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

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

Ta có:

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

Do đó \({y_{{\rm{CT}}}} = - {y_{{\rm{CD}}}}\)

Ta có:

\(y' = {\left( {x - 2} \right)^2} + \left( {x + 1} \right).2\left( {x - 2} \right) = 3x\left( {x - 2} \right)\)

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

Khi đó đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A(0;4) và B(2;0).

Suy ra \(AB = 2\sqrt 5 \). 

Tại x = 0 và x = 1 ta có y' đổi dấu và y tồn tại nên hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có giá trị cực tiểu y = 1 đạt tại x = 6.

Đáp án A sai vì hàm số có giá trị cực đại bằng 6.

Đáp án C sai vì hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {6; + \infty } \right)\), không được dùng dấu \(\cup\).

Đáp án D sai vì hàm số đạt cực tiểu tại x = 6.

Ta có: \(y = f\left( {\left| x \right|} \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f\left( x \right)}&{{\rm{khi}}}&{x \ge 0}\\ {f\left( { - x} \right)}&{{\rm{khi}}}&{x < 0} \end{array}} \right.\) nên bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) là:

Suy ra hàm số 3 có ba điểm cực trị.

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

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

Suy ra \(A\left( {1; - \,1} \right),\,\,B\left( {2; - \,1} \right)\,\, \Rightarrow AB = 1.\)

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

Ycbt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác \(1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {1^2} + m.1 + m \ne 0\\ \Delta = {m^2} - 4m > 0 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2m + 1 \ne 0\\ m\left( {m - 4} \right) > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne - \frac{1}{2}\\ \left[ \begin{array}{l} m > 4\\ m < 0 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m > 4\\ \left\{ \begin{array}{l} m \ne - \frac{1}{2}\\ m < 0 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2}\) có

\(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow {y_{{\rm{CD}}}} = 0\\ x = 1 \Rightarrow {y_{{\rm{CT}}}} = - 1 \end{array} \right..\)

Dựa vào dạng đặc trưng của đồ thị hàm bậc ba, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt khi 

\(\left[ \begin{array}{l} 2m + 1 = {y_{{\rm{CD}}}}\\ 2m + 1 = {y_{{\rm{CT}}}} \end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2m + 1 = 0\\ 2m + 1 = - 1 \end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m = - \frac{1}{2}\\ m = - 1 \end{array} \right.\)

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 4x - 4 \\ \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 2 \in \left[ {1;3} \right]\\ x = - \frac{2}{3} \notin \left[ {1;3} \right] \end{array} \right..\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} f\left( 1 \right) = - 4\\ f\left( 2 \right) = - 7\\ f\left( 3 \right) = - 2 \end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = - 2.\)

\(\begin{array}{l} f'\left( x \right) = 6{x^2} + 6x\\ \Rightarrow {\rm{ }}f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \notin \left[ { - 2; - \frac{1}{2}} \right]\\ x = - 1 \in \left[ { - 2; - \frac{1}{2}} \right] \end{array} \right.. \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} f\left( { - 2} \right) = - 5\\ f\left( { - 1} \right) = 0\\ f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{2} \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2; - \frac{1}{2}} \right]} f\left( x \right) = - 5\\ M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2; - \frac{1}{2}} \right]} f\left( x \right) = 0 \end{array} \right.\\ \Rightarrow P = M - m = 5. \end{array}\)

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

Ta có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} f\left( 2 \right) = \frac{{13}}{2}\\ f\left( 3 \right) = 6\\ f\left( 4 \right) = \frac{{25}}{4} \end{array} \right.\\ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = 6;\,{\rm{ }}\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = \frac{{13}}{2} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left[ {a;b} \right] = \left[ {6;\frac{{13}}{2}} \right]\\ \Rightarrow P = b - a = \frac{{13}}{2} - 6 = \frac{1}{2}. \end{array}\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN.

Đáp án B sai vì chọn hàm \(y = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}}&{;x \le - 1}\\ { - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}}&{;x \ge 1} \end{array}} \right.\).

