Tính\(f'\left( {{x_0}} \right)\) bằng định nghĩa ta cần tính  \(\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}\).

Chọn B.

Hàm số \(y = \frac{{3x - 5}}{{x + 3}}\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\)

\( \Rightarrow \) Hàm số không liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Vậy khẳng định B sai.

Chọn B.

Ta có \(HD \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow HD \bot AB\)

\(HD \bot \left( {EFGH} \right) \Rightarrow HD \bot HF\)

\( \Rightarrow HD\) là đoạn vuông góc chung của \(AD\) và \(HF\)\( \Rightarrow d\left( {AD;HF} \right) = HD = 5\).

Chọn B.

Ta có : \(y' = 2\cos x\).

Chọn C.

Ta có: \(\lim \,( - 3{n^4} + 3)\)\( = \lim {n^4}\left( { - 3 + \frac{3}{{{n^4}}}} \right) =  - \infty \)

Đáp án A đúng.

Chọn A.

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

Chọn C.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2{x^2} + 3x - 1}}{{x + 1}}\)\( = \frac{{{{2.1}^2} + 3.1 - 1}}{{1 + 1}} = \frac{4}{2} = 2\).

Chọn D.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot OA\\OC \bot OB\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right)\).

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}OC \subset \left( {OAC} \right)\\OC \subset \left( {OBC} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {OAB} \right) \bot \left( {OAC} \right)\\\left( {OAB} \right) \bot \left( {OBC} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow B,D\) đúng.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right)\).

Mà \(OA \subset \left( {OAC} \right)\)\( \Rightarrow \left( {OAC} \right) \bot \left( {OBC} \right)\) \( \Rightarrow C\) đúng.

Chọn A.

Ta có \(HE \bot \left( {MNEF} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HE \bot NF\\HE \bot MN\end{array} \right.\)

\(HE \bot \left( {GHPQ} \right) \Rightarrow HE \bot GP\).

Vậy chỉ có khẳng định D sai.

Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\)\( \Rightarrow f''\left( x \right) = 6x - 6\)  

Chọn A.

\(f'\left( x \right) = 3.3{x^2} = 9{x^2}\).

Chọn D.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}B'C' \bot BB'\\B'C' \bot A'B'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B'C' \bot \left( {BB'A'} \right)\)

\( \Rightarrow A\) đúng.

Chọn A.

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AE} \)\( = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AE}  = \overrightarrow {AG} \).

Chọn A.

\(\left( {\cot x} \right)' =  - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\)

Chọn B.

\(dy = \left( {\cos 2x + \cot x} \right)'dx\)\( = \left( { - 2\sin 2x - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \right)dx\) .

Chọn D.

\(\lim \frac{{ - 2{n^2} - 1}}{{5{n^2} - 8}}\)\( = \lim \frac{{ - 2 - \frac{1}{{{n^2}}}}}{{5 - \frac{8}{{{n^2}}}}} =  - \frac{2}{5}\)

\( \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} + x - 12}}{{x - 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 4} \right)}}{{x - 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {x + 4} \right) = 7\end{array}\).

Chọn C.

Khẳng định sai là B.

Chọn B.

Hai mặt phẳng cắt nhau thì không vuông góc là khẳng định sai.

Chọn B.

Ta có

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 12{\left( {2x + 1} \right)^{11}}\left( {2x + 1} \right)'\\ = 24{\left( {2x + 1} \right)^{11}}\\f''\left( x \right) = 24.11{\left( {2x + 1} \right)^{10}}.\left( {2x + 1} \right)'\\ = 528{\left( {2x + 1} \right)^{10}}\\ \Rightarrow f''\left( 0 \right) = {528.1^{10}} = 528\end{array}\)

Chọn B.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\} \Rightarrow {x_0} = 0 \in D\).

Ta có: \(y' = \frac{{1 + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

\( \Rightarrow \) Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 0\) là: \(k = \frac{2}{{{{\left( {0 + 1} \right)}^2}}} = 2\).

Chọn D.

Đặt \(y = {x^2} = f\left( x \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\Delta y = f\left( {{x_0} + \Delta x} \right) - f\left( {{x_0}} \right)\\ = f\left( {3 - 1} \right) - f\left( 3 \right)\\ = f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) = {2^2} - {3^2}\\ =  - 5\end{array}\)

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 4}  + x} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 4}  + x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 4}  - x} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 4}  - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} + 4 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 4}  - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + 4}  - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\frac{4}{x}}}{{ - \sqrt {1 + \frac{4}{{{x^2}}}}  - 1}}\\ = \frac{0}{{ - 2}} = 0\end{array}\)

Chọn A.

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right)\).

Trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ \(OH \bot SM\) ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Ta có \(BO \cap \left( {SCD} \right) = D\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{BD}}{{OD}} = 2\).

