Hình chóp tứ giác đều có \(4\) mặt phẳng đối xứng.

Chọn A.

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 2x\) \( = 2x\left( {2{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)

Do đó hàm số có \(3\) điểm cực trị.

Chọn A.

Gọi \(E,F\) là trung điểm \(AB,CD\).

Dễ thấy \(EF \bot CD\) vì \(\Delta ECD\) cân, tương tự \(FE \bot AB\) vì \(\Delta FAB\) cân.

Khi đó \(EF = d\left( {AB,CD} \right)\),

Ta có: \(CE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},CF = \dfrac{a}{2}\) nên \(EF = \sqrt {C{E^2} - C{F^2}} \) \( = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn D.

Ta có: \({3^{x + 1}} + {3^{ - x}} - 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow {3.3^x} + \dfrac{1}{{{3^x}}} - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow {3.3^{2x}} - {4.3^x} + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow \left( {{3^x} - 1} \right)\left( {{{3.3}^x} - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} - 1 = 0\\{3.3^x} - 1 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Vậy tập nghiệm \(S = \left\{ {0; - 1} \right\}.\)

Chọn C.

\({\log _2}\left( {x + 1} \right) + {\log _2}\left( {x - 1} \right) = 3\)

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - 1\\x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\)

PT\( \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)} \right] = 3\) \( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - 1} \right) = 3\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 1 = {2^3} = 8\) \( \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow x =  \pm 3\).

Vậy phương trình có \(2\) nghiệm.

Chọn B.

Các số tự nhiên có \(2\) chữ số chia hết cho \(13\) là \(13,26,39,...,91\).

Số các số là \(\left( {91 - 13} \right):13 + 1 = 7\) số.

Chọn B.

Ta thấy, \(CC \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow CC' \bot AC\) \( \Rightarrow d\left( {A,CC'} \right) = AC\)

Mà \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Vậy \(d\left( {A,CC'} \right) = a\sqrt 2 \).

Chọn C.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 6} }}{{x - 1}} =  + \infty \) nên TCĐ: \(x = 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 6} }}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{x\sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{6}{{{x^2}}}} }}{{x - 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{6}{{{x^2}}}} }}{{1 - \dfrac{1}{x}}} = 1\) nên TCN: \(y = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 6} }}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{ - x\sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{6}{{{x^2}}}} }}{{x - 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{ - \sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{6}{{{x^2}}}} }}{{1 - \dfrac{1}{x}}} =  - 1\) nên TCN \(y =  - 1\).

Vậy đồ thị hàm số có \(3\) đường tiệm cận.

Chọn A.

ĐTHS có TCĐ \(x = 1\) và đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right),\left( {1; + \infty } \right)\) nên có \(y' > 0,\forall x \ne 1\).

Chọn B.

Ta có: \(y' = {x^2} - 2mx + {m^2} - m\)

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - {m^2} + m > 0 \Leftrightarrow m > 0\)

Khi đó \({x_1}{x_2} = 2 \Leftrightarrow {m^2} - m = 2\) \( \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 1\left( {loai} \right)\\m = 2\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Vậy \(m = 2\).

Chọn B.

Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Thể tích hình chóp \(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}}\) \( = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Chọn B.

Ta có: \({a^2} = bc\)\( \Rightarrow \ln {a^2} = \ln \left( {bc} \right) \Leftrightarrow 2\ln a = \ln b + \ln c\) \( \Rightarrow 2\ln a - \ln b - \ln c = 0\)

Vậy \(S = 0\).

Chọn C.

Ta có: \({u_5} + {u_6} = 20\) \( \Leftrightarrow {u_1} + 4d + {u_1} + 5d = 20\) \( \Leftrightarrow 2{u_1} + 9d = 20\)

Suy ra \({S_{10}} = \dfrac{{10\left( {2{u_1} + 9d} \right)}}{2} = \dfrac{{10.20}}{2} = 100\).

Chọn B.

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 3\) nên A sai.

Đồ thị hàm số có điểm cực đại là \(\left( {0;0} \right)\) nên B đúng.

Chọn B.

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\).

TXĐ: \(D = \left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn B.

