Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\).

Chọn C

TXĐ:   \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{3^{2x - 3}} \ge 9\\ \Leftrightarrow {3^{2x - 3}} \ge {3^2}\\ \Leftrightarrow 2x - 3 \ge {\log _3}{3^2}\\ \Leftrightarrow 2x - 3 \ge 2\\ \Leftrightarrow x \ge \dfrac{5}{2}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là   \(S = \left[ {\dfrac{5}{2}; + \infty } \right)\) 

Chọn A

Diện tích của đáy là hình vuông cạnh \(2a\) là     \(S = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}\)

Thể tích của khối chóp có đáy là hình vuông cạnh \(2a\) và chiều cao bằng \(3a\)  là :                    

\(V = \dfrac{1}{3}S.h = \dfrac{1}{3}.4{a^2}.3a = 4{a^3}\)

Chọn A

Hình nón đã cho có \(l,h,R\) lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy nên ta có :

Diện tích đáy của hình nón là  \({S_1} = \pi {R^2}\)

Diện tích xung quanh của hình nón là    \({S_{xq}} = \pi Rl\)

Diện tích toàn phần của hình nón là   \({S_{tp}} = {S_1} + {S_{xq}} = \pi {R^2} + \pi Rl\)

Chọn D

Hàm số \(y = {\left( {2x - 4} \right)^{\dfrac{2}{3}}}\) xác định khi và chỉ khi \(2x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > 2\)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là   \(S = \left( {2; + \infty } \right)\)

Chọn D

Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy    \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  =  + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty }  =  - \infty \) nên hàm số đã cho là hàm bậc 3, không thể là hàm bậc 4.

Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  =  + \infty \) nên hệ số của \({x^3}\) dương.

Từ các phương án của bài cho ta thấy hàm số có đồ thị thỏa mãn là \(y = {x^3} + 3{x^2} + 1\)

Chọn B

Ta có :

\({\log _{{a^2}}}\sqrt[4]{{{a^3}}} = \dfrac{1}{2}{\log _a}{a^{\dfrac{3}{4}}} \\= \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{4}{\log _a}a = \dfrac{3}{8}\)

Chọn C

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x - 1}}{{x + 2}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x =  - 2\) do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {2^ + }} y =  - \infty \)

Chọn C

Ta có : \({a^{\dfrac{2}{3}}}.{a^{\dfrac{2}{5}}} = {a^{\dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{5}}} = {a^{\dfrac{{16}}{{15}}}}\)

Chọn B

Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\)

Chọn A

Hình chóp tứ giác có số cạnh là   \(2.4 = 8\) (cạnh)

Chọn A

Từ BBT đã cho ta thấy Hàm số đạt cực trị tại \(x =  - 1\), \(x = 0\) và \(x = 1\)

Suy ra hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn B

Hình trụ có chiều cao bằng độ dài đường sinh.

\(l,h,R\) lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao, bán kính đáy của hình trụ nên diện tích xung quanh của hình trụ là  \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi Rl\)

Chọn B

TXĐ : \(D = \mathbb{R}\)

Ta có : \({5^x} = 25 \Leftrightarrow x = {\log _5}25 \Leftrightarrow x = {\log _5}{5^2} \\\Leftrightarrow x = 2\)

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

Chọn B

Từ đồ thị của hàm số đã cho ta thấy:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \) nên hàm số đã cho là hàm bậc 4, không thể là hàm bậc 3

Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty \) nên hệ số của \({x^4}\) nhỏ hơn 0.

