đây:

Chọn B.

Tam giác ABC vuông cân ở \(B\), cạnh \(AC = 2a\) \( \Rightarrow AB = BC = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}A{B^2} = {a^2}\).

Tam giác SAB vuông tại \(A\), mà tam giác SAB cân \( \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại \(A\)

\( \Rightarrow SA = AB = a\sqrt 2 \).

Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: \(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Chọn B.

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( C \right)\) có: \(y' = 3{x^2} - 3\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y_0}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) \( \Rightarrow M\left( {{x_0};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x_0^3 - 3{x_0} + 2} \right).\)

Khi đó phương trình tiếp tuyến của  tại  có dạng:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{\mkern 1mu} d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}}\\{ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 3} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3{x_0} + 2}\\{ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 3} \right)x - 3x_0^3 + 3{x_0} + x_0^3 - 3{x_0} + 2}\\{ \Leftrightarrow y = \left( {3x_0^2 - 3} \right)x - 2x_0^3 + 2}\end{array}\)

Ta có tiếp tuyến \(d\) song song với đường thẳng \(y = 9x - 14\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x_0^2 - 3 = 9}\\{ - 2x_0^3 + 2 \ne {\rm{\;}} - 14}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x_0^2 = 4}\\{x_0^3 \ne 8}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 2}\\{{x_0} = {\rm{\;}} - 2}\end{array}} \right.}\\{{x_0} \ne 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow {x_0} = {\rm{\;}} - 2\)\( \Rightarrow M\left( { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 16} \right)\)

Vậy có 1 điểm \(M\left( { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 16} \right)\) thỏa mãn bài toán.

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Xét hàm số \(y = \dfrac{1}{4}{x^4} - \dfrac{{27}}{2}{x^2} + 3\) trên \(\left[ {0;80} \right]\) ta có:

\(y' = {x^3} - 27x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 3\sqrt 3 }\\{x = {\rm{\;}} - 3\sqrt 3 }\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ {0;80} \right]\):

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;80} \right]} y = y\left( {3\sqrt 3 } \right) = {\rm{ \;}} - \dfrac{{717}}{4}\).

Chọn C.

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác ABC. Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi \(D\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AD\)

Vì AD là đường trung tuyến trong tam giác ABC đều cạnh \(a\) nên \(AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AD\)\( = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \) góc giữa cạnh bên SA và đáy là góc giữa SA và AH, hay là góc SAH

Theo đề bài ta có

\(\widehat {SAH} = {45^0} \Rightarrow \Delta SAH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow SH = AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Diện tích tam giác ABC đều cạnh \(a\) là \(\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khối chóp \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SH\)\( = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)\( = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}\)

Chọn B.

Xét hàm số \(y = {\rm{\;}} - {x^4} + 2{x^2} + 3\) ta có: \(a = {\rm{\;}} - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c = 3\)

\( \Rightarrow a.b = \left( { - 1} \right).2 = {\rm{\;}} - 2 < 0\) \( \Rightarrow \) Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 1 < 0}\\{b = 2 > 0}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \) Hàm số có một điểm cực tiểu và hai điểm cực đại.

Chọn B.

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} {\rm{\;}} = a\sqrt 3 .\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3 {\rm{\;}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)

Ta có:\(SC \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SC \bot AC\)

\( \Rightarrow AC\) là hình chiếu của SA trên \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SA,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC} \right) = \angle SAC = {60^0}\)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(C\) ta có: \(SC = CA.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3 {\rm{\;}} = 3a.\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SC.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.3a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\)

Chọn D.

Ta có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = V;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {V_{A'.ABC'D'}} = V'.\)

\({V_{BA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}{V_{BB'C'.AA'D'}}\) \( \Rightarrow V' = {V_{A'.ABC'D'}} = \dfrac{2}{3}{V_{BB'C'.AA'D'}}\)

Mà: \({V_{BB'C'.AA'D'}} = \dfrac{1}{2}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{2}V\)

\( \Rightarrow V' = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}V = \dfrac{1}{3}V\) \( \Rightarrow \dfrac{{V'}}{V} = \dfrac{1}{3}.\)

Chọn A.

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} y = 0 \Leftrightarrow x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \vee {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = \pi \)

Chọn C.

Mỗi cạnh của hình đa diện là cạnh chung của đúng hai mặt.

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có \(y' = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\) tại điểm \(M\left( {2;3} \right)\) có hệ số góc là \(k = y'\left( 2 \right) = \dfrac{{ - 2}}{{{{\left( {2 - 1} \right)}^2}}} = {\rm{\;}} - 2.\)

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {2;3} \right)\) là: \(y =  - 2\left( {x - 2} \right) + 3 \Leftrightarrow y = {\rm{\;}} - 2x + 7.\)

Chọn D.

Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng:

+) 2 mặt phẳng nối từ đỉnh đến 2 đường chéo.

+) 2 mặt phẳng nối từ đỉnh đến trung điểm các cặp cạnh đối.

Chọn D.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 3,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y'' = 6x\).

Xét hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' = 0}\\{y'' > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{x^2} - 3 = 0}\\{6x > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  \pm 1}\\{x > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 1\).

Vậy điểm cực tiểu của hàm số đã cho là \(x = 1\).

Chọn C.

Gọi I là trung điểm của BC. Do tam giác ABC đều nên \(AI \bot BC\).

Mà \(SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SI\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{AI \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AI \bot BC}\\{SI \subset \left( {SBC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SI \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AI;SI} \right) = \widehat {SIA}\)

Tam giác ABC đều cạnh \(a\) \( \Rightarrow AI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Tam giác SAI vuông tại A \( \Rightarrow \tan \widehat {SIA} = \dfrac{{SA}}{{AI}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 1 \Rightarrow \widehat {SIA} = {45^0}\)

Vậy \(\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = {45^0}\).

