Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng.

Chọn D.

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

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

Tiếp tuyến tại \(A\left( {1; - 2} \right)\) có hệ số góc là \(k = y'\left( 1 \right) =  - 5\).

Vậy tiếp tuyến tại \(A\left( {1; - 2} \right)\) của đồ thị hàm số là: \(y =  - 5\left( {x - 1} \right) - 2 \Leftrightarrow y =  - 5x + 3\).

Chọn C.

Xét đáp án C: \(y = g\left( x \right) =  - x + 3 \Leftrightarrow g'\left( x \right) =  - 1\).

Ta có: \(y = f\left( x \right) = 2{x^3} - x + 3\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 6x - 1\).

Xét hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2{x^3} - x + 3 =  - x + 3\\6x - 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0\).

Vậy đường thẳng \(y =  - x + 3\) tiếp xúc với đồ thị hàm số \(y = 2{x^3} - x + 3\) tại điểm có hoành độ bằng 0.

Chọn C.

Khối đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}\) là hình lập phương và có 6 mặt.

Chọn A.

Vì các mặt bên của lăng trụ là hình vuông nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot AB\\AA' \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AA' \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(AA' = a\sqrt 2 \).

Đồng thời \(AB = BC = CA = a\sqrt 2  \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}}\)\( = a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}\).

Chọn A.

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(AC = a\sqrt 2  = SA \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại \(A\) \( \Rightarrow \angle SCA = {45^0}\).

Vậy \(\angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = {45^0}\).

Chọn A.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow AD \bot AB'\\AD \bot \left( {CDD'C'} \right) \Rightarrow AD \bot CD'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow d\left( {AB';CD'} \right) = AD = a\).

Chọn B.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 12x\\y'' = 6x - 12\end{array} \right.\).

Xét hệ \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\x < 2\end{array} \right. \Rightarrow x =  - 2\) là điểm cực đại của hàm số.

Ta có: \({y_{CD}} = y\left( { - 2} \right) = {\left( { - 2} \right)^3} - 12.\left( { - 2} \right) + 20 = 36\).

Chọn B.

Hàm số \(y = \dfrac{1}{{\sqrt {\sin x + 1} }}\) xác định khi và chỉ khi \(\sin x + 1 > 0 \Leftrightarrow \sin x >  - 1\).

Ta có: \(\sin x \ge  - 1\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Do đó \(\sin x >  - 1 \Leftrightarrow \sin x \ne  - 1\)\( \Leftrightarrow x \ne  - \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \dfrac{\pi }{2} + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn B.

ĐKXĐ: \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{{\sqrt 3 }}{{{{\sin }^2}x}} = 3\cot x + \sqrt 3 \\ \Leftrightarrow \sqrt 3 \left( {1 + {{\cot }^2}x} \right) = 3\cot x + \sqrt 3 \\ \Leftrightarrow \sqrt 3 {\cot ^2}x - 3\cot x = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt 3 \cot x\left( {\cot x - \sqrt 3 } \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cot x = 0\\\cot x = \sqrt 3 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \\x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

+ Xét họ nghiệm \(x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \).

Cho \(x < 0 \Leftrightarrow \dfrac{\pi }{2} + k\pi  < 0 \Leftrightarrow k <  - \dfrac{1}{2}\).

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow {k_{\max }} =  - 1\) \( \Rightarrow \) Nghiệm âm lớn nhất là \(x = \dfrac{\pi }{2} - \pi  =  - \dfrac{\pi }{2}\).

+ Xét họ nghiệm \(x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \).

Cho \(x < 0 \Leftrightarrow \dfrac{\pi }{6} + k\pi  < 0 \Leftrightarrow k <  - \dfrac{1}{6}\).

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow {k_{\max }} =  - 1\) \( \Rightarrow \) Nghiệm âm lớn nhất là \(x = \dfrac{\pi }{6} - \pi  =  - \dfrac{{5\pi }}{6}\).

