TXĐ : \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\)

Ta có :

 \(\begin{array}{l}y = {\log _2}{x^2}\\ \Rightarrow y' = \dfrac{{\left( {{x^2}} \right)'}}{{{x^2}\ln 2}} = \dfrac{{2x}}{{{x^2}\ln 2}}\end{array}\)

Ta thấy \(y' > 0 \Leftrightarrow x > 0\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

\(y' < 0 \Leftrightarrow x < 0\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Lại có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  + \infty \) nên hàm số đã cho không có tiệm cận ngang

Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là \(x = 0\)

Chọn C

TXĐ:  \(D = \left[ {0;2} \right]\)

Ta có:

\(y = \sqrt {2x - {x^2}} \) \( \Rightarrow y' = \dfrac{{\left( {2x - {x^2}} \right)'}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }}\) \( = \dfrac{{2 - 2x}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }} = \dfrac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }}\)

Suy ra   \(y' < 0 \Leftrightarrow 1 - x < 0 \Leftrightarrow x > 1\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\)

             \(y' > 0 \Leftrightarrow 1 - x > 0 \Leftrightarrow x < 1\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\)

Chọn D

Thể tích của khối cầu có bán kính \(6cm\) là : \(V = \dfrac{4}{3}\pi {.6^3} = 288\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Chọn B

Từ BBT trên ta thấy :

Phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có 4 nghiệm phân biệt nằm trong các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\); \(\left( { - 2;0} \right)\) ; \(\left( {0;2} \right)\) ; \(\left( {2; + \infty } \right)\)

Hàm số có 3 điểm cực trị là \(x =  - 2;\) \(x = 0\) ; \(x = 2\) vì \(y'\) đổi dấu khi đi qua các điểm này.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng \( - 3\), đạt được tại \(x =  - 2\) hoặc \(x = 2\)

Hàm số không có giá trị lớn nhất vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty \)     

Chọn C

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có :

\(\begin{array}{l}y = \left( {{x^2} - 3x + 3} \right).{e^x}\\ \Rightarrow y' = \left( {{x^2} - 3x + 3} \right)'.{e^x} + \left( {{x^2} - 3x + 3} \right).{e^x}\\ = \left( {2x - 3} \right).{e^x} + \left( {{x^2} - 3x + 3} \right).{e^x}\\ = {e^x}\left( {2x - 3 + {x^2} - 3x + 3} \right)\\ = \left( {{x^2} - x} \right).{e^x}\end{array}\)

Chọn C

TXĐ : \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

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

BBT của hàm số như sau :

Từ BBT ta thấy \(A\left( { - 2;6} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn C

Từ đồ thị trên ta thấy, đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 1 điểm duy nhất có hoành độ lớn hơn 1

Suy ra phương trình \(f\left( x \right) = 1\) có 1 nghiệm duy nhất.

Chọn C

Hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 3\) có TXĐ : \(D = \mathbb{R}\) và \(y' = 4{x^3} - 4x = 4x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\) nên hàm số có khoảng nghịch biến là \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\)

Hàm số \(y = \dfrac{{x - 1}}{{2x + 3}}\) không xác định khi \(x =  - \dfrac{3}{2}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Hàm số \(y = {x^3} + 4x - 5\) có TXĐ : \(D = \mathbb{R}\) và \(y' = 3{x^2} + 4 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số này đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Hàm số \(y = \sqrt {{x^2} - x + 1} \) có TXĐ :  \(D = \mathbb{R}\) và \(y' = \dfrac{{2x - 1}}{{2\sqrt {{x^2} - x + 1} }}\) nên có khoảng đồng biến là \(\left( {\dfrac{1}{2}; + \infty } \right)\)

Chọn C

Từ BBT trên ta thấy :

Hàm số có TXĐ :  \(D = \left( { - \infty ;2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\) và \(f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in D\) nên hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\) 

Chọn C

Ta có :

