Cách giải:

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}5 - x > 0\\x + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 5\\x >  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < x < 5\)

PT\( \Leftrightarrow 5 - x = x + 1\) \( \Leftrightarrow x = 2\left( {TM} \right)\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 2\).

Chọn C

Đặt \(t = {5^x} > 0\) ta được: \({t^2} - 7t + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\\t = 5\end{array} \right.\left( {TM} \right)\)

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l}{5^x} = 2\\{5^x} = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {\log _5}2\\x = 1\end{array} \right.\)

Do đó \({x_1} + {x_2} = {\log _5}2 + 1 = {\log _5}10\).

Chọn C

Ta có: \({3^{2x + 3}} = {3^{4x - 5}} \Leftrightarrow 2x + 3 = 4x - 5\) \( - 2x =  - 8 \Leftrightarrow x = 4\)

Chọn B

Các mặt phẳng đối xứng của hình là: \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right),\left( {SFG} \right),\left( {SHI} \right)\).

Chọn D

Từ đồ thị ta thấy hàm số là hàm bậc ba có hệ số \(a > 0\) nên loại A, B.

Đồ thị hàm số đi qua \(\left( {0; - 4} \right)\) nên chỉ có đáp án D thỏa mãn.

Chọn D

Thể tích khối nón: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi .{\left( {2a} \right)^2}.9a = 12\pi {a^3}\).

Chọn A

Khi quay hình chữ nhật quanh \(MN\) ta được hình trụ bán kính \(MA\) và chiều cao \(MN = AB = AD\).

Tam giác \(ABD\) có \(\widehat A = {90^0},AB = 2a\sqrt 3 \) nên \(AD = \dfrac{{AB}}{{\tan {{60}^0}}} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 2a\).

Khi đó \(MA = \dfrac{1}{2}AD = a\).

Vậy thể tích \(V = \pi M{A^2}.MN = \pi .{a^2}.2a\sqrt 3  = 2\pi {a^3}\sqrt 3 \).

Chọn C

\(TXD:D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).

Ta có: \(y' = \dfrac{{ - 2.1 - 2.1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} =  - \dfrac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0\) với \(\forall x \in D\) nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Do đó hàm số nghịch biến trên \(\left[ {3;4} \right]\).

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {3;4} \right]} y = y\left( 4 \right) = \dfrac{{4 + 2}}{{4 - 2}} = 3\).

Chọn C.

Ta có: \({2^{{x^2} + 2x + 4}} = 3m - 7\)

Dễ thấy \({2^{{x^2} + 2x + 4}} > 0\) nên \(3m - 7 > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{7}{3}\).

PT\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 4 = {\log _2}\left( {3m - 7} \right)\) \( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + 3 = {\log _2}3m - 7\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = {\log _2}\left( {3m - 7} \right) - 3\)

Do \({\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\) nên phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3m - 7} \right) - 3 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3m - 7} \right) \ge 3 \Leftrightarrow 3m - 7 \ge {2^3}\) \( \Leftrightarrow 3m \ge 15 \Leftrightarrow m \ge 5\)

Kết hợp với \(m > \dfrac{7}{3}\) ta được \(m \ge 5\).

Vậy \(m \in \left[ {5; + \infty } \right)\).

Chọn D.

Từ đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng \(d:y = m\) cắt đồ thị hàm số đã cho tại \(4\) điểm phân biệt khi \( - 1 < m < 0.\)

Chọn B.

Thể tích khối trụ là: \(V = \pi {r^2}.h = \pi .{\left( {2a} \right)^2}.4a = 16\pi {a^3}.\)

Chọn B.

Ta có: \({\log _2}\left( {3x - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \dfrac{1}{3}\\3x - 1 = {2^3}\end{array} \right. \Rightarrow x = 3\)

Thay \(x = 3\) vào \(K\) ta được:

\(\begin{array}{l}K = {\log _3}\left( {10.3 - 3} \right) + {2^{{{\log }_2}\left( {2.3 - 1} \right)}}\\ = {\log _3}27 + 5 = 3 + 5 = 8\end{array}\)

Chọn A.

+) Từ đồ thị hàm số ta thấy: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  - \infty \) nên \(a < 0.\)

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên \(a.b < 0 \Rightarrow b > 0\)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên \(c > 0.\)

Suy ra \(a < 0;b > 0;c > 0.\)

Chọn A.

Giao điểm của \(\left( C \right)\) với trục tung là \(M\left( {0;y} \right)\)

Suy ra \(y = \dfrac{{ - 2.0 - 5}}{{0 + 1}} =  - 5 \Rightarrow M\left( {0; - 5} \right)\)

Ta có \(y' = \dfrac{7}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y\left( 0 \right) = 7\)

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

\(\begin{array}{l}y = y'\left( 0 \right)\left( {x - 0} \right) + \left( { - 5} \right)\\ \Leftrightarrow y = 7x - 5\end{array}\)

Chọn C.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{x + 2}}{{\sqrt {4{x^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{2}{x}}}{{\sqrt {4 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }} = \dfrac{1}{2}\)  nên \(y = \dfrac{1}{2}\) là TCN của đồ thị hàm số

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{x + 2}}{{\sqrt {4{x^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{1 + \dfrac{2}{x}}}{{ - \sqrt {4 + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }} =  - \dfrac{1}{2}\)  nên \(y =  - \dfrac{1}{2}\) là TCN của đồ thị hàm số

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai TCN.

Chọn A.

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B,\) ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}}  = a\sqrt 5 \)

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC\)

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có: \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2}}  = 2a\)

Thể tích khối chóp: \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.2a.2a.a = \dfrac{4}{3}{a^3}.\)

Chọn B.

