TXĐ: D = R

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

\(\begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 10\\f\left( { - 1} \right) = 10\\f\left( 0 \right) = 17\end{array}\)

Vậy GTLN của hàm số trên [-1;1] là 17.

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

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

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \dfrac{1}{{4 - {x^2}}} = 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm 2} \dfrac{1}{{4 - {x^2}}} = \infty \end{array}\)

⇒ Tiệm cận đứng là x = 2 và x = -2, tiệm cận ngang là y = 0.

Nếu f(x) liên tục trên [a; b] và f’(x) < 0 với mọi \(x \in (a;b)\) thì hàm số nghịch biến trên đoạn [a ; b ].

Phương trình hoành độ giao điểm

\(\begin{array}{l}{x^4} - 8{x^2} + 3 = 4m\\ \Leftrightarrow {x^4} - 8{x^2} + 3 - 4m = 0\left( * \right)\end{array}\)

Đặt \(t = {x^2}\) phương trình (*) \( \Leftrightarrow {t^2} - 8t + 3 - 4m = 0\ \Leftrightarrow {t^2} - 8t + 3 - 4m = 0\)

Để đồ thị và đường thẳng cắt nhau tại 4 điểm phân biệt thì phương trình ẩn t phải có 2 nghiệm dương phân biệt

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 13 + 4m > 0\\{t_1}{t_2} = 3 - 4m > 0\\{t_1} + {t_2} = 8 > 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \dfrac{{ - 13}}{4}\\m < \dfrac{3}{4}\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{ - 13}}{4} < m < \dfrac{3}{4}\end{array}\)

TXĐ D = R\{1}

\(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x - 1}} = \dfrac{{2\left( {x - 1} \right) + 3}}{{x - 1}} = 2 + \dfrac{3}{{x - 1}}\)

Để số điểm trên đồ thị có tọa độ nguyên thì

\(\left[ \begin{array}{l}x - 1 = 1\\x - 1 = - 1\\x - 1 = 3\\x - 1 = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 0\\x = 4\\x = - 2\end{array} \right.\)

Vậy có 4 điểm.

\(y' = 2019{\left( {x - 1} \right)^{2018}} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Do đó hàm số đồng biến trên R nên không có điểm cực trị.

Xét pt hoành độ giao điểm

\(\begin{array}{l}x + 2 = \frac{{3x - 2}}{{x - 1}}\\\left( {DK:x \ne 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 3x - 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy có 2 giao điểm.

Điểm I(x₀; y₀) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu hàm số Y = g(x) qua phép tịnh tiến hệ tọa độ là hàm số lẻ.

Điều kiện để hàm số bậc ba không có cực trị là phương trình y’ = 0 có: nghiệm kép hoặc vô nghiệm.

Đường thẳng y = y₀ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) nếu \(\left[ \matrix{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = {y_0} \hfill \cr \mathop {\lim}\limits_{x \to - \infty } y = {y_0} \hfill \cr} \right.\)

Điều kiện: x > 0

Ta có: \({\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} - 4{\log _2}x + 3 > 0 \)

\(\Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - 1} \right)\left( {{{\log }_2}x - 3} \right) > 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x - 1 > 0\\{\log _2}x - 3 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x - 1 < 0\\{\log _2}x - 3 < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 2\\x > 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 2\\x < 8\end{array} \right.\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;2} \right) \cup \left( {8; + \infty } \right)\)

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số với trục hoành là:

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

Khẳng định C sai.

Ta có:

\({\log _a}x = \dfrac{1}{2}{\log _a}9 - {\log _a}5 + {\log _a}2 \\= {\log _a}3 - {\log _a}5 + {\log _a}2\)

\( \Leftrightarrow {\log _a}x = {\log _a}6 - {\log _a}5 = {\log _a}\dfrac{6}{5} \)

\(\Leftrightarrow x = \dfrac{6}{5}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = [{\log _3}\left( {1 + \sqrt x } \right)]'\\\;\;\; = \dfrac{{{{\left( {1 + \sqrt x } \right)}^\prime }}}{{\left( {1 + \sqrt x } \right)\ln 3}}\\\;\;\; = \dfrac{1}{{2\sqrt x \left( {1 + \sqrt x } \right)\ln 3}} \\\;\;\;= \dfrac{1}{{2\left( {x + \sqrt x } \right)\ln 3}}\\\end{array}\)

Điều kiện: x > 1.

