Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\\AB \bot AD\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACD} \right)\).

Mà \(CD \subset \left( {ACD} \right) \Rightarrow AB \bot CD\).

Vậy \(\angle \left( {AB;CD} \right) = {90^0}\).

Chọn D.

Ta có vi phân của hàm số \(f\left( x \right)\) tại \(x\) , ứng với số giá \(\Delta x\) là: \(d\left( {f\left( x \right)} \right) = f'\left( x \right)\Delta x\).

Chọn C.

Ta có: \(\left( {\cot x} \right)' =  - \dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}}\)

Chọn A.

Ta có \(y = \dfrac{{\sin x}}{{\cos x}} = \tan x \Rightarrow y' = \left( {\tan x} \right)' = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}.\)

Chọn A.

Ta có: \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SAB \Rightarrow MN//AB\).

\(PQ\) là đường trung bình của \(\Delta SCD \Rightarrow PQ//CD\).

Lại có \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow AB//CD\).

Vậy \(MN//AB//CD//PQ\).

Chọn B.

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

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = AB\).

Chọn B.

\(y = \dfrac{1}{{{x^3}}} - \dfrac{1}{{{x^2}}} = {x^{ - 3}} - {x^{ - 2}} \Rightarrow y' =  - 3{x^{ - 4}} + 2{x^{ - 3}} = \dfrac{{ - 3}}{{{x^4}}} + \dfrac{2}{{{x^3}}}\).

Chọn C.

Do \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) nên \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \overrightarrow {GD}  + \overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {GD}  + \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow 3\overrightarrow {GD}  + \left( {\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {DC} } \right) = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {DC}  = 3\overrightarrow {DG} \end{array}\)

Vậy mệnh đề C đúng.

Chọn C.

\(\lim {u_n} = 1 \Rightarrow \lim \left( {{u_n} - 1} \right) = 0\).

Chọn C.

\(\left[ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^n} =  + \infty \,\,khi\,\,n\,\,chan\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^n} =  - \infty \,\,khi\,\,n\,\,le\end{array} \right.\) , do đó đáp án A sai.

Chọn A.

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\) trong không gian. Khi đó: \({0^0} \le \alpha  \le {90^0}\)

Chọn D.

Nếu hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm tại điểm \(x = {x_0}\) thì \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại điểm đó và nếu hàm số \(y = f\left( x \right)\) gián đoạn tại điểm \(x = {x_0}\) thì chắc chắn \(y = f\left( x \right)\) không có đạo hàm tại điểm đó là 2 mệnh đề đúng.

Chọn B.

Giải chi tiết:

Nếu \(\lim {u_n} =  + \infty \) và \(\lim {v_n} = a > 0\) thì \(\lim \left( {{u_n}{v_n}} \right) =  + \infty \)

Chọn B.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {q^n} = 0\) nếu \(\left| q \right| < 1\)

Chọn D.

Do \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\SA \bot BC\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Lại có \(SB \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = SB\\\left( {SBC} \right) \supset SB \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA\).

Chọn D.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi hàm số liên tục tại \(x = 3\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {x + 1} \right) = 4\).

\(f\left( 3 \right) = 4.3 - 2m = 12 - 2m\).

Để hàm số liên tục tại \(x = 3\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) \Leftrightarrow 4 = 12 - 2m \Leftrightarrow m = 4\).

Chọn A.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AE = CG\\AE//CG\end{array} \right. \Rightarrow ACGE\) là hình bình hành \( \Rightarrow AC//EG\).

\(\angle \left( {AF;EG} \right) = \angle \left( {AF;AC} \right)\).

Coi cạnh của hình lập phương bằng 1.

Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta dễ dàng tính được \(AC = AF = CF = \sqrt 2  \Rightarrow \Delta ACF\) là tam giác đều.

Vậy \(\angle FAC = {60^0} \Rightarrow \angle \left( {AF;AC} \right) = {60^0} \Rightarrow \angle \left( {AF;EG} \right) = {60^0}\).

Chọn C.

\(y = \dfrac{{2x + 3}}{{1 - 4x}} = \dfrac{{2\left( {1 - 4x} \right) + 4\left( {2x + 3} \right)}}{{{{\left( {1 - 4x} \right)}^2}}} = \dfrac{{14}}{{{{\left( {1 - 4x} \right)}^2}}}\).