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} + x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 1 = 0}\\{{x^2} - 4 = 0}\\{{x^2} + x = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} \pm 1}\\{x = {\rm{\;}} \pm 2}\\{x = 0}\\{x = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.\end{array}\)

Trong đó \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{\;}} \pm 2\) là nghiệm đơn, \(x = {\rm{\;}} - 1\) là nghiệm bội 2.

Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Chọn D.

Xét hàm số: \(y = \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}}\)

TXĐ: \(D = \left( {2; + \infty } \right)\backslash \left\{ {\dfrac{7}{2}} \right\}.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{7}{2}} \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \dfrac{7}{2}} \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \infty \) \( \Rightarrow x = \dfrac{7}{2}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{1}{{\left( {x + 2} \right)\sqrt {x - 2} \left( {2x - 7} \right)}} = \infty \) \( \Rightarrow x = 2\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \dfrac{{\sqrt {x - 2} }}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {2x - 7} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} \left( {x + 2} \right)\left( {2x - 7} \right)}} = 0\) \( \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tất cả 3 đường tiệm cận.

Chọn A.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{{{x^2} - 1}}\) có 3 đường tiệm cận là: \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = {\rm{\;}} - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = 0\).

Chọn C.

Đáp án A : \(y' = {\rm{\;}} - 3{x^2} + 4x - 10\)

Ta có : \(\Delta ' = 4 - \left( { - 3} \right).\left( { - 10} \right) = {\rm{\;}} - 26 < 0\) và \(a = {\rm{\;}} - 3 < 0\) nên \(y' < 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Do đó hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án B : TXĐ : \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có: \(y' = \dfrac{{ - 11}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ne 1\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Đáp án C : hàm bậc hai không đơn điệu trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án D : hàm bậc nhất có \(a = 1 > 0\) nên đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn A.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\\{BC \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).

Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(AH \bot SB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SB} \right)\) ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB}\\{\left( {SAB} \right) \supset AH \bot SB}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên AB là hình chiếu của SB lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA = {60^0}\).

Xét tam giác vuông ABH ta có: \(AH = AB.\sin \angle SBA = a.\sin {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Vậy \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Chọn C.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}.\)  

Ta có: \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \dfrac{{ - 2 - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in D.\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right).\)

Chọn A.

Đồ thị hàm số có dạng hàm số bậc và chiều hướng lên trên \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) và \(a > 0\) nên loại A, C. Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {2; - 2} \right)\) nên loại B.

Chọn D.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = {x^2}\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\left( {x - 3} \right)}\\{{\mkern 1mu} f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = {\rm{\;}} \pm 2}\\{x = 1}\\{x = 2{\mkern 1mu} }\\{x = 3{\mkern 1mu} }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = {\rm{\;}} \pm 2}\\{x = 1{\mkern 1mu} }\\{x = 3{\mkern 1mu} }\end{array}} \right.}\end{array}\)

Trong đó \(x = {\rm{\;}} - 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 3\) là các nghiệm đơn, \(x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 2\) là nghiệm bội 2.

Ta có bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) như sau:

Vậy hàm số đạt cực đại tại 1 điểm là \(x = 1\).

Chọn A.

Hàm số \(y = {x^3} - 3x + 5\) xác định và liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Ta có :

 \(\begin{array}{*{20}{l}}{y' = 3{x^2} - 3 = 3\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}\\{y' \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{x \le {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Do đó, hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn C.

Chú ý khi giải: Không kết luận hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).

Ta có hàm số \(y = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{3}{x^3} + m{x^2} - \left( {3 + 2m} \right)x - 2020\) nghịch biến khi:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y' = {\rm{\;}} - {x^2} + 2mx - \left( {3 + 2m} \right) \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\\{\Delta ' = {m^2} - 3 - 2m \le 0}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 1 \le m \le 3}\end{array}\)

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1;2;3} \right\}\).

Vậy có 5 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Xét đáp án A ta có:

+ TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Loại vì \(1 \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)\)

Xét đáp án B ta có:

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

+ \(y' = \dfrac{7}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ne {\rm{\;}} - 1\).

+ Kết luận: Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( { - 1; + \infty } \right)\).

Do đó hàm số không nghịch biến trên \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\) nên loại đáp án B.

Xét đáp án C ta có:

+ TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

+ \(y' = 2{x^3} - 6x < 0,\forall x \in \left( {0;\sqrt 2 } \right)\).

+ Kết luận: Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\).

Chọn C.

Chú ý khi giải: HS cần chú ý điều kiện để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) là \(y' < 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\).

Áp dụng: Từ BBT, đồ thị hàm số đã cho có:

Hai tiệm cận ngang là \(y = 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = {\rm{\;}} - 1\).

Một đường tiệm cận đứng là \(x = {\rm{\;}} - 1.\)

Không có giá trị lớn nhất bởi tại \(x = {\rm{\;}} - 1\) thì hàm số không xác định.

Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 2bx\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(\left( {0;1} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {1; - 1} \right)\). Đồng thời đây cũng là 2 điểm cực trị của hàm số. Do đó ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 0 \right) = 1}\\{f\left( 1 \right) =  - 1}\\{f'\left( 1 \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 1}\\{a + b + c =  - 1}\\{4a + 2b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 1}\\{a = 2}\\{b =  - 4}\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow f\left( x \right) = {\rm{\;}}2{x^4} - 4{x^2} + 1\) và \(3a + 2b + c = 3.2 + 2.( - 4) + 1 =  - 1\).

Vậy \(f\left( {3a + 2b + c} \right) = f\left( { - 1} \right) = {\rm{\;}} - 1\).

Chọn A.