Khi quay tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) quanh cạnh \(AB\) ta được hình nón có chiều cao \(AB,\) bán kính đáy \(AC\) và đường sinh \(BC.\)

Ta có: \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {16{a^2} + 9{a^2}}  = 5a\)

Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành là: \({S_{xq}} = \pi .AC.BC = \pi .3a.5a = 15\pi {a^2}.\)

Chọn D.

Từ BBT ta thấy GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ { - 1;3} \right]\) là \( - 2 \Leftrightarrow x = 2.\)

Chọn D.

Thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}Bh\), ở đó \(B\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao.

Chọn B.

Đáp án A: \(\dfrac{e}{2} > 1\) nên hàm số \(y = {\left( {\dfrac{e}{2}} \right)^x}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn A.

Hàm số \(y = {\left( {{x^2} - 9x + 18} \right)^\pi }\) xác định khi \({x^2} - 9x + 18 > 0\) \( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 6} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 6\\x < 3\end{array} \right.\)

Vậy TXĐ: \(D = \left( { - \infty ;3} \right) \cup \left( {6; + \infty } \right)\).

Chọn A.

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {{e^{4x + 2019}}} \right)'\) \( = \left( {4x + 2019} \right)'{e^{4x + 2019}} = 4{e^{4x + 2019}}\).

Chọn C.

TCĐ: \(x = 1\) nên loại D.

TCN: \(y =  - 1\) nên loại B, C.

Chọn A

Đáp án A: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\)

\(y' = \dfrac{{2.2 - \left( { - 1} \right).1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{5}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( { - 2; + \infty } \right)\) (loại)

Đáp án B: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

\(y' =  - 3{x^2} + 2x - 5\) có \(\Delta ' = 1 - \left( { - 3} \right).\left( { - 5} \right) =  - 14 < 0\) và \(a =  - 3 < 0\) nên \(y' < 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

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

Đáp án C: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn C.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

Ta có: \(y' = \dfrac{{2.1 - \left( { - 1} \right).1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in D\)

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Chọn B.

Ta thấy, \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\).

Chọn C.

Diện tích xung quanh hình nón \({S_{xq}} = \pi rl\)\( = \pi .\left( {3a} \right).\left( {2.3a} \right) = 18\pi {a^2}\).

Chọn D.

Đáp án A: Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất \(\left( {ad - bc \ne 0} \right)\) không có điểm cực trị (loại)

Đáp án B: Ta có: \(y' =  - 4{x^3} - 8x\) \( =  - 4x\left( {{x^2} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Do đó hàm số chỉ có một điểm cực trị \(x = 0\) (loại)

Đáp án C: Hàm đa thức bậc ba chỉ có tối đa hai điểm cực trị (loại)

Đáp án D: \(y' = 12{x^3} - 2x = 2x\left( {6{x^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \dfrac{1}{{\sqrt 6 }}\end{array} \right.\) nên hàm số đã cho có ba điểm cực trị.

Chọn D.

Thể tích khối hộp chữ nhật là: \(V = 2.3.4 = 24\)

Chọn A

Vì \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SB,SC\) nên \(\dfrac{{SM}}{{SA}} = \dfrac{{SN}}{{SB}} = \dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}.\)

Ta có tỉ số thể tích cần tìm là:

\(\dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SB}}.\dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}\)

Chọn B.

Từ đths ta thấy \(f'\left( x \right) > 0\) với \(x < 0\) và \(f'\left( x \right) < 0\) khi \(x < 0\)

Suy ra \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số.

Chọn B.

Diện tích đáy \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}a\sqrt 2 .2a = \sqrt 2 {a^2}\)

Thể tích lăng trụ cần tìm là: \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = \sqrt 3 a.\sqrt 2 {a^2} = \sqrt 6 {a^3}\)

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

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

Khi đó \(y\left( 1 \right) = 2;y\left( 0 \right) = 4;y\left( 2 \right) = 6\)

Suy ra \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 2 \Leftrightarrow x = 1;\,M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = 6 \Leftrightarrow x = 2\)

Do đó \({m^2} + {M^2} = {2^2} + {6^2} = 40.\)

Chọn D.

Thể tích khối cầu là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {r^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32}}{3}\pi \)

Chọn A

Vì \({\log _a}\left( {bc} \right) = {\log _a}b + {\log _a}c\,\,\left( {a;b;c > 0;a \ne 1} \right)\) nên B sai.

Chọn B.

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

BBT: 

Từ BBT suy ra giá trị cực đại là \(y = \dfrac{{22}}{3}\) khi \(x =  - 2.\)

Chọn C.

Tam giác \(SAB\) là tam giác đều có diện tích \(S = \dfrac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = 25\sqrt 3 {a^2} \Leftrightarrow A{B^2} = 100{a^2} \Rightarrow AB = 10a = SA\)

Suy ra \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {5^2}}  = 5\sqrt 3 a\)

Thể tích khối nón là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi SH.O{A^2} = \dfrac{1}{3}\pi .{\left( {5a} \right)^2}.\left( {5\sqrt 3 a} \right) = \dfrac{{125{a^3}}}{3}\pi \)

Chọn A.

Ta có: \({\left( {{a^\alpha }} \right)^\beta } = {a^{\alpha .\beta }}\) nên A sai.

Chọn A.

Đồ thị hàm số có đường TCĐ: \(x = 1\).

Chọn D.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x\)

\(y'\left( { - 1} \right) = 3.{\left( { - 1} \right)^2} - 6.\left( { - 1} \right) = 9\)

Phương trình tiếp tuyến: \(y = 9\left( {x + 1} \right) - 2 = 9x + 7\).

Chọn C.