\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {\dfrac{{3{x^2}}}{{x - 3}}.\dfrac{{12x - 4}}{{2{x^3} - 6{x^2} + x - 3}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{3{x^2}\left( {12x - 4} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {2{x^3} - 6{x^2} + x - 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{3{x^2}\left( {12x - 4} \right)}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}\left( {2{x^2} + 1} \right)}}\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} 3{x^2}\left( {12x - 4} \right) = 864\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} {\left( {x - 3} \right)^2}\left( {2x + 1} \right) = 0\\{\left( {x - 3} \right)^2}\left( {2x + 1} \right) \ge 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{3{x^2}\left( {12x - 4} \right)}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}\left( {2x + 1} \right)}} =  + \infty \)

Chọn A.

Dễ thấy đáp án C có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) nên hàm số không liên tục tại \(x = 0\).

Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {MP}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AP}  = \overrightarrow {MA}  - m\overrightarrow {PD} \).

Chọn A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt[4]{{6{x^4} + 3x + 1}} - \sqrt {a{x^2} + 2} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {\sqrt[4]{{6 + \dfrac{3}{{{x^3}}} + \dfrac{1}{{{x^4}}}}} - \sqrt {a + \dfrac{2}{{{x^2}}}} } \right)\)

Để giới hạn trên bằng \(0\) thì \(\sqrt a  = \sqrt[4]{6} \Leftrightarrow {a^2} = 6 \Leftrightarrow a = \sqrt 6 \,\,\left( {Do\,\,a \ge 0} \right)\).

Chọn B.

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{\left( { - 2x + 2} \right)\left( {x - 2} \right) - \left( { - {x^2} + 2x - 3} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\y' = \dfrac{{ - 2{x^2} + 4x + 2x - 4 + {x^2} - 2x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\y' = \dfrac{{ - {x^2} + 4x - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - {x^2} + 4x - 4 + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} =  - 1 + \dfrac{3}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\end{array}\)

Chọn A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3{x^3} - 2x + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^3}\left( {3 - \dfrac{2}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right) =  + \infty \).

Chọn A.

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SO = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\) ta có:

\(OM\) là đường trung bình của tam giác \(ACD \Rightarrow OM//AD\) và \(OM = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}a\sqrt 2 \).

Mà \(AD \bot CD \Rightarrow OM \bot CD\).

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot SM\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {SCD} \right) \supset SM \bot CD\,\,\left( {cmt} \right)\\\left( {ABCD} \right) \supset OM \bot CD\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;OM} \right) = \angle SMO\).

Xét tam giác vuông \(SOM\) có \(SO = OM = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Delta SOM\) vuông cân tại \(O\).

\( \Rightarrow \angle SMO = {45^0}\) . Vậy \(\angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = {45^0}\).

Chọn C.

\(\lim \dfrac{{3 - 4{n^2}}}{{4{n^2} - 2}} = \lim \dfrac{{\dfrac{3}{{{n^2}}} - 4}}{{4 - \dfrac{2}{{{n^2}}}}} = \dfrac{{ - 4}}{4} =  - 1\).

Chọn B.

\(\lim \dfrac{{7{x^3} - 3{x^5} - 11}}{{{x^5} + {x^3} - 3x}} = \lim \dfrac{{\dfrac{7}{{{x^2}}} - 3 - \dfrac{{11}}{{{x^5}}}}}{{1 + \dfrac{1}{{{x^2}}} - \dfrac{3}{{{x^4}}}}} = \dfrac{{ - 3}}{1} =  - 3\).

Chọn A.

Ta có \(IF\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\); \(JE\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow IF//CD;\,\,JE//CD;\,\,IF = \dfrac{1}{2}CD;\,\,JE = \dfrac{1}{2}CD\\ \Rightarrow IF//JE;\,\,IF = JE\end{array}\)

\( \Rightarrow IJEF\) là hình bình hành (Tứ giác có cặp cạnh đối song song bằng nhau).

\(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) \( \Rightarrow IJ = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}CD = IF\).

\(IJ//AB;\,\,IF//CD;\,\,AB \bot CD \Rightarrow IJ \bot IF\).

\( \Rightarrow IJEF\) là hình vuông \( \Rightarrow \angle \left( {IE;IF} \right) = {45^0}\).