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

Suy ra phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm bậc lẻ phân biệt là \(x =  - 1\) và \(x = \dfrac{2}{3}\)

Do đó hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn B

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}\) là đường thẳng \(x =  - 1\) do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} y =  - \infty \)

Chọn B

Ta có :

\({\log _{\dfrac{1}{2}}}\left( {\dfrac{1}{5}} \right) = a \Leftrightarrow {\log _{{2^{ - 1}}}}\left( {{5^{ - 1}}} \right) = a\) \( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\left( { - 1} \right)}}.\left( { - 1} \right).{\log _2}5 = a \Leftrightarrow a = {\log _2}5\)

Suy ra :

\({\log _2}25 + {\log _2}\sqrt 5  = {\log _2}{5^2} + {\log _2}{5^{\dfrac{1}{2}}}\) \( = 2{\log _2}5 + \dfrac{1}{2}{\log _2}5 = \dfrac{5}{2}{\log _2}5 = \dfrac{5}{2}a\)

\({\log _5}4 = \dfrac{1}{{{{\log }_4}5}} = \dfrac{1}{{{{\log }_{{2^2}}}5}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{2}{{\log }_2}5}} = \dfrac{2}{a}\)

\({\log _2}\dfrac{1}{5} + {\log _2}\dfrac{1}{{25}} = {\log _2}{5^{ - 1}} + {\log _2}{5^{ - 2}}\) \( = \left( { - 3} \right).{\log _2}5 =  - 3a\)

Chọn B

Ta có :

\({\log _{\sqrt a }}\left( {a\sqrt b } \right) = {\log _{{a^{\dfrac{1}{2}}}}}\left( {a\sqrt b } \right)\)\( = 2{\log _a}\left( {a\sqrt b } \right) = 2\left( {{{\log }_a}a + {{\log }_a}\sqrt b } \right)\)  \( = 2\left( {1 + \dfrac{1}{2}{{\log }_a}b} \right) = 2 + {\log _a}b\)

Chọn A

Hàm số \(y = {\log _3}\left( {{{\log }_2}x} \right)\) xác định khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{\log _2}x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x > {2^0}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x > 1\end{array} \right. \Rightarrow x > 1\)

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \left( {1; + \infty } \right)\)

Chọn D

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

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

Chọn A

Khối nón đã cho có độ dài đường sinh là \(l = a\sqrt 5 \), chiều cao là \(h = a\) và bán kính đáy là \(r\) thì ta có:

\(\begin{array}{l}{h^2} + {r^2} = {l^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + {r^2} = {\left( {\sqrt 5 a} \right)^2}\\ \Rightarrow r = 2a\end{array}\)

Thể tích của khối nón đã cho là:

\(V = \dfrac{1}{3}\pi h.{r^2} = \dfrac{1}{3}.\pi .a.{\left( {2a} \right)^2} = \dfrac{4}{3}\pi {a^3}\)

Chọn C

\(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(A{B^2} + A{D^2} = A{C^2} \Rightarrow AC = \sqrt 5 a\)

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc tạo bởi \(SC\) và mặt phẳng đáy là góc giữa \(SC\) và \(AC\). Do đó \(\widehat {SCA} = 45^\circ \)

\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AC\). Tam giác \(SAC\) vuông tại \(S\). Do đó \(SA = AC.\tan SCA = \sqrt 5 a\)

Vậy thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \dfrac{1}{3}SA.AB.AD = \dfrac{1}{3}.\sqrt 5 a.a.2a = \dfrac{{2\sqrt 5 {a^3}}}{3}\)

Chọn D

Các mặt của đa diện là các hình tam giác nên mỗi mặt của đa diện có 3 cạnh

Mỗi cạnh của đa diện là cạnh chung của 2 mặt nên số cạnh của đa diện là  \(C = \dfrac{3}{2}M \Leftrightarrow 2C = 3M\) 