Ta có: \( - \dfrac{\pi }{2} >  - \dfrac{{5\pi }}{6}\).

Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình là \(x =  - \dfrac{\pi }{2}\).

Chọn C.

Dãy số \(5;9;13;17...\) có số hạng đầu \({u_1} = 5\) và công sai \(d = {u_2} - {u_1} = 9 - 5 = 4\).

Vậy SHTQ của cấp số cộng trên là \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 5 + \left( {n - 1} \right).4 = 4n + 1\).

Chọn D.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(y = {x^2} - 1 \Rightarrow y' = 2x = 0\)\( \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - 3;2} \right]\).

\(y\left( { - 3} \right) = 8,\,\,y\left( 0 \right) =  - 1,\,\,y\left( 2 \right) = 3\).

Vậy \(\mathop {min}\limits_{\left[ { - 3;2} \right]} y = y\left( 0 \right) =  - 1\).

Chọn C.

TXĐ: \(D = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right)\).

Ta có \(y' = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = 0 \Leftrightarrow x = 0\,\,\,\left( {KTM} \right)\).

Bảng xét dấu:

Từ BXD ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) là mệnh đề đúng.

Chọn C.

Ta thấy \({\left( {x - 3} \right)^{100}} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + ... + {a_{100}}{x^{100}}\)

\( \Rightarrow {\left( { - 1 - 3} \right)^{100}} = {a_0} - {a_1} + {a_2} - {a_3} + .... + {a_{100}}\)

\( \Rightarrow {a_0} - {a_1} + {a_2} - {a_3} + .... + {a_{100}} = {4^{100}}\).

Chọn B.

Ta có \({\cos ^2}x - \cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x\left( {\cos x - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\cos x = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \\x = k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

+ Xét họ nghiệm \(x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có: \(0 < x < \pi  \Rightarrow 0 < \dfrac{\pi }{2} + k\pi  < \pi \)\( \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{2} < k < \dfrac{1}{2}\).

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \dfrac{\pi }{2}\).

+ Xét họ nghiệm \(x = k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có: \(0 < x < \pi  \Rightarrow 0 < k2\pi  < \pi \)\( \Leftrightarrow 0 < k < \dfrac{1}{2}\).

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \emptyset \).

Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm thỏa mãn là \(x = \dfrac{\pi }{2}\).

Chọn C.

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\cos x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0\)\( \Leftrightarrow x \ne \dfrac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta có

\(\begin{array}{l}\tan x = \cot x \Leftrightarrow \tan x = \dfrac{1}{{\tan x}}\\ \Leftrightarrow {\tan ^2}x = 1\\ \Leftrightarrow \tan x =  \pm 1\\ \Leftrightarrow x =  \pm \dfrac{\pi }{4} + k\pi \\ = \dfrac{\pi }{4} + \dfrac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

Chọn D.

Ta có \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}}\)\( = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

Chọn A.

Ta có \(AB\parallel CD\) \( \Rightarrow \angle \left( {SB;CD} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \angle SBA = \dfrac{{SA}}{{AB}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \angle SBA = {60^0}\).

Vậy \(\angle \left( {SB;CD} \right) = {60^0}\).

Chọn A.

Hàm số \(y = \dfrac{{3x - 1}}{{x - 3}}\) có \(x = 3\) là tiệm cận đứng và \(y = 3\) là tiệm cận ngang.

Chọn B.

Cả 3 khối có tất cả \(13 + 12 + 12 = 37\) (học sinh).

Số cách chọn 2 học sinh bất kì là: \(C_{37}^2\) cách.

Gọi A là biến cố: “Chọn 2 học sinh không cùng khối” \( \Rightarrow \overline A \): “Chọn 2 học sinh cùng khối”.