Từ đáp án ta thấy hàm số có đồ thị thỏa mãn là   \(y =  - {x^4} + 4{x^3} + 1\)

Chọn A

TXĐ:   \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{3^{2x + 1}} - {10.3^x} + 3 = 0\\ \Leftrightarrow {3.3^{2x}} - {10.3^x} + 3 = 0\\ \Leftrightarrow 3.{\left( {{3^x}} \right)^2} - {10.3^x} + 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{3^x} - 3} \right)\left( {{{3.3}^x} - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 3\\{3^x} = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Suy ra \({x_1} + {x_2} = 0\)

Chọn A

Đường kính của đường tròn đáy bằng \(10\left( {cm} \right)\) nên bán kính của đường tròn đáy là  \(r = 5\left( {cm} \right)\)

Gọi chiều cao của của khối nón là \(h\) nên ta có:

\(\begin{array}{l}{h^2} + {5^2} = {15^2}\\ \Leftrightarrow h = 10\sqrt 2 \left( {cm} \right)\end{array}\)

Thể tích của khối nón có chiều cao bằng \(10\sqrt 2 \left( {cm} \right)\) và bán kính đường tròn đáy bằng \(5\left( {cm} \right)\) là:

\(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {.5^2}.10\sqrt 2 \\= \dfrac{{250\sqrt 2 \pi }}{3}\left( {c{m^3}} \right)\)

Chọn B

TXĐ:   \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

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

Phương trình \(y = 0\) có 2 nghiệm phân biệt nên số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục \(Ox\) là 2.

Chọn A

TXĐ:   \(D = \mathbb{R}\)

Ta có: \(2f\left( x \right) = 7 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{7}{2}\)

Từ BBT đã cho ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = \dfrac{7}{2}\) có 4 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right),\left( { - 2;0} \right),\left( {0;2} \right),\left( {2; + \infty } \right)\)

Chọn B

Gọi khối chóp tứ giác đều đã cho là \(S.ABCD\)

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), \(H\) là trung điểm của \(CD\)

\(S.ABCD\) là khối chóp tứ giác đều nên chân đường cao hạ từ \(S\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) trùng với tâm của hình vuông hay \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

\(OH\) là đường trung bình trong tam giác \(ACD\) nên \(OH//AD \Rightarrow OH \bot CD\)    (1)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot CD\)       (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(CD \bot \left( {SOH} \right) \Leftrightarrow CD \bot SH\)

Ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\SH \subset \left( {SCD} \right),OH \subset \left( {ABCD} \right)\\SH \bot CD,OH \bot CD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SHO}\) \( \Rightarrow \widehat {SHO} = 51,74^\circ \)

Do đó ta có :

\(OH = \dfrac{{AD}}{2} = \dfrac{{231}}{2}\left( m \right),\)\(SO = OH.\tan SHO\) \( = \dfrac{{231}}{2}.\tan 51,74^\circ  \approx 146,46\left( m \right)\)

Thể tích của khối chóp đã cho là :\(V = \dfrac{1}{3}.SO.A{B^2} = 2605057\left( {{m^3}} \right)\)

Chọn B

TXĐ :   \(D = \mathbb{R}\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = 2{x^3} + 3{x^2} - 12x + 2\\ \Rightarrow f'\left( x \right) = 6{x^2} + 6x - 12 = 6\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) có   \({y_{CT}} = f\left( 1 \right) =  - 5\) ;   \(f\left( { - 1} \right) = 15;\)     \(f\left( 2 \right) = 6\)

Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]}  = f\left( { - 1} \right) = 15\), \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) =  - 5\)

Vậy \(\dfrac{M}{m} = \dfrac{{15}}{{ - 5}} =  - 3\)

Chọn B

Ta có :   \({\log _a}{b^4} = 4{\log _a}\left| b \right|\)  do đề bào chỉ cho \(b \ne 0\), không cho \(b > 0\) nên mệnh đề sai là \(C\)

Chọn C

Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên ta có :

\(AB \bot BC\) \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}}  = 5a\)

\(CC' \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow CC' \bot AC\) \( \Rightarrow CC' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {10a} \right)}^2} - {{\left( {5a} \right)}^2}}  = 5\sqrt 3 a\)

Do đó thể tích của khối hộp trên là :  \(V = CC'.AB.AD = 3a.4a.5\sqrt 3 a \\= 60\sqrt 3 {a^3}\)

Chọn D

Ta có :