Vậy ta chỉ có đáp án C đúng.

TXĐ D = R \ {-2}

Dễ thấy đồ thị hàm số có TCĐ: x = -2 và TCN: y = 1.

Suy ra giao điểm của hai đường tiệm cận là (-2;1).

TXĐ: \({\rm{D}} = R\backslash \left\{ { \pm 3} \right\}.\) Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 9}} = - \infty ;\,{\rm{ }}\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 9}} = + \infty \Rightarrow x = 3\) là TCĐ

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 9}} = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 9}} = - \infty \Rightarrow x = - 3\) TCĐ

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{9}{{{x^2}}}}} = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{9}{{{x^2}}}}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN.

Vậy đồ thị hàm số có đúng ba tiệm cận. 

Ta có:

\(\sqrt a .\sqrt[3]{a}\sqrt[6]{{{a^5}}} = {a^{\dfrac{1}{2}}}.\,{a^{\dfrac{1}{3}}}.\,{a^{\dfrac{5}{6}}} \\ = {a^{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{5}{6}}} = {a^{\dfrac{5}{3}}}\)

Tập xác định của hàm số:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 0\\\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} > 0;\,x \ne - 1\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 1 \\ \Leftrightarrow \dfrac{{2 - 3x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2 - 3x - {x^2} \ge 0\\x + 1 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}2 - 3x - {x^2} \le 0\\x + 1 < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \in \left[ {\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2};\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\\x > - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right] \cup \left[ {\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}; + \infty } \right)\\x < - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in \left( { - 1;\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\\x \in \left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right]\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \left( { - \infty ;\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}} \right] \cup \left( { - 1;\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}} \right]\)

Ta có:

\({\log _a}\left( {\dfrac{{{a^2}\sqrt[3]{{{a^2}}}\sqrt[5]{{{a^4}}}}}{{\sqrt[{15}]{{{a^7}}}}}} \right) \\= {\log _a}\left( {\dfrac{{{a^2}.{a^{\dfrac{2}{3}}}.{a^{\dfrac{4}{5}}}}}{{{a^{\dfrac{7}{{15}}}}}}} \right) \\= {\log _a}\left( {\dfrac{{{a^{\dfrac{{52}}{{15}}}}}}{{{a^{\dfrac{7}{{15}}}}}}} \right) \\= {\log _a}\left( {{a^3}} \right) = 3\)

Ta có: \({4^x} + {4^{ - x}} = 23 \)

\(\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} = 23 \\\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - {2.2^x}{.2^{ - x}} = 23 \\\Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 25 \\\Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 5\)

Khi đó \(K = \dfrac{{5 + 5}}{{1 - \left( 5 \right)}} = \dfrac{{10}}{{ - 4}} = - \dfrac{5}{2}\)

Ta có: \({x^2} \ge 0 \Rightarrow {e^{{x^2}}} \ge {e^0} = 1\)

Điều kiện: (x > 1.

Ta có: \({\log _2}x + {\log _2}(x - 1) = 1\)

\(\\\Leftrightarrow \log {}_2\left[ {x\left( {x - 1} \right)} \right] = 1 \\\Leftrightarrow {x^2} - x = 2 \\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \\\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1(ktm)\\x = 2(tm)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là \(S = \left\{ { 2} \right\}\)

Ta có: \(y = (x + 1).{e^x} \)

\(\Rightarrow y' = {\left( {(x + 1).{e^x}} \right)^\prime } \\= {\left( {x + 1} \right)^\prime }.{e^x} + \left( {x + 1} \right){\left( {{e^x}} \right)^\prime } \\= {e^x} + \left( {x + 1} \right){e^x}\)

\(\Rightarrow y' - y = {e^x}\)

Ta có:

\(\dfrac{5}{4} > \dfrac{6}{5} > 1 \\\Rightarrow {\left( {\dfrac{5}{4}} \right)^m} > {\left( {\dfrac{6}{5}} \right)^m} > 1,\,\forall m \in {\mathbb{N}^ * }\)