Số cách chọn 2 học sinh cùng khối là \(C_{13}^2 + C_{12}^2 + C_{12}^2\) (cách) \( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_{13}^2 + C_{12}^2 + C_{12}^2\)

Vậy xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = 1 - \dfrac{{C_{13}^2 + C_{12}^2 + C_{12}^2}}{{C_{37}^2}} = \dfrac{{76}}{{111}}\).

Chọn A.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AM \bot BC\) và \(AM = \dfrac{1}{2}BC = a\).

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

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SM \subset \left( {SBC} \right),\,\,SM \bot BC\\AM \subset \left( {ABC} \right),\,\,AM \bot BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SM;AM} \right)\)\( = \angle SMA\).

Xét tam giác vuông \(SAM\) có: \(\tan \angle SMA = \dfrac{{SA}}{{AM}} = \dfrac{a}{a} = 1 \Rightarrow \angle SMA = {45^0}\).

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

Chọn A.

Ta có \(y =  - {x^4} + 4{x^2} + 2019\)\( \Rightarrow y' =  - 4{x^3} + 8x = 0\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 2 \\x =  - \sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow {x_1} + {x_2} + {x_3} = 0\).

Chọn A.

Ta có \(y = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 1\)\( \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x - 9 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1 \notin \left[ {0;4} \right]\\x = 3 \in \left[ {0;4} \right]\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng ta thấy giá trị lớn nhất \(M = 1\); giá trị nhỏ nhất \(m =  - 26\).

Vậy \(m + 2M =  - 24\).

Chọn D.

Gọi công bội của CSN là \(q\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} - {u_3} + {u_5} = 65\\{u_1} + {u_7} = 325\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} - {u_1}.{q^2} + {u_1}.{q^4} = 65\\{u_1} + {u_1}.{q^6} = 325\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{1 + {q^6}}}{{1 - {q^2} + {q^4}}} = 5\\{u_1} + {u_1}.{q^6} = 325\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\left( {1 + {q^2}} \right)\left( {1 - {q^2} + {q^4}} \right)}}{{1 - {q^2} + {q^4}}} = 5\\{u_1} + {u_1}{q^6} = 325\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + {q^2} = 5\\{u_1} + {u_1}{q^6} = 325\end{array} \right. \Leftrightarrow q =  \pm 2\).

\( \Rightarrow {u_1} + {u_1}.64 = 325 \Leftrightarrow {u_1} = 5\).

Vậy \({u_3} = {u_1}.{q^2} = {5.2^2} = 20\).

Chọn D.

Xét SHTQ:

\(\begin{array}{l}k\dfrac{{C_n^k}}{{C_n^{k - 1}}}\\ = k.\dfrac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}}.\dfrac{{\left( {k - 1} \right)!\left( {n - k + 1} \right)!}}{{n!}}\\ = k.\dfrac{{n - k + 1}}{k} = n - k + 1\end{array}\)

Khi đó ta có:  

      \(C_n^1 + 2\dfrac{{C_n^2}}{{C_n^1}} + ... + n\dfrac{{C_n^n}}{{C_n^{n - 1}}} = 45\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow n + \left( {n - 1} \right) + \left( {n - 2} \right)\\ + ... + \left( {n - \left( {n - 1} \right)} \right) = 45\\ \Leftrightarrow n.n - \left( {1 + 2 + 3 + ... + n - 1} \right)\\ = 45\\ \Leftrightarrow {n^2} - \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 45\\ \Leftrightarrow 2{n^2} - {n^2} + n = 90\\ \Leftrightarrow n = 9\end{array}\)

Khi đó \(C_{n + 4}^n = C_{13}^9 = 715\)

Chọn A.

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

Ta có \(y = \dfrac{{x - 1}}{{x + m}} \Rightarrow y' = \dfrac{{m + 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}y' = \dfrac{{m + 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} > 0\\ - m \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 1\\ - m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 0\).

Vậy \(m \in \left[ {0; + \infty } \right)\).

Chọn B.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 2x + m\).