Ta có: \({\log _{\dfrac{1}{2}}}(2x - 2) > {\log _{\dfrac{1}{2}}}(x + 1)\)

\(\Leftrightarrow 2x - 2 < x + 1 \\\Leftrightarrow x < 3\)

Kết hợp điều kiện: \(x \in \left( {1;3} \right)\)

Điều kiện: \(\dfrac{{3x - 1}}{{x + 2}} > 0\)

\(\Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {\dfrac{1}{3}; + \infty } \right)\)

Khi đó ta có: \({\log _{\dfrac{1}{3}}}\dfrac{{3x - 1}}{{x + 2}} < 1\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{3x - 1}}{{x + 2}} > \dfrac{1}{3} \\\Leftrightarrow \dfrac{{8x - 5}}{{3\left( {x + 2} \right)}} > 0 \\ \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {\dfrac{5}{8}; + \infty } \right)\)

Kết hợp điều kiện: \(x \in ( - \infty ; - 2) \cup \left( {\dfrac{5}{8}; + \infty } \right)\)

Ta có: 

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

Ta có: \(3 + 2{\log _2}x = {\log _2}y\)

\(\Leftrightarrow {\log _2}y = {\log _2}{x^2} + {\log _2}{2^3} = {\log _2}\left( {8{x^2}} \right)\)

Khi đó ta có: \(y = 8{x^2}\)

Ta có: \(\dfrac{1}{{{{\log }_3}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_4}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_5}x}}\)

\(= {\log _x}3 + {\log _x}4 + {\log _x}5 = {\log _x}\left( {3.4.5} \right) \\= {\log _x}60 = \dfrac{1}{{{{\log }_{60}}x}}\)

Điều kiện xác định: \(\dfrac{{1 - 5x}}{{2 - x}} > 0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}1 - 5x > 0\\2 - x > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}1 - 5x < 0\\2 - x < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x < \dfrac{1}{5}\\x < 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x > \dfrac{1}{5}\\x > 2\end{array} \right.\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < \dfrac{1}{5}\\x > 2\end{array} \right.\)

Một hình lăng trụ có 28 đỉnh sẽ có 42 cạnh.

Ta có: \({V_1} = \dfrac{1}{3}{B_1}{h_1} = \dfrac{2}{3}{B_2}{h_2}\)

\({V_2} = \dfrac{1}{3}{B_2}{h_2} \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{\dfrac{2}{3}{B_2}{h_2}}}{{\dfrac{1}{3}{B_2}{h_2}}} = 2\)

\(BC = \sqrt {\left( {2{a^2}} \right) - {a^2}} = a\sqrt 3\)

Ta có: 

\({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AB.BC.{\rm{AA'}}\;\)\({\rm{ = }}\;a.a\sqrt 3.2a\;\)\({\rm{ = }}\;2\sqrt 3 {a^3}\)

Tam giác ABC vuông cân tại B

Ta có:

\(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2} \)

\(\Rightarrow AB = \sqrt {\dfrac{{A{C^2}}}{2}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(\tan {60^ \circ } = \dfrac{{SA}}{{AB}} \)

\(\Rightarrow SA = \tan {60^ \circ }.AB = \sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Khi đó ta có:

\(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}.\dfrac{1}{2}{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}\)\(\, = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}\)

Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.

Gọi H là trung điểm của AB

\( \Rightarrow SH \bot AB\)

+ Mặt phẳng (SAC) hợp với (ABC) một góc 45^o

\(\Rightarrow \dfrac{{SH}}{{AH}} = \tan {45^ \circ } \Leftrightarrow SA = AH = \dfrac{a}{2}\)

Khi đó \(V = \dfrac{1}{3}SH.S{}_{ABC} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{1}{2}a.a = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}\)

Tam giác ABC đều, gọi H là giao điểm của các đường cao.

Cạnh bên tạo với đáy một góc bằng \({30^0}\)

\(\Rightarrow \tan {30^0} = \dfrac{{SH}}{{AH}}\)

Mà \(AH = \dfrac{2}{3}\sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\(\Rightarrow SH = AH.\tan {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{a}{3}\)

Vậy \(V = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{36}}{a^3}\)

Ta có: \(\dfrac{{SM}}{{MA}} = \dfrac{{SN}}{{NB}} = \dfrac{{SP}}{{PC}} = \dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SA}} = \dfrac{{SN}}{{SB}} = \dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{1}{3}\)

Khi đó \(\dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SB}}.\dfrac{{SP}}{{SC}} = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^3} = \dfrac{1}{{27}}\)

Thể tích khối lăng trụ \(V = \dfrac{1}{2}2a.2a.\sqrt 3 = 2{a^3}\sqrt 3\)

Thể tích hình khố chữ nhật ban đầu: V = abc

Thể tích khối mới : V_m = 4a.4b.4c = 64abc

Vậy thể tích tăng 64 lần.