Chọn A.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là:

\(y = \left( {6x_0^2 - 3} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + 2x_0^3 - 3{x_0} - 1\,\,\left( d \right)\).

Do \(\left( d \right)\) vuông góc với đường thẳng \(x + 21y - 2 = 0 \Leftrightarrow y =  - \dfrac{1}{{21}}x + \dfrac{2}{{21}}\) nên ta có:

\(6x_0^2 - 3 = 21 \Leftrightarrow x_0^2 = 4 \Leftrightarrow {x_0} =  \pm 2\).

+) Với \({x_0} = 2 \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 21\left( {x - 2} \right) + 9 = 21x - 33\).

 +) Với \({x_0} =  - 2 \Rightarrow \left( d \right):\,\,y = 21\left( {x + 2} \right) - 9 = 21x + 33\).

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + 5x - 14}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 7} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + 7} \right) = 9\\f\left( 2 \right) = 2{m^2} + 1\end{array}\)

Để hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại điểm \({x_0} = 2\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)

\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 1 = 9 \Leftrightarrow 2{m^2} = 8 \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow m =  \pm 2\).

Chọn A.

\(x \to {4^ - } \Rightarrow x < 4 \Leftrightarrow x - 4 < 0 \Rightarrow \left| {x - 4} \right| = 4 - x\).

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \dfrac{{ - {x^2} - 3x - 1}}{{\left| {x - 4} \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \dfrac{{ - {x^2} - 3x - 1}}{{4 - x}}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( { - {x^2} - 3x - 1} \right) =  - 29\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {4 - x} \right) = 0\\x \to {4^ - } \Rightarrow 4 - x > 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \dfrac{{ - {x^2} - 3x - 1}}{{4 - x}} =  - \infty \).

Chọn D

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AO\\BD \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AOA'} \right) \Rightarrow BD \bot OA'\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {BDA'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\\left( {BDA'} \right) \supset OA' \bot BD\\\left( {ABCD} \right) \supset OA \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {BDA'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {OA';OA} \right) = \angle A'OA\)

Giả sử \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương cạnh bằng 1 \( \Rightarrow AC = \sqrt 2  \Rightarrow OA = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \(OAA'\) có: \(OA' = \sqrt {O{A^2} + AA{'^2}}  = \sqrt {\dfrac{1}{2} + 1}  = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\).

\( \Rightarrow \cos \angle A'OA = \dfrac{{OA}}{{AA'}} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(\cos \angle \left( {\left( {BDA'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn D

Tam giác \(ABD\) có \(\left\{ \begin{array}{l}AB = AD\\\angle BAD = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABD\) đều.

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABD\).

Lại có \(SA = SB = SD \Rightarrow SH \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right) = SH\).

Gọi \(O = AC \cap BD\). Do \(\Delta ABD\) đều cạnh \(a\) 

\( \Rightarrow AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AH = \dfrac{2}{3}AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

\(AC = 2AO = a\sqrt 3  \Rightarrow HC = AC - AO = a\sqrt 3  - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Trong tam giác vuông \(SAH\): \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Trong tam giác vuông \(SHC\): \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\lim \left( {\sqrt[3]{{n + 2}} - \sqrt[3]{n}} \right) = \lim \dfrac{{\left( {\sqrt[3]{{n + 2}} - \sqrt[3]{n}} \right)\left( {{{\sqrt[3]{{n + 2}}}^2} + \sqrt[3]{{n + 2}}\sqrt[3]{n} + {{\sqrt[3]{n}}^2}} \right)}}{{{{\sqrt[3]{{n + 2}}}^2} + \sqrt[3]{{n + 2}}\sqrt[3]{n} + {{\sqrt[3]{n}}^2}}}\\ = \lim \dfrac{{n + 2 - n}}{{{{\sqrt[3]{{n + 2}}}^2} + \sqrt[3]{{n + 2}}\sqrt[3]{n} + {{\sqrt[3]{n}}^2}}} = \lim \dfrac{2}{{{{\sqrt[3]{{n + 2}}}^2} + \sqrt[3]{{n + 2}}\sqrt[3]{n} + {{\sqrt[3]{n}}^2}}} = 0\end{array}\)

Chọn D.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 0\)  nên hàm số liên tục tại \(x = 1\).