Để hàm số có 2 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) phải có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' = 1 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < \dfrac{1}{3}\)

Khi đó ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {1 - 3m} }}{3}\\{x_2} = \dfrac{{ - 1 - \sqrt {1 - 3m} }}{3}\end{array} \right.\).

Vì hàm số \(y = {x^3} + {x^2} + mx - 1\) có hệ số \(a = 1 > 0\) nên \({x_{CT}} > {x_{CD}}\), do đó \({x_{CT}} = {x_1} = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {1 - 3m} }}{3}\).

Theo bài ra ta có .

\(\begin{array}{l}\dfrac{{ - 1 + \sqrt {1 - 3m} }}{3} > 0\\ \Leftrightarrow  - 1 + \sqrt {1 - 3m}  > 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {1 - 3m}  > 1\\ \Leftrightarrow 1 - 3m > 1 \Leftrightarrow m < 0\end{array}\)

Kết hợp điều kiện ta có \(m < 0\).

Chọn A.

Thực hiện liên tiếp việc xóa hai số bất kì trên bảng rồi ghi lại một số tự nhiên bằng tổng của hai số vừa xóa, cứ thực hiện công việc như vậy cho đến khi trên bảng chỉ còn một số. Số cuối cùng còn lại trên bảng sẽ là tổng của các số tự nhiên từ 1 đến 2020.

Vậy số còn lại trên bảng là \(1 + 2 + ... + 2020 = \dfrac{{2020.2021}}{2}\)\( = 2041210\).

Chọn B.

Ta có

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sin 5x + \sqrt 3 \cos 5x = 2\sin 7x\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\sin 5x + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 5x = \sin 7x\\ \Leftrightarrow \sin 5x\cos \dfrac{\pi }{3} + \cos 5x\sin \dfrac{\pi }{3} = \sin 7x\\ \Leftrightarrow \sin \left( {5x + \dfrac{\pi }{3}} \right) = \sin 7x\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}7x = 5x + \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \\7x =  - 5x + \dfrac{{2\pi }}{3} + m2\pi \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \\x = \dfrac{\pi }{{18}} + \dfrac{{m\pi }}{6}\end{array} \right.\,\,\left( {k,\,\,m \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

Mà \(x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < \dfrac{\pi }{6} + k\pi  < \dfrac{\pi }{2}\\0 < \dfrac{\pi }{{18}} + \dfrac{{m\pi }}{6} < \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \dfrac{1}{6} < k < \dfrac{1}{3}\\ - \dfrac{1}{3} < m < \dfrac{8}{3}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 0\\m \in \left\{ {0;1;2} \right\}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{6}\\x \in \left\{ {\dfrac{\pi }{{18}};\dfrac{{2\pi }}{9};\dfrac{{7\pi }}{{18}}} \right\}\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thỏa mãn.

Chọn A.

Vì \(f'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right) = 2\\f\left( 3 \right) > f\left( 1 \right) = 2\end{array} \right. \Rightarrow f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) > 4\), nên mệnh đề A sai.

\(f\left( { - 1} \right) < f\left( 1 \right) = 2\) nên mệnh đề B sai.

\(f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right) = 2 \Rightarrow \) Mệnh đề C sai.

Vì \(2018 < 2019 \Rightarrow f\left( {2018} \right) < f\left( {2019} \right)\) nên mệnh đề D đúng.

Chọn D.

Gọi số có 4 chữ số là \(\overline {abcd} \,\,\left( {a \ne 0,\,\,a,b,c,d \in A} \right)\).

Vì \(\overline {abcd}  < 4012\) nên ta xét các TH sau:

TH1: \(a = 4\).

Để \(\overline {4bca}  < 4012 \Rightarrow b \le 0 \Rightarrow b = 0\) \( \Rightarrow \) Số có dạng \(\overline {40cd}  < 4012 \Rightarrow \overline {cd}  < 12\).

\( \Rightarrow c \le 1\). Mà \(c \ne b \Rightarrow c \ne 0\), do đó \(c = 1\).