Ta có:

+ \({\log _a}{a^b} = b{\log _a}a = b.1 = b\)

+ \({a^{{{\log }_a}b}} = b \text{ khi đó } {a^{{{\log }_a}b}} = {\log _a}{a^b}\)

Điều kiện \(x \ne - 1\)

Ta có: \(\dfrac{1}{{{3^x} + 5}} \le \dfrac{1}{{{3^{x + 1}} - 1}}\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{3^x} + 5}} - \dfrac{1}{{{3^{x + 1}} - 1}} \le 0\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{{{3.3}^x} - 1 - {3^x} - 5}}{{\left( {{3^x} + 5} \right)\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right)}} \le 0\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{{{2.3}^x} - 6}}{{\left( {{3^x} + 5} \right)\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right)}} \le 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{2.3^x} - 6 \le 0\\{3^{x + 1}} - 1 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{2.3^x} - 6 \ge 0\\{3^{x + 1}} - 1 < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x \le 1\\x > - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x < - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x \in \left( { - 1;1} \right]\)

Tứ diện có 6 cạnh.

Gọi I là trung điểm của AB khi đó dựng \(IH \bot \left( {SAC} \right)\)

Khi đó \(IH = \dfrac{{OB}}{2} = \dfrac{{BD}}{4} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

\(d\left( {G,\left( {SAC} \right)} \right) = \dfrac{2}{3}d\left( {I,\left( {SAC} \right)} \right)= \dfrac{2}{3}IH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{6}\)

\(\Delta ABC\) là tam giác đều cạnh anên có diện tích \({S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Ta có \(AM = \dfrac{{A{A_1}}}{2} = \dfrac{a}{2}\)

Hai tứ diện MABC và \(M{A_1}BC\) có chung đỉnh C, diện tích hai đáy MAB và \(M{A_1}B\) bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra

\({V_{M.BC{A_1}}} = {V_{M.ABC}} = \dfrac{1}{3}AM.{S_{ABC}}= \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

\(\begin{array}{l}{V_{ABC.A'B'C'}} = h.{S_{ABC}}\\{V_{A'.ABC}} = \dfrac{1}{3}h.{S_{ABC}}\\ \Rightarrow {V_{A'.ABC}} = \dfrac{V}{3}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{1}{3}a.{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{3}\end{array}\)

Giả sử dáy của hình chóp có n cạnh \( \Rightarrow 2n = 20 \Leftrightarrow n = 10\)

Do đó số mặt của chóp là: 10 + 1 = 11

Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh a là:

\(V = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Tập hợp các đường thẳng đó là mặt nón có góc ở đỉnh bằng \(60^o\).

Bán kính đáy của hình nón là: \(R = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Diện tích xung quanh của hình nón là:

\({S_{xq}} = \pi Rl = \pi \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.a = \dfrac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{3}\)

Gọi d là khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AB.

Suy ra \({S_{MAB}} = \dfrac{1}{2}.d\left( {M,AB} \right).AB = \dfrac{1}{2}d.AB\)

Vì \({S_{MAB}};AB\)  là hằng số nên d không đổi .

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là một mặt trụ tròn xoay.

Chiều cao hình trụ h = 4d = 4.2r = 8a

Bán kính đáy hình trụ là R = a

Diện tích xung quanh của khối trụ là:

\({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .a.8a = 16\pi {a^2}\)

Diện tích mặt cầu có đường kính OO’ = 8 cm là:

\({S_c} = 4\pi {R^2} = 4\pi {.4^2} = 64\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

\({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .3.8 = 48\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Hiệu số giữa diện tích mặt cầu và diện tích xung quanh hình trụ là:

\(64\pi - 48\pi = 16\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

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

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

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

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

Có hai mệnh đề đúng là:

- Hình chóp có đáy là hình thang cân thì có mặt cầu ngoại tiếp.

- Hình chóp có đáy là hình chữ nhật thì có mặt cầu ngoại tiếp.

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