Chọn A

\(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(\left\{ \begin{array}{l}CC' \bot \left( {ABCD} \right)\\CB \bot CD\\CB = CD = CC'\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}AC' = a\sqrt 6 \\ \Leftrightarrow AC{'^2} = 6{a^2}\\ \Leftrightarrow CC{'^2} + A{C^2} = 6{a^2}\\ \Leftrightarrow CC{'^2} + C{B^2} + C{D^2} = 6{a^2}\\ \Leftrightarrow 3C{B^2} = 6{a^2}\\ \Rightarrow CB = \sqrt 2 a\end{array}\)

Hình lập phương đã cho có cạnh bằng \(a\sqrt 2 \) nên có thể tích là: \(V = {\left( {\sqrt 2 a} \right)^3} = 2\sqrt 2 {a^3}\)

Chọn D

Quay hình chữ nhật \(ABCD\) quanh \(AD\) ta được hình trụ tròn xoay có chiều cao bằng \(AD\) và bán kính đáy bằng \(AB\). Thể tích của khối tròn xoay này là :

\({V_1} = \pi .AD.A{B^2} = \pi .AD.{\left( {2AD} \right)^2} = 4\pi A{D^3}\)

Quay hình chữ nhật \(ABCD\) quanh \(AB\) ta được hình trụ tròn xoay có chiều cao bằng \(AB\) và bán kính đáy bằng \(AD\). Thể tích của khối tròn xoay này là :

\({V_1} = \pi .AB.A{D^2} = \pi .2AD.A{D^2} = 2\pi A{D^3}\)

Suy ra  \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{4\pi A{D^3}}}{{2\pi A{D^3}}} = 2 \Leftrightarrow {V_1} = 2{V_2}\)

Chọn A

Ta có :

\(\begin{array}{l}{\log _2}x = 6{\log _4}a - 4{\log _2}\sqrt b  - {\log _{\dfrac{1}{2}}}c\\ \Leftrightarrow {\log _2}x = 6{\log _{{2^2}}}a - 4{\log _2}{b^{\dfrac{1}{2}}} - {\log _{{2^{ - 1}}}}c\\ \Leftrightarrow {\log _2}x = 6.\dfrac{1}{2}{\log _2}a - 4.\dfrac{1}{2}{\log _2}b - \dfrac{1}{{ - 1}}{\log _2}c\\ \Leftrightarrow {\log _2}x = 3{\log _2}a - 2{\log _2}b + {\log _2}c\\ \Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}{a^3} - {\log _2}{b^2} + {\log _2}c\\ \Leftrightarrow {\log _2}x = {\log _2}\dfrac{{{a^3}c}}{{{b^2}}}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{{a^3}c}}{{{b^2}}}\end{array}\)

Chọn B

Đường thẳng \(y = 3\) cắt trục tung, đồ thị các hàm số \(y = {a^x}\) và \(y = {b^x}\) lần lượt tại \(H,M,N\) nên ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}{a^{HM}} = 3\\{b^{HN}} = 3\end{array} \right. \Rightarrow {a^{HM}} = {b^{HN}}\)

Theo giả thiết,    \(2HM = 3MN \Leftrightarrow HM = \dfrac{3}{2}MN \\\Rightarrow HM = \dfrac{3}{5}HN\)

Do đó   \({a^{HM}} = {b^{HN}} \Leftrightarrow {a^{HM}} = {b^{\dfrac{5}{3}HN}}\\ \Leftrightarrow a = {b^{\dfrac{5}{3}}} \Leftrightarrow {a^3} = {b^5}\)

Chọn C

Gọi số tiền tăng thêm của mỗi sản phẩm trong giá bán là \(2x\) (ngàn đồng)

Nếu tăng 2 ( ngàn đồng)  trong giá bán thì số sản phẩm giảm 6 nên nếu tăng thêm mỗi sản phẩm trong giá bán là \(2x\) đồng thì số sản phẩm  trong tháng giảm \(6x\) (sản phẩm). Số sản phẩm bán được trong tháng khi đó là \(60 - 6x\) (sản phẩm).