Đáp án A: Đồ thị hàm số có hai điểm cực đại là \(\left( { - 2;2} \right)\) và \(\left( {1;\dfrac{1}{2}} \right)\) nên A đúng.

Đáp án B : Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\) nên B đúng.

Đáp án C : Hàm số có một giá trị cực tiểu bằng \(2\) sai vì hàm số có giá trị cực tiểu là \(0\).

Chọn C.

Đáp án A: Đồ thị hàm số bậc hai không có đường tiệm cận.

Chọn A.

Ta có: \(TXD:D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

\(y' = \dfrac{{1.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} =  - \dfrac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn A.

Ta có: \({\log _{ab}}x = \dfrac{1}{{{{\log }_x}\left( {ab} \right)}} = \dfrac{1}{{{{\log }_x}a + {{\log }_x}b}}\) \( = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{{{{\log }_a}x}} + \dfrac{1}{{{{\log }_b}x}}}}\) \( = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n}}} = \dfrac{{mn}}{{m + n}}\).

Chọn D.

Ta có: \(y' = \left( {{{\log }_{2020}}x} \right)' = \dfrac{1}{{x\ln 2020}}\)

Chọn D.

Số hạng TQ: \({T_{k + 1}} = C_7^k.{x^{7 - k}}.{\left( { - 2} \right)^k}\)

Số hạng chứa \({x^3}\) ứng với \(7 - k = 3 \Leftrightarrow k = 4\).

Hệ số \(C_7^4.{\left( { - 2} \right)^4} = 560\).

Chọn A.

Ta có: \(\log x = 3\log m + 2\log n - \log p\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \log x = \log {m^3} + \log {n^2} - \log p\\ \Rightarrow \log x = \log \left( {\dfrac{{{m^3}{n^2}}}{p}} \right)\\ \Rightarrow x = \dfrac{{{m^3}{n^2}}}{p}\end{array}\)

Chọn D.

Diện tích xung quanh hình nón \({S_{xq}} = \pi Rl\)\( = \pi .a.a\sqrt 2  = \pi {a^2}\sqrt 2 \).

Chọn C.

Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}h\)\( = \pi .{\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 12\pi \).

Chọn A.

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

\(x = 0 \Rightarrow y = 1,\) \(x = 2 \Rightarrow y =  - 3\).

Vậy tích các giá trị cực trị là \(1.\left( { - 3} \right) =  - 3\).

Chọn A.

Đáp án A: Hàm số có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi } \right\}\) nên nó không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án B: \(y' =  - 3{x^2} + 2x - 2\), có \(\Delta ' = 1 - \left( { - 3} \right).\left( { - 2} \right) =  - 5 < 0\) và \(a =  - 3 < 0\) nên \(y' < 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Do đó hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn B.

ĐTHS có TCĐ \(x =  - 1\) và TCN \(y = 0\).

Do đó chỉ có C sai.

Chọn C.

Ta có \(y' = 4{x^3} + 2mx = 2x\left( {2{x^2} + m} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} =  - m\end{array} \right.\)

Hàm số có ba cực trị khi \(y' = 0\) có ba nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \(0\)\( \Leftrightarrow  - m > 0 \Leftrightarrow m < 0\).

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = {\log _4}12 - {\log _4}15 + {\log _4}20\\ = {\log _4}\left( {\dfrac{{12}}{{15}}.20} \right)\\ = {\log _4}16 = {\log _4}{4^2} = 2\end{array}\)

Chọn C.

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

Xét \(f\left( 0 \right) = 1,f\left( 1 \right) =  - 1,f\left( 2 \right) = 3\)

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 3,\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) =  - 1\)

Nên tổng cần tìm là \(3 + \left( { - 1} \right) = 2.\)

Chọn C

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(D\) là trung điểm cạnh \(BC\)

Suy ra \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AD \bot BC\\SD \bot BC\end{array} \right.\)

Suy ra góc giữa mặt bên \(\left( {SBC} \right)\) và đáy là \(\widehat {SDA} = {60^0}\)

Ta có \(AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow DH = \dfrac{1}{3}AD = \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Xét tam giác \(SHD\) vuông tại \(H\) có \(SH = HD.\tan \widehat {SDH} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\tan {60^0} = \dfrac{a}{2}\)

Thể tích khối chóp là \(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}\dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

