Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là \(x = 1\) và \(x =  - 1.\)

Chọn  D.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất là: \({y_{\max }} = 3\) khi \(x =  - 1.\) 

Chọn  D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi xuống nên \(a < 0 \Rightarrow \) loại đáp án C  và D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {1;\,\,1} \right).\)

+) Đáp án A: Thay tọa độ điểm \(\left( {1;\,1} \right)\) vào hàm số: \(y =  - {x^3} - 1\) ta được: \(1 =  - 1 - 1 \Leftrightarrow 1 =  - 2\) vô lý.

\( \Rightarrow \) loại đáp án A.

+) Đáp án B: Thay tọa độ điểm \(\left( {1;\,1} \right)\) vào hàm số: \(y =  - {x^3} + 3x - 1\) ta được: \(1 =  - 1 + 3 - 1 \Leftrightarrow 1 = 1\) luôn đúng.

\( \Rightarrow \) chọn đáp án B.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số cần tìm là hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) và có TGT là: \(G = \left( {0; + \infty } \right).\)

\( \Rightarrow \) chọn đáp án C.

+) Đáp án A, B loại vì có TXĐ là: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\) và  TGT của hàm số là: \(G = \mathbb{R}.\)

+) Đáp án D loại vì hàm số \(y = {\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)^x}\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}.\)

Chọn  C.

Công thức tính thể của khối cầu có bán kính \(R:\;\;V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}.\)

Chọn  D.

Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \dfrac{1}{3}Sh.\)

Chọn  D.

Hàm số \(y = {\left( {x + 3} \right)^{\dfrac{1}{3}}}\) xác định \( \Leftrightarrow x + 3 > 0 \Leftrightarrow x >  - 3.\)

Chọn  B.

Bán kính của mặt cầu là:\(r = \dfrac{a}{2}.\)

\( \Rightarrow \) Diện tích mặt cầu đã cho là: \(S = 4\pi .{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} = \pi {a^2}.\)

Chọn  A.

Xét hàm số \(y = {5^x}\) ta có:

+) TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

+) Đồ thị hàm có TCN: \(y = 0.\)

+) Đồ thị hàm số không có TCĐ.

+) Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm \(\left( {0;\;1} \right).\)

+) Hàm số luôn đồng biến trên TXĐ.

+) Đồ thị hàm số luôn nằm phía trên trục \(Ox.\)

Chọn  B.

Ta có: \({\left( {{e^x}} \right)^y} = {e^{xy}} \Rightarrow \) đáp án A đúng.

Chọn  A.

Ta có: \({\log _2}\left( {\dfrac{x}{y}} \right) = {\log _2}x - {\log _2}y \Rightarrow \) đáp án D đúng.

Chọn  D.

Loại đáp án A và C vì TXĐ của các hàm số này là: \(D = \left( {0; + \infty } \right).\)

Đáp án B: \(y = {9^x}\) có \(a = 9 > 1 \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Đáp án D: \(y = 0,{9^x}\) có \(a = 0,9 < 1 \Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}.\)

Chọn  D.

Ta có: \({\left( {0,8} \right)^x} < 3 \Leftrightarrow x > {\log _{0,8}}3.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left( {{{\log }_{0,8}}3;\,\, + \infty } \right).\)

Chọn  A.

Ta có: \({2020^a} = b \Leftrightarrow a = {\log _{2020}}b.\)

Chọn  C.

Ta có: \(P = \sqrt[5]{{{x^6}}} = {x^{\dfrac{6}{5}}}.\)

Chọn  C.

Thể tích khối lập phương có cạnh \(a\) là \(V = {a^3}.\)

Chọn  A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 6 \right\}.\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 6} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 6} \dfrac{{6x - 5}}{{x + 6}} = 6 \Rightarrow y = 6\) là TCN của đồ thị hàm số.

Chọn  D.

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h:\;\;\;V = \pi {R^2}h.\)

Chọn  A.

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

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy \(R = \dfrac{a}{2}\) và đường sinh \(l:\;\) \(\;{S_{xq}} = \dfrac{1}{2}\pi al.\)

Chọn  D.

Ta có: \(y = \sqrt[8]{{{x^{15}}}} = {x^{\dfrac{{15}}{8}}}\)

\( \Rightarrow y' = \left( {{x^{\dfrac{{15}}{8}}}} \right)' = \dfrac{{15}}{8}{x^{\dfrac{{15}}{8} - 1}} = \dfrac{{15}}{8}.{x^{\dfrac{7}{8}}} = \dfrac{{15}}{8}\sqrt[8]{{{x^7}}}.\)

Chọn  C.