Giá bán mỗi sản phẩm khi đó là: \(45 + 2x\) (ngàn đồng).

Chi phí sản xuất mỗi sản phẩm là \(27\) (ngàn đồng)  nên lợi nhuận thu được từ mỗi sản phẩm là \(45 + 2x - 27 = 18 + 2x\) (ngàn đồng)

Do đó, lợi nhuận mà doanh nghiệp thu được là :

 \(\left( {60 - 6x} \right)\left( {18 + 2x} \right) = 1080 + 12x - 12{x^2}\) \( =  - 12\left( {{x^2} - x + \dfrac{1}{4}} \right) + 1077\) \( = 1077 - 12{\left( {x - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \le 1077\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi \(x = \dfrac{1}{2}\) hay giá bán của mỗi sản phẩm là 46 (ngàn đồng)

Do đó để thu được lợi nhuận lớn nhất thì doanh nghiệp nên bán sản phẩm với giá 46 ngàn đồng.

Chọn B

Vận tốc bằng đạo hàm của quãng đường nên ta có :      

\(\begin{array}{l}S = 6{t^2} - {t^3}\\ \Rightarrow v = S' = 12t - 3{t^2}\end{array}\)

\(v = 12t - 3{t^2} =  - 3\left( {{t^2} - 4t + 4} \right) + 12 \\= 12 - 3{\left( {t - 2} \right)^2} \le 12\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi \(t = 2\)

Vậy vận tốc của chất điểm đạt giá trị lớn nhất tại thời điểm \(t = 2\left( s \right)\)

Chọn A

\(f\left( x \right) = \left( {m + 2} \right)\dfrac{{{x^3}}}{3} - \left( {m + 2} \right){x^2} + \left( {m - 8} \right)x + {m^2} - 1\)

Hàm số đã cho liên tục và xác định trên \(\mathbb{R}\).

Nếu \(m =  - 2\) thì hàm số trên trở thành \(f\left( x \right) =  - 10x + 3\), hàm số này nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(m =  - 2\) thỏa mãn.

Nếu \(m \ne  - 2\), ta có :

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \left( {m + 2} \right)\dfrac{{{x^3}}}{3} - \left( {m + 2} \right){x^2} + \left( {m - 8} \right)x + {m^2} - 1\\ \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {m + 2} \right){x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + \left( {m - 8} \right)\end{array}\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2 < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m <  - 2\\{\left( {m + 2} \right)^2} - \left( {m + 2} \right)\left( {m - 8} \right) \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m <  - 2\\\left( {m + 2} \right).10 \le 0\end{array} \right. \Rightarrow m <  - 2\end{array}\)

Vậy \(m \le  - 2\) thì hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn D

Gọi \(S\) là đỉnh, \(I\) là tâm đường tròn đáy của hình nón đã cho.
Mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cách tâm của đáy một khoảng bằng 2 cắt đường tròn đáy theo dây cung \(AB\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Qua \(I\) kẻ \(IH \bot SM\left( {H \in SM} \right)\).
Ta có:
\(IA = IB = 3\) nên tam giác \(IAB\) cân tại \(I\) hay \(IM \bot AB\) (1)
\(SI \bot \left( {IAB} \right) \Rightarrow SI \bot AB\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AB \bot \left( {SIM} \right) \Rightarrow AB \bot IH\) mà \(IH \bot SM\) nên \(IH \bot \left( {SAB} \right)\)
Khoảng cách từ tâm đến mp \(\left( {SAB} \right)\) bằng 2 nên \(IH = 2\)
Tam giác \(SIM\) vuông tại \(I,\) có đường cao \(IH\) nên:
\(\dfrac{1}{{I{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{I^2}}} + \dfrac{1}{{I{M^2}}} \\\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{2^2}}} = \dfrac{1}{{{4^2}}} + \dfrac{1}{{I{M^2}}} \Rightarrow IM = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}\)
\(S{M^2} = S{I^2} + I{M^2} = {4^2} + {\left( {\dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} \\\Rightarrow SM = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\)
Tam giác \(IAM\) vuông tại \(M\) nên \(AM = \sqrt {I{A^2} - I{M^2}} = \dfrac{{\sqrt {33} }}{3} \\\Rightarrow AB = \dfrac{{2\sqrt {33} }}{3}\)
Tam giác \(SAB\) có \(SM \bot AB\) nên diện tích tam giác \(SAB\) là:
\({S_{\Delta SAB}} = \dfrac{1}{2}SM.AB \\= \dfrac{1}{2}.\dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{2\sqrt {33} }}{3} = \dfrac{{8\sqrt {11} }}{3}\)
Vậy diện tích thiết diện bằng \(\dfrac{{8\sqrt {11} }}{3}\) (đvdt)