\( \Rightarrow \) Số có dạng \(\overline {401d}  < 4012 \Rightarrow d < 2\).

Mà \(d \ne b,\,\,d \ne c \Rightarrow d \notin \left\{ {0;1} \right\} \Rightarrow d \in \emptyset \).

\( \Rightarrow \) TH1 không có số nào thỏa mãn.

TH2: \(a \in \left\{ {1;3} \right\}\) \( \Rightarrow \) Có 2 cách chọn \(a\).

Khi đó số \(\overline {abcd} \) chắc chắn thỏa mãn nhỏ hơn 4012.

\(d \in \left\{ {0;2;4;6} \right\} \Rightarrow \) Có 4 cách chọn \(d\).

Số cách chọn 2 chữ số còn lại là \(A_5^2 = 20\) cách.

\( \Rightarrow TH2\) có \(2.4.20 = 160\) số.

TH3: \(a = 2\) \( \Rightarrow \) Có 1 cách chọn \(a\).

Khi đó số \(\overline {abcd} \) chắc chắn thỏa mãn nhỏ hơn 4012.

\(d \in \left\{ {0;4;6} \right\}\,\,\left( {d \ne a} \right) \Rightarrow \) Có 3 cách chọn \(d\).

Số cách chọn 2 chữ số còn lại là \(A_5^2 = 20\) cách.

\( \Rightarrow TH3\) có \(1.3.20 = 60\) số.

Vậy tổng có \(160 + 60 = 220\) số.

Chọn D.

Ta có \(v = s' =  - \dfrac{3}{2}{t^2} + 18t\).

Ta có: \(v =  - \dfrac{3}{2}\left( {{t^2} - 12t} \right) =  - \dfrac{3}{2}\left[ {{{\left( {t - 6} \right)}^2} - 36} \right]\)\( =  - \dfrac{3}{2}{\left( {t - 6} \right)^2} + 54 \le 54\).

Vậy \({v_{\max }} = 54\,\,\left( {m/s} \right) \Leftrightarrow t = 6\,\,\left( s \right)\).

Chọn C.

Ta có \(y = \left( {m - 1} \right){x^4}\) \( \Rightarrow y' = 4\left( {m - 1} \right){x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

Để hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\) thì qua điểm \(x = 0\) đạo hàm phải đổi dấu từ dương sang âm.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m - 1 < 0\)\( \Leftrightarrow m < 1\).

Chọn A.

Khi gieo hai con súc sắc trong một lần gieo thì có tất cả \(6.6 = 36\) khả năng.

Ta có \(6 = 1 + 5 = 2 + 4 = 3 + 3 = 4 + 2 = 5 + 1\).

Xác suất để số chấm xuất hiện trên 2 con súc sắc bằng 6 là \(\dfrac{5}{{36}}\), xác suất để số chấm xuất hiện trên 2 con xúc xắc khác 6 là \(1 - \dfrac{5}{{36}}\).

Vậy xác suất cần tìm là: \(P = C_3^1.\left( {\dfrac{5}{{36}}} \right).{\left( {1 - \dfrac{5}{{36}}} \right)^2} \approx 0,309\).

Chọn D.

Ta có

\(\begin{array}{l}{\left( {1 - 2x - 3{x^2}} \right)^9}\\ = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k.{{\left( {1 - 2x} \right)}^k}.{{\left( { - 3{x^2}} \right)}^{9 - k}}} \\{\left( {1 - 2x - 3{x^2}} \right)^9}\\ = \sum\limits_{k = 0}^9 {C_9^k.{{\left( { - 3} \right)}^{9 - k}}} {x^{18 - 2k}}.\sum\limits_{m = 0}^k {C_k^m.{{\left( { - 2x} \right)}^m}} \\{\left( {1 - 2x - 3{x^2}} \right)^9}\\ = \sum\limits_{k = 0}^9 {\sum\limits_{m = 0}^k {C_9^k.{{\left( { - 3} \right)}^{9 - k}}C_k^m.{{\left( { - 2} \right)}^m}.{x^{18 - 2k + m}}} } \end{array}\)

Số hạng chứa \({x^5}\) trong khai triển ứng với \(18 - 2k + m = 5 \Leftrightarrow 2k - m = 13\) \(\left( {m,\,\,k \in \mathbb{Z},\,\,0 \le m \le k \le 9} \right)\).