Vậy khẳng định C sai.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left( {x - a} \right)\dfrac{{2017}}{{{x^2} - 2ax + {a^2}}}\\L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left( {x - a} \right)\dfrac{{2017}}{{{{\left( {x - a} \right)}^2}}}\\L = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \dfrac{{2017}}{{x - a}}\end{array}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} 2017 = 2017 > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left( {x - a} \right) = 0\\x \to {a^ + } \Rightarrow x - a > 0\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \dfrac{{2017}}{{x - a}} =  + \infty \).

Chọn D.

Tam giác \(ABC\) đều \( \Rightarrow \) Trung tuyến \(IC\) đồng thời là phân giác.

\( \Rightarrow \angle \left( {IC;AC} \right) = \angle ACI = \dfrac{1}{2}{.60^0} = {30^0}\).

Chọn B.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\). Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{\left( {2x + 3m - 2} \right)\left( {x + 2} \right) - \left( {{x^2} + \left( {3m - 2} \right)x + 1 - 2m} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\\y' = \dfrac{{2{x^2} + \left( {3m - 2} \right)x + 4x + 2\left( {3m - 2} \right) - {x^2} - \left( {3m - 2} \right)x - 1 + 2m}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\\y' = \dfrac{{{x^2} + 4x + 8m - 5}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\end{array}\)

\(y' \ge 0\,\,\forall x \in D \Leftrightarrow {x^2} + 4x + 8m - 5 \ge 0\,\,\forall x \ne  - 2\).

Ta có \(\Delta ' = 4 - 8m + 5 = 9 - 8m\).

TH1: \(\Delta ' < 0 \Rightarrow 9 - 8m < 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{9}{8}\).

Khi đó \({x^2} + 4x + 8m - 5 \ge 0\,\,\forall x \ne \mathbb{R}\,\,\left( {tm} \right).\)

TH2: \(\Delta ' = 0 \Rightarrow 9 - 8m = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{9}{8}\).

Khi đó \({x^2} + 4x + 8m - 5 \ge 0\,\,\forall x \ne \dfrac{{ - 4}}{2} =  - 2\,\,\left( {tm} \right).\)

Vậy \(m \ge \dfrac{9}{8}\).

Chọn A.

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AH \bot MC\,\,\left( {H \in MC} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}MC \bot AH\\MC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow MC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow MC \bot SH\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SMC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MC\\\left( {SMC} \right) \supset SH \bot MC\\\left( {ABC} \right) \supset AH \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SMC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SH;AH} \right) = \angle SHA\).

Dễ thấy \(\Delta AMH \sim \Delta CMB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{BC}} = \dfrac{{AM}}{{MC}}\).

\( \Rightarrow AH = \dfrac{{BC.AM}}{{MC}} = \dfrac{{2\sqrt 3 .1}}{{\sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} + {1^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt {39} }}{{13}}\).

Trong tam giác vuông \(SAH:\,\,\tan \angle SHA = \dfrac{{SA}}{{AH}} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{{2\sqrt {39} }}{{13}}}} = \dfrac{{\sqrt {13} }}{4}\).

Chọn A.

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) qua \(O\) kẻ \(EF \bot AD\,\,\left( {E \in BC;\,\,F \in AD} \right)\). Khi đó \(\left( P \right) \equiv \left( {SEF} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}EF \bot AF\\EF \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow EF \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow EF \bot SF \Rightarrow \Delta SEF\) vuông tại \(F\).

Ta có: \(AF = \dfrac{1}{2}AD = a \Rightarrow SF = \sqrt {S{A^2} + A{F^2}}  = a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow {S_{SEF}} = \dfrac{1}{2}EF.SF = \dfrac{1}{2}a.a\sqrt 2  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn D

Tam giác \(SAC\) cân tại \(A \Rightarrow SO \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot SO\\AC \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\).

Vậy khẳng định B đúng.

Chọn B.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{ax + 3}}{{2 - 3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{a + \dfrac{3}{x}}}{{\dfrac{2}{x} - 3}} = \dfrac{a}{{ - 3}} = 2 \Leftrightarrow a =  - 6\).

Chọn B.