Chọn D

Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy:

Đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên \(d > 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty }  =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  =  - \infty \) nên \(a < 0\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\\ \Rightarrow y' = 3a{x^2} + 2bx + c\end{array}\)

Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị \({x_1},{x_2}\)  đều lớn hơn 0 nên ta có:   \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}.{x_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 2b}}{{3a}} > 0\\\dfrac{c}{{3a}} > 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\b > 0\\c < 0\end{array} \right.\)

Vậy \(a < 0,b > 0,c < 0,d > 0\)

Chọn A

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và đồ thị \(\left( C \right)\) là:

\(mx + 2 = \dfrac{{x + 1}}{x}\) \( \Leftrightarrow \left( {mx + 2} \right)x - \left( {x + 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow m{x^2} + x - 1 = 0\)     (1)

Đường thẳng \(d\) cắt đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

Suy ra  \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\m{.0^2} + 0 - 1 \ne 0\\m \ne 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 + 4m > 0\\ - 1 \ne 0\\m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - \dfrac{1}{4}\\m \ne 0\end{array} \right.\)    (2)

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{x}\) nhận đường thẳng \(x = 0\) là tiệm cận đứng.

Đường thẳng \(d\) cắt đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) tại 2 điểm phân biệt thuộc hai nhánh của đồ thị \(\left( C \right)\) tức là nằm về 2 phía của tiệm cận đứng. Do đó \({x_1} < 0 < {x_2}\)

Suy ra \({x_1}.{x_2} < 0 \Leftrightarrow \dfrac{{ - 1}}{m} < 0 \Leftrightarrow m > 0\) (3)

Kết hợp điều kiện (2) và (3) suy ra \(m > 0\) thì đường thẳng \(d\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại 2 điểm nằm về 2 phía của đồ thị \(\left( C \right)\)

Chọn D

Khối 12 mặt đều là khối có 12 mặt, mỗi mặt có 5 cạnh, mỗi cạnh là cạnh chung của 2 mặt.

Suy ra số cạnh của khối 12 mặt đều là: \(\dfrac{{5.12}}{2} = 30\) (cạnh)

Mỗi cạnh của khối 12 mặt đều có độ dài bằng 2 nên tổng độ dài của tất cả các cạnh bằng: \(l = 2.30 = 60\)

Chọn A

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), \(I\) là trung điểm của \(SC\).

\(ABCD\) là hình vuông nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại  tiếp hình vuông \(ABCD\) và \(O\) là trung điểm \(AC\) và \(BD.\)

\(OI\) là đường trung bình trong tam giác \(SAC\) nên \(OI//SA\) mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(OI \bot \left( {ABCD} \right)\)

\(I\) nằm trên đường thẳng qua tâm \(O\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) nên \(IA = IB = IC = ID\)

Mặt khác tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có trung tuyến \(AI\) nên  \(IA = \dfrac{1}{2}SC = SI = IC\)

Suy ra \(IS = IA = IB = IC = ID\) hay \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.