Quay hình chữ nhật \(ABCD\) quanh cạnh \(AB\) ta được hình trụ có

chiều cao \(h = AB\) và bán kính đáy \(R = AD.\)

\( \Rightarrow V = \pi .{b^2}a = \pi a{b^2}.\) 

Chọn  C.

Ta có: \(y = \dfrac{1}{{{{\left( {1 - x} \right)}^3}}} \Rightarrow y' = \dfrac{{3{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^6}}} = \dfrac{3}{{{{\left( {1 - x} \right)}^4}}}.\)

Chọn  A.

Điều kiện: \(x > 0.\)

Ta có: Số nghiệm của phương trình \({\log _{2020}}x = m\) là số giao điểm của đồ thị hàm số  \(y = {\log _{2020}}x\) và đường thẳng\(y = m.\)

Ta có TGT của hàm số \(y = {\log _{2020}}x\) là \(\mathbb{R}.\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow m \in \mathbb{R}.\)

Chọn  A.

Ta có: \(f'\left( x \right) > 0\,\,\forall x \in \left( {0;\,\,1} \right) \Rightarrow \) hàm số \(y = f\left( x \right)\)  đồng biến trên \(\left( {0;\,\,1} \right).\) 

\(f'\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left( {1;\,\,2} \right) \Rightarrow \) hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {1;\,\,2} \right).\)

Chọn  D.

Ta có: \(f\left( x \right) < f\left( 0 \right)\,\,\forall x \in \left( { - 2;\,\,2} \right)\backslash \left\{ 0 \right\} \Rightarrow x = 0\) là điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right).\) 

Chọn B.

Ta có: \(y = {x^3} \Rightarrow y' = 3{x^2}\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm có hoành độ là \(0 \Rightarrow \) đồ thị hàm số đi qua \(O\left( {0;\,\,0} \right).\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3}\) tại \(O\left( {0;\,\,0} \right)\)  là: \(y = y'\left( 0 \right)\left( {x - 0} \right) + 0 = 0.\)

Chọn  C.

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

Ta có: \(y = \dfrac{1}{x} \Rightarrow y' =  - \dfrac{1}{{{x^2}}} < 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\)

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = \dfrac{1}{x}\) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;\,\,0} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Chọn  D.

Ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC = \dfrac{1}{2}.b.c.\sin \alpha .\)

\({V_{SABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}h = \dfrac{1}{3}.h.\dfrac{1}{2}bc\sin \alpha  = \dfrac{1}{6}bch\sin \alpha .\)

Chọn  D.

Điều kiện: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1.\)

\({\log _{\dfrac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow x - 1 < {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^0} \Leftrightarrow x - 1 < 1 \Leftrightarrow x < 2.\)

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left( {1;\,\,2} \right).\)

Chọn B.

\(\begin{array}{l}{\log _{21}}5 = \dfrac{1}{{{{\log }_5}21}} = \dfrac{1}{{{{\log }_5}3 + {{\log }_5}7}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{{{{\log }_3}5}} + \dfrac{1}{{{{\log }_7}5}}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{{a + b}}{{ab}}}} = \dfrac{{ab}}{{a + b}}.\end{array}\) 

Chọn  B.

\(\begin{array}{l}\log \left( {{x^2} - 2020} \right) = \log \left( {mx} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}mx > 0\\{x^2} - 2020 = mx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}mx > 0\\m \ne 0\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\\{x^2} - mx - 2020 = 0\,\,\left( {**} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Để phương trình ban đầu có nghiệm thì phương trình (**) phải có nghiệm thỏa mãn điều kiện (*).

Ta có: \(\Delta  = {m^2} + 4.2020 > 0\,\,\forall m \Rightarrow \) Phương trình (**) luôn có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{m + \sqrt {{m^2} + 8080} }}{2}\\{x_1} = \dfrac{{m - \sqrt {{m^2} + 8080} }}{2}\end{array} \right.\).

Xét \({x_1}\) thỏa mãn (*) ta có:

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{{\left( {m + \sqrt {{m^2} + 4.2020} } \right)}^2}}}{4} > 2020\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 8080 + 2m\sqrt {{m^2} + 8080}  > 8080\\ \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m\sqrt {{m^2} + 8080}  > 0\\ \Leftrightarrow 2m\left( {m + \sqrt {{m^2} + 8080} } \right) > 0\\ \Leftrightarrow 4m.\dfrac{{m + \sqrt {{m^2} + 8080} }}{2} > 0\\ \Leftrightarrow 4m{x_1} > 0\,\,\left( {luon\,\,thoa\,\,man\,\,\left( * \right)} \right)\end{array}\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm với mọi \(m \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\).