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{ - \left( {{x^2} - 1} \right)'}}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 2x}}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2}}}\\y'' = \dfrac{{ - 2{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2} + 2x.2\left( {{x^2} - 1} \right).2x}}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^4}}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{ - 2\left( {{x^2} - 1} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 1} \right) - 4{x^2}} \right]}}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^4}}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {3{x^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^3}}}\\{y^{\left( 3 \right)}} = 2\dfrac{{6x{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^3} - \left( {3{x^2} + 1} \right)3{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2}.2x}}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^6}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = 2\dfrac{{6x{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2}\left[ {{x^2} - 1 - 3{x^2} - 1} \right]}}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^6}}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{12x\left( { - 2{x^2} - 2} \right)}}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^4}}}\\ \Rightarrow {y^{\left( 3 \right)}}\left( 2 \right) = \dfrac{{12.2\left( { - {{2.2}^2} - 2} \right)}}{{{{\left( {{2^2} - 1} \right)}^4}}} = \dfrac{{ - 240}}{{81}} = \dfrac{{ - 80}}{{27}}\end{array}\)

Chọn D.

Ta thấy \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\).

\( \Rightarrow MN//SA \Rightarrow \angle \left( {MN;SC} \right) = \angle \left( {SA;SC} \right)\).

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

Lại có \(SA = SC = a \Rightarrow S{A^2} + S{C^2} = A{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại \(S\).

\( \Rightarrow \angle ASC = {90^0}\). Vậy \(\angle \left( {MN;SC} \right) = {90^0}\).

Chọn C.

\(y' = 3{\left( {2{x^2} + 1} \right)^2}\left( {2{x^2} + 1} \right)' = 12x{\left( {2{x^2} + 1} \right)^2}\).

\(y' \ge 0 \Leftrightarrow 2x{\left( {2{x^2} + 1} \right)^2} \ge 0\). Do \({\left( {2{x^2} + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \Rightarrow y' \ge 0 \Leftrightarrow 2x \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 0\).

Vậy \(x \in \left[ {0; + \infty } \right)\).

Chọn B

Vậy \(\sqrt {3,99}  \approx 1,9975\).

Chọn B.

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \dfrac{{ - 2\left( {\cot \left( {\pi x} \right)} \right)'}}{{{{\cot }^2}\left( {\pi x} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{{2\pi }}{{{{\sin }^2}\left( {\pi x} \right)}}}}{{\dfrac{{{{\cos }^2}\left( {\pi x} \right)}}{{{{\sin }^2}\left( {\pi x} \right)}}}} = \dfrac{{2\pi }}{{{{\cos }^2}\left( {\pi x} \right)}}\\ \Rightarrow f'\left( 3 \right) = \dfrac{{2\pi }}{{{{\cos }^2}\left( {3\pi } \right)}} = 2\pi \end{array}\)

Chọn B

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 3}  - 3x + 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 3}  - 2 - 3x + 3}}{{{x^2} - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 3}  - 2}}{{{x^2} - 1}} - \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{3\left( {x - 1} \right)}}{{{x^2} - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 3}  - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3}  + 2} \right)}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3}  + 2} \right)}} - \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{3}{{x + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} + 3 - 4}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 3}  + 2} \right)}} - \dfrac{3}{2}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 3}  + 2}} - \dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{2} =  - \dfrac{5}{4}\end{array}\)

Chọn A

Gọi số hạng đầu và công sai của CSC lần lượt là \({u_1}\) và \(d\).

Theo bài ra ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {2{u_1} + 9d} \right).\dfrac{{10}}{2} = 85\\{u_1} + 4d = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 9d = 17\\{u_1} + 4d = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} =  - 5\\d = 3\end{array} \right.\)

Vậy \({u_{100}} = {u_1} + 99d =  - 5 + 99.3 = 292\).

Chọn D

Ta có \(y' = 2\cos 2x + 2\sin x\).

\(\begin{array}{l}y' = 0 \Leftrightarrow 2\cos 2x + 2\sin x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x + \sin x = 0\\ \Leftrightarrow \cos 2x =  - \sin x = \cos \left( {x + \dfrac{\pi }{2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = x + \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \\2x =  - x - \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \dfrac{{ - \pi }}{6} + \dfrac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

Chọn B

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \dfrac{{{x^3} + 2{x^2} - 5x - 6}}{{{x^2} - 2x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \dfrac{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + x - 6} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \dfrac{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)}} =   \dfrac{3}{2}\) .