Ta có:

\(ABCD\) là hình vuông nên \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = \sqrt 2 a\)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = \sqrt {6{a^2} + 2{a^2}}  = 2\sqrt 2 a\)

\( \Rightarrow R = \dfrac{1}{2}SC = \sqrt 2 a\)

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\sqrt 2 a} \right)^2} = 8\pi {a^2}\)

Chọn B

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), \(O'\) là giao điểm của \(A'C'\) và \(B'D'\).

Khối nón đã cho có đỉnh là \(O\), đường tròn đáy là đường tròn tâm \(O'\) ngoại tiếp hình chữ nhật \(A'B'C'D'\).

Do đó khối nón trên có chiều cao là \(h = OO' = AA' = 3a\) và bán kính đường tròn đáy là

\(r = O'A' = \dfrac{1}{2}A'C' = \dfrac{1}{2}\sqrt {A'B{'^2} + B'C{'^2}} \)  \( = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}a\)

Vậy thể tích của khối nón đã cho là  \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}.\pi .{\left( {\dfrac{{\sqrt 5 }}{2}a} \right)^2}.3a = \dfrac{{5\pi {a^3}}}{4}\)

Chọn B

TXĐ :   \(D = \mathbb{R}\)

\({9^x} - 2m{.3^x} + {m^2} - 8m = 0\)    (1)

Đặt \(t = {3^x}\) suy ra \(t > 0\), phương trình đã cho trở thành : \({t^2} - 2mt + {m^2} - 8m = 0\)      (2)

Phương trình \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \(\left( 2 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt đều dương

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{t_1} + {t_2} > 0\\{t_1}.{t_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - {m^2} + 8m > 0\\2m > 0\\{m^2} - 8m > 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\left[ \begin{array}{l}m > 8\\m < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 8\)     (*)

Mặt khác theo giả thiết có \({x_1} + {x_2} = 2\) nên ta có :

\(\begin{array}{l}{t_1}.{t_2} = {m^2} - 8m\\ \Leftrightarrow {3^{{x_1}}}{.3^{{x_2}}} = {m^2} - 8m\\ \Leftrightarrow {3^{{x_1} + {x_2}}} = {m^2} - 8m\\ \Leftrightarrow {m^2} - 8m - 9 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 9\\m =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Từ điều kiện (*) suy ra \(m = 9\)

Vậy tổng tất cả các phần tử của tập \(S\) là 9

Chọn B

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\). Tam giác \(BCD\) vuông cân tại \(D\) nên \(DH \bot BC\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {BCD} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {BCD} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\DH \bot BC\\DH \subset \left( {DBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DH \bot \left( {ABC} \right)\)

Tam giác \(DBC\) vuông tại \(D\) nên đường trung tuyến \(DH = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2}\)

Tam giác \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}A{B^2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2}\)

Vậy thể tích của tứ diện \(ABCD\) là 

Chọn D

TXĐ : \(D = \mathbb{R}\)

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 4{x^2} + 3\)  có :

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 3{x^2} - 8x = x\left( {3x - 8} \right)\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{8}{3}\end{array} \right.\end{array}\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 4{x^2} + 3\) sau đó bỏ đi phần đồ thị bên trái trục tung và lấy đối xứng phần đồ thị bên phải trục tung qua trục tung thì ta được đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right) = {\left| x \right|^3} - 4{x^2} + 3\) như hình vẽ dưới đây:

Từ đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) ta thấy hàm số \(y = {\left| x \right|^3} - 4{x^2} + 3\) có 3 điểm cực trị.

Chọn C

Đạo hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \log \left( {{x^{2019}} - 2020x} \right)\) là :

\(f'\left( x \right) = \dfrac{{\left( {{x^{2019}} - 2020x} \right)'}}{{\ln 10.\left( {{x^{2019}} - 2020x} \right)}}\)\( = \dfrac{{2019{x^{2018}} - 2020}}{{\ln 10.\left( {{x^{2019}} - 2020x} \right)}}\) \( = \dfrac{{2019{x^{2018}} - 2020}}{{\dfrac{1}{{{{\log }_{10}}e}}\left( {{x^{2019}} - 2020x} \right)}}\)  \( = \dfrac{{\left( {2019{x^{2018}} - 2020} \right)\log e}}{{{x^{2019}} - 2020x}}\)