Chọn D

Ta có \(y' = 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m = 0\)

Có \(\Delta  = {\left( {m + 1} \right)^2} - 4m = {\left( {m - 1} \right)^2}\)

Để hàm số có hai cực trị thì \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow \) \({\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\)

Hoành độ hai điểm cực trị: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{m + 1 + m - 1}}{2} = m \Rightarrow y = 3{m^2}\\{x_2} = \dfrac{{m + 1 - m + 1}}{2} = 1 \Rightarrow y = {m^3} + 3m - 1\end{array} \right.\)

Từ đó ta có: \(A\left( {m;3{m^2}} \right),B\left( {1;{m^3} + 3m - 1} \right)\)

\(AB = \sqrt 2  \Leftrightarrow A{B^2} = 2\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + {\left( {{m^3} - 3{m^2} + 3m - 1} \right)^2} = 2\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} + {\left( {m - 1} \right)^6} = 2\end{array}\)

Đặt \({\left( {m - 1} \right)^2} = t \ge 0 \Rightarrow {t^3} + t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow m - 1 = 1 \Rightarrow m = 2\)

Chọn A

+ Ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) =  \pm \infty  \Rightarrow a > 0\)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại gốc tọa độ nên \(d = 0.\)

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm bên phải trục tung nên \(\left\{ \begin{array}{l}ab < 0\\ac > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b < 0\\c > 0\end{array} \right.\)

Chọn A

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \dfrac{1}{3}.5.9 = 15\)

Ta có \(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}}.\dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}} = 1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}\)

\( \Rightarrow {V_{AMNBC}} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABC}} = \dfrac{2}{3}.15 = 10\)

Chọn B

TXD: \(D = R\backslash \left\{ m \right\}\)

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

Từ yêu cầu đề bài suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}y' < 0\\m \notin \left( { - \infty ;2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m + 1 < 0\\m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 2\)

Chọn B

Gọi hình lập phương có cạnh \(a\)

Thể tích khối lập phương cạnh \(a\) là \({V_1} = {a^3}\)

Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh \(a\) có bán kính \(r = \dfrac{a}{2}\)

Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh \(a\) là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^3} = \dfrac{{\pi {a^3}}}{6}\)

Tỉ số \(\dfrac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \dfrac{{\dfrac{{\pi {a^3}}}{6}}}{{{a^3}}} = \dfrac{\pi }{6}\)

Chọn C

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số cắt trục \(Ox\) theo hướng từ trên xuống dưới tại hai điểm nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực đại.

Chọn A

Gọi \(D\) và \(E\) lần lượt là trung điểm của \(AC,SC\).

Ta có \(DE//SA \Rightarrow DE \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(D\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên \(ED\) là trục đường trong ngoại tiếp đáy. Do đó: \(EA = EB = EC\)

Lại có tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có \(E\) là trung điểm cạnh huyền nên \(EA = ES = EC = \dfrac{{SC}}{2}\)

Suy ra \(EA = ES = EC = EB = \dfrac{{SC}}{2}\) hay \(E\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp \(S.ABC\) và bán kính mặt cầu là \(\dfrac{{SC}}{2}\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) ta có: \(AC = \sqrt {B{C^2} + B{A^2}}  = a\sqrt 2 \)

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có: \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 6 \)

Bán kính mặt cầu cần tìm là: \(R = \dfrac{{SC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

Chọn D

Thiết diện qua trục là hình vuông \(ABCD\) như hình vẽ

Bán kính đáy \(R = \dfrac{{DC}}{2} = \dfrac{{2a}}{2} = a\)

Đường sinh: \(l = BC = 2a\)

Diện tích xung quanh hình trụ: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .a.2a = 4\pi {a^2}\)

Chọn D

Ta có:

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

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy:

+) Đồ thị cắt trục hoành tại \(3\) điểm phân biệt nên phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm phân biệt

+) Đường thẳng \(y =  - 1\) cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt nên phương trình \(f\left( x \right) =  - 1\) có hai nghiệm phân biệt. Và các nghiệm này không trùng với 3 nghiệm ở trên nên phương trình \({\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} + f\left( x \right) = 0\) có năm nghiệm phân biệt.

Chọn C