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 7;m = 1\\k = 8;m = 3\\k = 9;m = 5\end{array} \right.\)

Khi đó hệ số của \({x^5}\) bằng \(C_9^7.{\left( { - 3} \right)^2}.C_7^1{\left( { - 2} \right)^1}\)\( + C_9^8.{\left( { - 3} \right)^1}.C_8^3.{\left( { - 2} \right)^3}\)\( + C_9^9.{\left( { - 3} \right)^0}.C_9^5.{\left( { - 2} \right)^5} = 3528\).

Chọn C.

Khối đa diện lồi có 10 đỉnh và 7 mặt thì áp dụng định lí ơle ta có

\( \Rightarrow 10 - C + 7 = 2 \Rightarrow C = 15\).

Chọn C.

Trong \(\left( {SBC} \right)\) qua \(G\) kẻ \(MN//BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {M \in SB,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N \in SC} \right)\). Khi đó mặt phẳng đi qua AG và song song với BC chính là mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\). Mặt phẳng này chia khối chóp thành 2 khối S.AMN và AMNBC.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Vì \(MN//BC \Rightarrow \) Theo định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = \dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{2}{3}\left( { = \dfrac{{SG}}{{SH}}} \right)\).

\(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{9}\)\( \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \dfrac{4}{9}{V_{S.ABC}}\).

Mà \({V_{S.AMN}} + {V_{AMNBC}} = {V_{S.ABC}} \Rightarrow {V_{AMNBC}} = \dfrac{5}{9}{V_{S.ABC}} = V\).

Ta có \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B \Rightarrow AB = BC = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\)\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\).

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

Vậy \(V = \dfrac{5}{9}.\dfrac{{{a^3}}}{6} = \dfrac{{5{a^3}}}{{54}}\).

Chọn A.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(MC \Rightarrow BI \bot MC\;\)(vì \(\Delta BMC\) vuông cân).

Kẻ \(BH \bot B'I \Rightarrow BH \bot \left( {B'MC} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {B,\left( {B'MC} \right)} \right) = BH.\)

Ta có tam giác \(BMC\) vuông cân tại \(B\) nên \(BI = \dfrac{{MC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(BH = \dfrac{{BB'.BI}}{{\sqrt {B{{B'}^2} + B{I^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\)\( \Rightarrow d\left( {B,\left( {MB'C} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}.\)

Mặt khác gọi \(E\) là giao điểm của \(BD\) và \(MC \Rightarrow \dfrac{{d\left( {D,\left( {MB'C} \right)} \right)}}{{d\left( {B,\left( {MB'C} \right)} \right)}} = \dfrac{{ED}}{{EB}}\)\( = \dfrac{{DC}}{{MB}} = 2.\)

\( \Rightarrow d\left( {D,\left( {MB'C} \right)} \right) = 2d\left( {B,\left( {MB'C} \right)} \right) = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{7}.\)

Chọn D.

Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(SH \bot AB\) tại \(H\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\\{SH \bot AB;{\mkern 1mu} SH \subset \left( {SAB} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Xét tam giác SAH có \(SH = SA.\sin \widehat {SAH} = 2a.\sin {30^0} = a\)

Thể tích khối chóp là \(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}a.{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{3}.\)

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\left| x \right| - 2018}}{{x + 2019}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{x - 2018}}{{x + 2019}} = 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\left| x \right| - 2018}}{{x + 2019}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{ - x - 2018}}{{x + 2019}} =  - 1\end{array}\)

Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là \(y =  \pm 1\).

Chọn C.