Chọn C

Qua \(A\) kẻ \(AH \bot BC\left( {H \in BC} \right)\)      (1)

\(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Leftrightarrow AA' \bot BC\)    (2)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra   \(BC \bot \left( {AHA'} \right) \Rightarrow BC \bot A'H\)

Ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = BC\\A'H \bot BC,AH \bot BC\\A'H \subset \left( {A'BC} \right),AH \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {A'BC} \right),\left( {ABC} \right)}\) \( = \widehat {A'H,AH} = \widehat {A'HA} = 45^\circ \)

Do đó tam giác \(A'HA\) vuông cân tại \(A\)

Tam giác \(ABC\) có \(AB = 2a,AC = a,\widehat {BAC} = 120^\circ \) nên ta có :

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2\cos BAC.AB.AC}  = \sqrt 7 a\)

\({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin BAC = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{a^2}\)

Do đó \(AH = \dfrac{{2{S_{ABC}}}}{{BC}} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\)

Tam giác \(AHA'\) vuông cân tại \(A\) nên \(AA' = AH = \dfrac{{\sqrt {21} a}}{7}\)

Do đó, thể tích của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là  \(V = AA'.{S_{ABC}} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{a^2} = \dfrac{{3\sqrt 7 }}{{14}}{a^3}\)  

Chọn D

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

\(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\) đồng thời \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

\(ABCD\) là hình vuông nên \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = 2\sqrt 2 a\). Suy ra \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \sqrt 2 a\)

Cạnh bên của hình chóp bằng \(3a\) nên \(SA = 3a\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot AO\). Do đó    \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}}  = \sqrt 7 a\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là  \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.A{B^2} = \dfrac{1}{3}.\sqrt 7 a.{\left( {2a} \right)^2} = \dfrac{{4\sqrt 7 {a^3}}}{3}\)

Chọn A

Hình đa diện đều loại \(\left\{ {4;3} \right\}\) là hình lập phương.

Diện tích mỗi mặt của hình lập phương có cạnh \(2a\) là \({\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}\)

Hình lập phương có 6 mặt nên tổng diện tích tất cả các mặt của hình lập phương là \(S = 6.4{a^2} = 24{a^2}\)

Chọn D

Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\). Theo giả thiết thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Do \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc tạo bởi \(SC\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) và góc giữa \(SC\) và \(CH\). Do đó \(\widehat {SCH} = 45^\circ \)

Qua \(C\) kẻ \(CK \bot AB\left( {K \in AB} \right)\).

\(ABCD\) là hình thang cân nên \(KB = \dfrac{{AB - CD}}{2} = \dfrac{a}{2}\)

Tam giác \(KBC\) vuông tại \(K\) nên \(KC = \sqrt {B{C^2} - K{B^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{1}{2}a} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}\)

Tam giác \(AKC\) vuông tại \(K\) nên \(AC = \sqrt {A{K^2} + K{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt 3 a\)

Suy ra \(HC = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}\)

Tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\) có \(\widehat {SCH} = 45^\circ \) nên tam giác \(SHC\) vuông cân tại \(H\). Do đó \(SH = HC = \dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}\)

Diện tích hình thang \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}CK.\left( {AB + CD} \right) = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}a.3a = \dfrac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{4}\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 a}}{2}.\dfrac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{4} = \dfrac{3}{8}{a^3}\)

Chọn D

TXĐ :   \(D = \mathbb{R}\)

Ta có:

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

Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(y' = 0\) có 2 nghiệm phân biệt.

Do đó,   \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( { - 3m} \right)^2} - 3.6m > 0\) \( \Leftrightarrow 9{m^2} - 18m > 0\) \( \Leftrightarrow 9m\left( {m - 2} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 0\end{array} \right.\)

Vậy tập hợp tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị là \(m \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\)

Chọn D