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)\)\( = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH\).

Ta có \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta ACD\)

\( \Rightarrow OM = \frac{1}{2}AD = 3\,\,\left( {cm} \right)\).

Trong \(\Delta SOC\) có: \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} \)\( = \sqrt {{6^2} - {{\left( {\frac{{6\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = 3\sqrt 2 \) (cm).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SOM\) ta có: \(OH = \frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }}\)\( = \frac{{3\sqrt 2 .3}}{{\sqrt {18 + 9} }} = \sqrt 6 \).

Vậy \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = 2\sqrt 6 \,\,\left( {cm} \right)\).

Chọn C.

Ta có

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

\(\begin{array}{l}y' > 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 > 0\\ \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\end{array}\).

Chọn A.

\(\begin{array}{l} + )\,\,\lim \frac{{{{5.4}^n} + {{7.2}^n} - {3^n}}}{{{{4.4}^n} - {{2.3}^n}}}\\ = \lim \frac{{5 + 7.{{\left( {\frac{2}{4}} \right)}^n} - {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n}}}{{4 - 2{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n}}} = \frac{5}{4}\\ + )\,\,\lim \frac{{\sqrt {9{n^2} + 4}  - n}}{{{n^2}}}\\ = \lim \frac{{\sqrt {\frac{9}{{{n^2}}} + \frac{4}{{{n^4}}}}  - \frac{1}{n}}}{1} = 0\\ + )\,\,\lim \frac{{{3^n} + {{4.5}^n} - {8^n}}}{{{{3.8}^n} + {{2.6}^n}}}\\ = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{8}} \right)}^n} + 4{{\left( {\frac{5}{8}} \right)}^n} - 1}}{{3 + 2{{\left( {\frac{6}{8}} \right)}^n}}}\\ =  - \frac{1}{3}\\ + )\,\,\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + 4}  + n}}{n}\\ = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{4}{{{n^2}}}}  + 1}}{1} = 1\end{array}\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}y' =  - \left( {\sqrt {2{x^2} - x + 7} } \right)'sin\sqrt {2{x^2} - x + 7} \\y' =  - \frac{{\left( {2{x^2} - x + 7} \right)'}}{{2\sqrt {2{x^2} - x + 7} }}sin\sqrt {2{x^2} - x + 7} \\y' = \frac{{ - 4x + 1}}{{2\sqrt {2{x^2} - x + 7} }}sin\sqrt {2{x^2} - x + 7} \\y' = \frac{{\left( {1 - 4x} \right)sin\sqrt {2{x^2} - x + 7} }}{{2\sqrt {2{x^2} - x + 7} }}\end{array}\)

Chọn C.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \)\(\Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\).

Xét tam giác \(ABC\) ta có

\(\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB.BC}}\)\( = \frac{{{4^2} + {6^2} - {8^2}}}{{2.4.6}} =  - \frac{1}{4} < 0\)

\( \Rightarrow \widehat B > {90^0}\)

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

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

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SH \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {ABC} \right) \supset AH \bot \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)\) \( = \angle \left( {SH;AH} \right) = \angle SHA = {60^0}\) .

Xét tam giác vuông \(AHB\) có \(BH = AB.\cos \angle ABH\)\( = 4.\frac{1}{4} = 1\).

\( \Rightarrow AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} \)\( = \sqrt {{4^2} - {1^2}}  = \sqrt {15} \).

Xét tam giác vuông \(SAH\) có : \(SA = AH.\tan {60^0}\)\( = \sqrt {15} .\sqrt 3  = 3\sqrt 5 \).

Chọn D.

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^3}\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(k = 3{\left( {{x_0} - 1} \right)^2}\).

Tiếp tuyến song song với đường thẳng \(\Delta :\,\,12x - y - 2018 = 0\)\( \Leftrightarrow y = 12x - 2018\) \( \Rightarrow k = 12\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 3{\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 12\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 1 = 2\\{x_0} - 1 =  - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} =  - 1\end{array} \right.\end{array}\).

Với \({x_0} = 3\), phương trình tiếp tuyến cần tìm là : \(y = 12\left( {x - 3} \right) + 8\)\( = 12x - 28\,\,\,\left( {tm} \right)\) .

Với \({x_0} =  - 1\), phương trình tiếp tuyến cần tìm là : \(y = 12\left( {x + 1} \right) - 8\)\( = 12x + 4\,\,\,\left( {tm} \right)\) .

Chọn D.

Hàm số liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ;3} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\). Để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì hàm số phải liên tục tại \(x = 3\).