Chọn D.

Mặt cầu tâm \(O\) có đường kính \(9cm \Rightarrow \) Bán kính \(R = \dfrac{9}{2} = 4,5\,\,\left( {cm} \right)\).

Vì mặt cầu tâm \(\left( P \right)\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(d\left( {O;\left( P \right)} \right) = R = 4,5\,\,\left( {cm} \right)\).

Chọn B.

Quay tam giác vuông \(ABC\) đỉnh \(A\) quanh cạnh \(AC\) ta nhận được khối nón có chiều cao \(h = AC = b\), bán kính đáy \(R = AB = a\), đường sinh \(l = BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \) (Định lí Pytago).

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

Chọn A.

Gọi bán kính khối cầu là \(R\).

Diện tích ban đầu của khối cầu là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\).

Sau khi tăng bán kính gấp 2 lần thì bán kính mới của khối cầu là \(R' = 2R\).

Diện tích mới của khối cầu là \(V' = \dfrac{4}{3}\pi R{'^3}\).

Ta có: \(\dfrac{{V'}}{V} = \dfrac{{\dfrac{4}{3}\pi R{'^3}}}{{\dfrac{4}{3}\pi {R^3}}} = {\left( {\dfrac{{R'}}{R}} \right)^3} = {\left( {\dfrac{{2R}}{R}} \right)^3} = 8 \Rightarrow  \Rightarrow V' = 8V\).

Vậy khi tăng bán kính của một khối cầu gấp 2 lần thì thể tích khối cầu tăng gấp 8 lần.

Chọn C.

Thể tích của cái xúc xích là: \(V = \pi {R^2}h = \pi {\left( {\dfrac{2}{2}} \right)^2}.6 = 6\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

Giá bán 1 cái xúc xích là \(6\pi .500 = 3000\pi \) (đồng).

Vậy giá bán 4 cái xúc xích là \(4.3000\pi  = 12000\pi  \approx 37999\) (đồng).

Chọn C.

Diện tích mặt ngoài của quả bóng dạng hình cầu bán kính \(12\,\,cm\) là \(S = 4\pi {.12^2} = 576\pi \,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Chọn D.

Số tiền người đó nhận được sau đúng 4 năm (trong khoảng thời gian đó không rút tiền ra) là:

\({A_4} = A{\left( {1 + r} \right)^4} = 100.{\left( {1 + 6,8\% } \right)^4} = 100.1,{068^4}\) (triệu đồng).

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \left( {{{\log }_{0,5}}\left( {6x - {x^2}} \right)} \right)'\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {6x - {x^2}} \right)'}}{{\left( {6x - {x^2}} \right)\ln 0,5}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{6 - 2x}}{{\left( {6x - {x^2}} \right)\ln 0,5}}\end{array}\)

Khi đó: \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{6 - 2x}}{{\left( {6x - {x^2}} \right)\ln 0,5}} > 0\).

 Do \(0,5 < 1 \Rightarrow \ln 0,5 < \ln 1 = 0\) \( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \dfrac{{6 - 2x}}{{6x - {x^2}}} < 0\).

Ta có bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu \( \Rightarrow x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {3;6} \right)\).

Chọn C.

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow OA = OB = OC = OC\).

Xét tam giác vuông \(SAC\) có trung tuyến \(SO \Rightarrow OS = \dfrac{1}{2}AC = OA = OC\).

\( \Rightarrow OA = OB = OC = OD = OS\).

\( \Rightarrow O\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) và bán kính khối cầu là \(R = OA\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a\) nên \(AC = 2a\sqrt 2  \Rightarrow OA = a\sqrt 2 \).

Vậy \(R = a\sqrt 2 \).

Chọn B.

Ta có: \({3^2} + {4^2} = {5^2} \Rightarrow \) Đáy là tam giác vuông có 2 cạnh góc vuông có độ dài \(3dm,\,\,4dm\).

\( \Rightarrow {S_{day}} = \dfrac{1}{2}.3.4 = 6\,\,\left( {d{m^2}} \right)\).

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = {S_{day}}.h = 6.6 = 36\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).

Chọn D.