Chọn A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\sqrt {4{x^2} + 1}  - 3x}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{ - x\sqrt {4 + \dfrac{1}{{{x^2}}}}  - 3x}}{{x\left( {1 - \dfrac{2}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{ - \sqrt {4 + \dfrac{1}{{{x^2}}}}  - 3}}{{\left( {1 - \dfrac{2}{x}} \right)}} =  - 5\) .

Chọn A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,3} \dfrac{{\sqrt {5x - 6} .\left( {\sqrt[3]{{3x - 1}} - 2} \right) + 2\sqrt {5x - 6}  - 2x}}{{{x^2} - x - 6}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,3} \left[ {\dfrac{{\sqrt {5x - 6} .\left( {\sqrt[3]{{3x - 1}} - 2} \right)}}{{{x^2} - x - 6}} + \dfrac{{2\sqrt {5x - 6}  - 2x}}{{{x^2} - x - 6}}} \right]\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,3} \left[ {\dfrac{{3\sqrt {5x - 6} \left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{3x - 1}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{3x - 1}} + 4} \right]}} + \dfrac{{2\left( {x - 3} \right)\left( { - x + 2} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {5x - 6}  + x} \right)}}} \right]\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \,\,3} \left[ {\dfrac{{3\sqrt {5x - 6} }}{{\left( {x + 2} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{3x - 1}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{3x - 1}} + 4} \right]}} + \dfrac{{2\left( { - x + 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {5x - 6}  + x} \right)}}} \right]\)\( = \dfrac{1}{{12}}\)

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 4a + 5\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{5{x^3} - 4x - 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{5{x^2} + 5x + 1}}{{x + 1}} = \dfrac{{11}}{2}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {4ax + 5} \right) = 4a + 5\end{array}\)

Hàm số liên tục tại \({x_0} = 1 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow 4a + 5 = \dfrac{{11}}{2} \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{8}.\)

Chọn B.

\(y = \sqrt {7{x^2} + 8x + 5}  \Rightarrow y' = \dfrac{{\left( {7{x^2} + 8x + 5} \right)'}}{{2\sqrt {7{x^2} + 8x + 5} }} = \dfrac{{7x + 4}}{{\sqrt {7{x^2} + 8x + 5} }}\)     

Chọn A.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm . Do tiếp tuyến song song với đường thẳng d\( \Rightarrow {k_{tt}} = {k_d} = 9\)

Ta có \(f'\left( {{x_0}} \right) = 9 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 3 = 9 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} =  - 2\end{array} \right.\)

Với \({x_0} = 2 \Rightarrow {y_0} = 3,\) Phương trình tiếp tuyến là:  \(d:{\rm{ }}y = 9x - 15\,\,\left( {ktm} \right)\)

Với \({x_0} =  - 2 \Rightarrow {y_0} =  - 1,\) Phương trình tiếp tuyến là:  \(d:{\rm{ }}y = 9x + 17\,\,\left( {tm} \right)\)

Chọn C.

Ta có: \(y' = 2x - 1 \Rightarrow y'\left( 1 \right) = 1\) và \(y\left( 1 \right) = 1\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là: \(y = 1\left( {x - 1} \right) + 1 = x\).

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\lim \dfrac{{{n^2} - {n^3}}}{{2{n^3} + 1}} = \lim \dfrac{{\dfrac{1}{n} - 1}}{{2 + \dfrac{1}{{{n^3}}}}} =  - \dfrac{1}{2}\\\lim \dfrac{{2{n^2} + n}}{{ - 2n - {n^2}}} = \lim \dfrac{{2 + \dfrac{1}{n}}}{{ - \dfrac{2}{n} - 1}} =  - 2\\\lim \dfrac{{3n + 1}}{{2 - 3n}} = \lim \dfrac{{3 + \dfrac{1}{n}}}{{\dfrac{2}{n} - 3}} =  - 1\\\lim \dfrac{{ - {n^3}}}{{{n^2} + 3}} = \lim \dfrac{{ - 1}}{{\dfrac{1}{{{n^3}}} + \dfrac{3}{{{n^3}}}}} =  - \infty \end{array}\)

Chọn C.