Ta có

\(\begin{array}{l} + )\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} 5 = 5\\ + )\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {2b{x^2} - 4} \right)\\ = 18b - 4\\ + )\,\,f\left( 3 \right) = 18b - 4\end{array}\)

Hàm số liên tục tại \(x = 3\)\( \Leftrightarrow 18b - 4 = 5 \Leftrightarrow b = \frac{1}{2}\).

Vậy hàm số đã cho liên tục trên \(\mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow b = \frac{1}{2}\).

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( { - 2x + 1} \right) =  - 2.1 + 1 =  - 1 < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 1 - 1 = 0\\x > 1 \Rightarrow x - 1 > 0\end{array}\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{ - 2x + 1}}{{x - 1}} =  - \infty \).

Chọn B.

Ta có:  \( - 1 \le \sin x \le 1\)\( \Leftrightarrow  - 2 \le 2\sin x \le 2\) \( \Leftrightarrow 1 \le 2\sin x + 3 \le 5\).

Do đó \(2\sin x + 3 > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

\( \Rightarrow \) Hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\).

Vậy hàm phân thức trên liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Chọn D.

Các mặt bên của một khối chóp ngũ giác đều là tam giác cân.

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\lim \frac{{ - 3{n^2} + 5n + 1}}{{2{n^2} - n + 3}}\\ = \lim \frac{{ - 3 + \frac{5}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{2 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}}\\ =  - \frac{3}{2}\end{array}\)

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + 1} \right) = 3\end{array}\)

Lại có \(f\left( 2 \right) = m\).

Do đó để hàm số liên tục tại \(x = 2\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow m = 3\).

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}y = {\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^{2019}}\\ \Rightarrow y' = 2019.{\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^{2018}}.\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)'\\y' = 2019.{\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^{2018}}.\left( {3{x^2} - 4x} \right)\end{array}\)

Lại có \(f\left( 2 \right) = m\).

Do đó để hàm số liên tục tại \(x = 2\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow m = 3\).

Chọn C.

Gọi \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\), ta có \(AM \bot BC\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)

\( \Rightarrow BC \bot SM \Rightarrow SM\) là đường cao của \(\Delta SBC\), do đó \(K \in SM\).

Suy ra SH, AK và BC đồng quy tại M nên đáp án D đúng.

Mà \(BC \bot \left( {SAM} \right)\,\,\left( {cmt} \right),\)\(\left( {SAM} \right) \equiv \left( {SAH} \right)\)  nên \(BC \bot \left( {SAH} \right)\), suy ra đáp án A đúng.

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kéo dài BK cắt AC tại P, trong (SBC) kéo dài BH cắt SC tại N.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BP \bot AC\\BP \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BP \bot \left( {SAC} \right)\)  \( \Rightarrow BP \bot SC\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}SC \bot BP\\SC \bot BN\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {BPN} \right)\), mà \(HK \subset \left( {BPN} \right) \Rightarrow HK \bot SC\).

Mặt khác \(HK \subset \left( {SAM} \right) \Rightarrow HK \bot BC\).

Nên \(HK \bot \left( {SBC} \right)\), do đó đáp án B đúng.

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\lim \frac{{\sqrt {9{n^2} - n}  - \sqrt {n + 2} }}{{3n - 2}}\\ = \lim \frac{{\sqrt {9 - \frac{1}{n}}  - \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} }}{{3 - \frac{2}{n}}}\\ = \frac{{\sqrt 9  - \sqrt 0 }}{3} = \frac{3}{3} = 1.\end{array}\)

Chọn A.

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

Vậy hệ số góc của (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f(x) =  - {x^3} + x\) tại điểm \(M( - 2;6)\) là \(k = f'\left( { - 2} \right) =  - 3.{\left( { - 2} \right)^2} + 1 =  - 11.\)

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\lim \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^n} - {2^{n + 1}} + 1}}{{{{5.2}^n} + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^{n + 1}} - 3}} + \frac{{2{n^2} + 3}}{{{n^2} - 1}}} \right)\\ = \lim \frac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^n} - {2^{n + 1}} + 1}}{{{{5.2}^n} + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^{n + 1}} - 3}}\\ + \lim \frac{{2{n^2} + 3}}{{{n^2} - 1}}\\ = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}.2 + {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}}}{{5.{{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n} + \sqrt 5  - {{\left( {\frac{3}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}}}\\ + \lim \frac{{2 + \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{n^2}}}}}\\ = \frac{{1 - 2.0 + 0}}{{5.0 + \sqrt 5  - 0}} + \frac{2}{1}\\ = \frac{{\sqrt 5 }}{5} + 2\end{array}\)

\( \Rightarrow a = 1,\,\,b = 5,\,\,c = 2\).

Vậy \(S = {a^2} + {b^2} + {c^2} = {1^2} + {5^2} + {2^2} = 30.\) 

Chọn B.