\({\log _6}7 = \dfrac{1}{{{{\log }_7}6}} = \dfrac{1}{{{{\log }_7}\left( {2.3} \right)}} = \dfrac{1}{{{{\log }_7}2 + {{\log }_7}3}}\) \( = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{{{{\log }_2}7}} + \dfrac{1}{{{{\log }_3}7}}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}}\) \( = \dfrac{1}{{\dfrac{{a + b}}{{ab}}}} = \dfrac{{ab}}{{a + b}}\)

Chọn D

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}y = {x^3} - 6{x^2} + 9x + 1\\ \Rightarrow y' = 3{x^2} - 12x + 9 \\= 3\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 3\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\\y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\end{array}\)

\(y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x < 1\end{array} \right.\) ; \(y' < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 3\) nên hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\).

Chọn B

TXĐ:  \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\log _2^2x - {\log _2}x - 2 > 0\\ \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - 2} \right)\left( {{{\log }_2}x + 1} \right) > 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x > 2\\{\log _2}x <  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > {2^2}\\x < {2^{ - 1}}\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x < \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Kết hợp TXĐ ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là    \(S = \left( {0;\dfrac{1}{2}} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)\)

Chọn C

TXĐ:  \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\log _{\sqrt 2 }^2x - 3{\log _2}2x + 1 = 0\\ \Leftrightarrow \log _{{2^{\dfrac{1}{2}}}}^2x - 3\left( {{{\log }_2}2 + {{\log }_2}x} \right) + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2{{\log }_2}x} \right)^2} - 3\left( {1 + {{\log }_2}x} \right) + 1 = 0\\ \Leftrightarrow 4\log _2^2x - 3{\log _2}x - 2 = 0\end{array}\)

Nếu đặt \(t = {\log _2}x\) thì phương trình trên trở thành \(4{t^2} - 3t - 2 = 0\)

Chọn C

Gọi hình chóp đã cho là \(S.ABC\)

\(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều nên \(\left\{ \begin{array}{l}SA = SB = SC\\AC = BC = CA\end{array} \right.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\SM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)

Do đó \(B\) và \(C\) đối xứng với nhau qua mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\). Mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\) là mặt phẳng đối xứng của hình chóp.

Có tất cả 3 mặt phẳng như vậy. Các mặt phẳng đi qua \(S\) và trung tuyến của tam giác \(ABC\) là các mặt phẳng đối xứng.

Vậy hình chóp tam giác đều có 3 mặt phẳng đối xứng.

Chọn A

\(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(A'A \bot \left( {ABC} \right)\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\) \( \Rightarrow AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}}  = 4a\)

Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}.3a.4a = 6{a^2}\)

Thể tích của lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) là  \(V = A'A.{S_{ABC}} = 6a.6{a^2} = 36{a^3}\)

Chọn C

Ta có:

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 0\) nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  + \infty \) nên đồ thị hàm số nhân đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Chọn C

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

BBT của hàm số đã cho như sau:

Từ BBT ta thấy hàm số đã cho có 1 điểm cực đại là \(x = 2\) và 2 điểm cực tiểu là \(x = 1\) và \(x = 3\)

Chọn B

Từ BBT trên ta thấy :

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} f\left( x \right) =  + \infty \) nên \(x =  - 1\) là 1 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) =  - \infty \) nên \(x = 1\) là 1 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = 3\) nên \(y = 3\) là 1 tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

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

Chọn D

Gọi \(AB\) là một đường kính của đường tròn đáy, \(I\) là tâm của đường tròn đó.

Theo giả thiết   \(R = IA = IB = a\sqrt 2 \)

Góc ở đỉnh bằng \(60^\circ \) nên \(\widehat {ASB} = 60^\circ  \Rightarrow \widehat {ASI} = \widehat {ISB} = 30^\circ \)

Tam giác \(SIA\) vuông tại \(I\) có \(\widehat {ASI} = 30^\circ \) nên \(l = SA = \dfrac{{AI}}{{\sin ASI}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sin 30^\circ }} = 2\sqrt 2 a\)

Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho là  \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .a\sqrt 2 .2\sqrt 2 a = 4\pi {a^2}\) 