Ta có: \(\widehat {BCD} = \widehat {BAD} = {120^0}\)

\(\Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ADC} = {60^0}\)

\(\Rightarrow AB = BC = AC = a\)

Áp dụng định lý Py – ta – go ta có:

\(OA' = \sqrt {A{{A'}^2} - O{A^2}} \\= \sqrt {\dfrac{{49{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = 2a\sqrt 3 \)

Khi đó ta có:

\({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'O.{S_{ABCD}} \\= 2a\sqrt 3 .a.a.\sin 60 = 3{a^3}\)

Khi quay quanh cạnh AB thì ta có một hình chóp đỉnh B, đáy là đường tròn tâm A, bán kính AD.

Tiếp tục ta có \(BD \bot BC,\,DA \bot BC \Rightarrow BC \bot AB\)

Vậy khi quay quanh AB, ta có thêm hình chóp đỉnh A đáy là đường tròn tâm B bán kính BC.

Chiều cao của hình nón là: 

\(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 2 \)

Thiết diện lớn nhất đi qua S và trục của hình nón có diện tích là:

\(S = \dfrac{1}{2}h.2r = \dfrac{1}{2}a\sqrt 2 .2.a\sqrt 2 = 2{a^2}\)

Gọi hình nón có bán kính đáy là r

Đọ dài đường sinh là l = 2r

Khi đó, khai triển hình nón theo đường sinh ta được hình quạt có bán kính R = l = 2r  và độ dài cung tròn là: \(L = C = 2\pi r\)

Mặt khác: \(L = \alpha R \Rightarrow \alpha = \dfrac{{2\pi r}}{{2r}} = \pi \)

Thể tích khối tròn xoay tạo ra khi quay hình thang ABCD quanh trục CD là:

\(V = \dfrac{1}{3}a.\pi {a^2} + a.\pi {a^2} = \dfrac{4}{3}\pi {a^3}\)

Độ dài đường chéo của hình vuông mặt đáy lăng trụ tứ giác đều là:

\(d = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = 2a\)

Bán kính đường tròn đáy của hình trụ ngoại tiếp lăng trụ là: \(r = \dfrac{d}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\)

Do đó thiết diện đi qua trục là 1 hình vuông.

Thể tích hình trụ là: \(V = B.h = \pi {a^2}.2a = 2\pi {a^3}\)

Do đó (I) đúng.

Gọi M'(x';y')

Vì \({V_{\left( {I; - 2} \right)}}\left( M \right) = M'\) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = kx + \left( {1 - k} \right)a}\\{y' = ky + \left( {1 - k} \right)b}\end{array}} \right.\\\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = - 2.( - 7) + \left( {1 + 2} \right).2 = 20}\\{y' = - 2.2 + \left( {1 + 2} \right).3 = 5}\end{array}} \right. \\\Rightarrow M'\left( {20;5} \right)\)

Gọi M'(x';y') là ảnh của M qua \({V_{\left( {O;\frac{1}{2}} \right)}}\)

Khi đó 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = kx}\\{y' = ky}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = \dfrac{1}{2}.2 = 1}\\{y' = \dfrac{1}{2}.4 = 2}\end{array}} \right. \\\Rightarrow M'\left( {1;2} \right)\)

Gọi M''(x'';y'') là ảnh của M' qua Đ­Oy

Khi đó 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x'' = - x'}\\{y'' = y'}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x'' = - 1}\\{y'' = 2}\end{array}} \right. \\\Rightarrow M''\left( { - 1;2} \right)\)

Gọi A'(x';y').

Ta có 

\({V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {IA'} = 2\overrightarrow {IA}\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 0}\\{y' = 5}\end{array}} \right. \Rightarrow A'\left( {0;5} \right)\)

Gọi B'(x'';y'')

Vì Đ_B \(\left( {A'} \right) = B'\)

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x'' = 2.\left( { - 3} \right) - 0 = - 6}\\{y'' = 2.1 - 5 = - 3}\end{array}} \right.\\\Rightarrow B'\left( { - 6; - 3} \right)\)

Có 3 phép quay tâm O góc \(\alpha ,0 < \alpha \le 2\pi \) biến tam giác đều tâm O thành chính nó. Đó là các phép quay với góc quay lần lượt là \(\dfrac{{2\pi }}{3};\dfrac{{4\pi }}{3};2\pi \)

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB = AC}\\{\left( {AB,AC} \right) = \pm {{60}^0}}\end{array}} \right.\)

Nên \({Q_{\left( {A; \pm {{60}^0}} \right)}}(B) = C\)