Chọn B

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Đạo hàm của hàm số \(y = {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)\) là :

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

Chọn C

Hình trụ đã cho có đường sinh có chiều dài bằng \(3a\) nên chiều cao của hình trụ bằng \(3a\)

Chu vi đáy của đường tròn đáy là \(8\pi a\) nên bán kính của đường tròn đáy là    \(R = \dfrac{{8\pi a}}{{2\pi }} = 4a\)

Suy ra thể tích của khối trụ đã cho là : \(V = 3a.\pi .{\left( {4a} \right)^2} = 48\pi {a^3}\)

Chọn A

TXĐ :  \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

Từ đồ thị các hàm số trên ta thấy :

Hàm số \(y = {x^\gamma }\) nghịch biến trên \(D\) nên \(\gamma  < 0\)

Hàm số \(y = {x^\alpha }\) và \(y = {x^\beta }\) đồng biến trên \(D\) nên \(\alpha ,\beta  > 0\)

Mặt khác, với mọi giá trị \(x > 1\) thì \({x^\alpha } > {x^\beta }\) nên \(\alpha  > \beta \)

Vậy \(\gamma  < 0 < \beta  < \alpha \)

Chọn D

TXĐ :  \(D = \mathbb{R}\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) =  - {x^3} + 3{x^2} + m + 1\\ \Rightarrow f'\left( x \right) =  - 3{x^2} + 6x =  - 3\left( {{x^2} - 2x} \right) =  - 3x\left( {x - 2} \right)\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

BBT của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\) như sau :

Từ BBT ta thấy  \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = m + 1\) 

Mà giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\) bằng 4 nên \(m + 1 = 4 \Leftrightarrow m = 3\)

Chọn D

TXĐ :   \(D = \mathbb{R}\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} + mx + m\\ \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x + m\end{array}\)

Phương trình \(f'\left( x \right)\) có hệ số \({x^2}\) dương nên để hàm số \(y = f\left( x \right)\) có khoảng nghịch biến thì phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt.

Do đó  

Khi đó phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\\{x_1}.{x_2} = \dfrac{m}{3}\end{array} \right.\)

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {{x_1};{x_2}} \right)\)

Để khoảng nghịch biến có độ dài không  nhỏ hơn 1 nên  \({x_2} - {x_1} \ge 1\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}{x_2} - {x_1} \ge 1\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_2} + {x_1}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} \ge 1\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2} \right)^2} - 4\dfrac{m}{3} \ge 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{4m}}{3} \le 3 \Leftrightarrow m \le \dfrac{9}{4}\left( {t/m} \right)\end{array}\)

Chọn C

Dân số nước ta đạt 110 triệu người nên ta có:

\(\begin{array}{l}S = 110000000\\ \Leftrightarrow A.{e^{N.r}} = 110000000\\ \Leftrightarrow 96961884.{e^{N.0,98\% }} = 110000000\\ \Leftrightarrow N = 12,87\end{array}\) 

Như vậy, sau ít nhất 13 năm thì dân số nước ta đạt 110 triệu người hay đến năm 2031 thì dân số nước ta đạt 110 triệu người.

Chọn A

Đặt \(A = 200\) triệu đồng,   \(x = 2\% \)/quý        

Sau 1 quý, số tiền cả gốc và lãi nhận được  là :

\({A_1} = A + A.x = A\left( {1 + x} \right)\)

Sau 2 quý, số tiền cả gốc và lãi nhận được là :

\({A_2} = {A_1} + {A_1}.x = {A_1}\left( {1 + x} \right) = A{\left( {1 + x} \right)^2}\)

……..

Sau \(n\) quý, số tiền cả gốc và lãi nhận được là \({A_n} = A{\left( {1 + x} \right)^n}\)

3 năm = 12 quý

Số tiền cả gốc lẫn lãi mà người đó nhận được sau 12 quý là :

\({A_{12}} = 200.{\left( {1 + 2\% } \right)^{12}} = 253,648\) (triệu đồng).    

Chọn A