Chọn A.

Hình chóp đều có đáy là đa giác đều và hình chiếu vuông góc của đỉnh xuống đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{x + 1 - x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow y'' = \dfrac{{ - 2.2\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^4}}} = \dfrac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} \Rightarrow y''\left( 0 \right) =  - 4\end{array}\)

Chọn B.

\(\lim \dfrac{{{2^n}{{.3}^n} - {{3.3}^n}}}{{{6^n} + {4^n}}} = \lim \dfrac{{{6^n} - {{3.3}^n}}}{{{6^n} + {4^n}}} = \lim \dfrac{{1 - \dfrac{3}{{{2^n}}}}}{{1 + {{\left( {\dfrac{4}{6}} \right)}^n}}} = 1\).

Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 6x \Rightarrow f'\left( 2 \right) = {4.2^3} - 6.2 = 20\).

Chọn C.

Ta có: \(y' = \sqrt 2 f'\left( x \right) + 2018x \Rightarrow y'\left( 1 \right) = \sqrt 2 f'\left( 1 \right) + 2018 = 2 + 2018 = 2020\).

Chọn D.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {g\left( x \right) - 2f\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = 2019 - 2.1 = 2017\).

Chọn C.

Ta có \(SA = SC \Rightarrow \Delta SAC\) cân tại \( \Rightarrow SO \bot AC\).

Tương tự ta có \(SO \bot BD\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\\AC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\). Mà \(SD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow AC \bot SD\).

Chứng minh tương tự ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SA\).

Do đó đáp án A, C đúng.

Đáp án D hiển nhiên đúng do \(ABCD\) là hình bình hành.

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{1.2}} + \dfrac{1}{{2.3}} + ... + \dfrac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}} = \dfrac{1}{1} - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} + ... + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{n + 1}} = 1 - \dfrac{1}{{n + 1}}\\ \Rightarrow \lim \left[ {\dfrac{1}{{1.2}} + \dfrac{1}{{2.3}} + ... + \dfrac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}}} \right] = \lim \left( {1 - \dfrac{1}{{n + 1}}} \right) = 1\end{array}\)

Chọn B.

\(\left( {\sqrt {2x + 1} } \right)' = \dfrac{{\left( {2x + 1} \right)'}}{{2\sqrt {2x + 1} }} = \dfrac{2}{{2\sqrt {2x + 1} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {2x + 1} }}\).

Chọn D.

Tam giác \(ABC\) cân tại \(B\) có \(AB = BC = a \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \).

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA = {45^0}\)

\( \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại \(A \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \).

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{3}} \right)\dfrac{1}{{{{\left( {x - 3} \right)}^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{3 - x}}{{3x{{\left( {x - 3} \right)}^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{ - 1}}{{3x{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} =  - \infty \\\left( {Do\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {3x{{\left( {x - 3} \right)}^2}} \right) = 0;\,\,3x{{\left( {x - 3} \right)}^2} > 0\,\,khi\,\,x \to 3} \right)\end{array}\)

Chọn A.

Ta có

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {{x^2} + 6x - 8} \right) = 8 > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0;\,\,x \to {2^ + } \Rightarrow x - 2 > 0\\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{{x^2} + 6x - 8}}{{{x^2} - 4}} =  + \infty \end{array}\)

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 25{\left( {x + 1} \right)^4} - 90{\left( {x + 1} \right)^2}\\f''\left( x \right) = 100{\left( {x + 1} \right)^3} - 180\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 20\left( {x + 1} \right)\left[ {5{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 9} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\5{\left( {x + 1} \right)^2} - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x =  - 1 \pm \dfrac{3}{{\sqrt 5 }}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy số nghiệm âm của phương trình \(f''\left( x \right) = 0\) là 2.

Chọn D.

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{\left( {2x - 3} \right)\left( {{x^2} + x - 2} \right) - \left( {{x^2} - 3x + 4} \right)\left( {2x + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + x - 2} \right)}^2}}}\\y' = \dfrac{{2{x^3} + 2{x^2} - 4x - 3{x^2} - 3x + 6 - 2{x^3} + 6{x^2} - 8x - {x^2} + 3x - 4}}{{{{\left( {{x^2} + x - 2} \right)}^2}}}\\y' = \dfrac{{4{x^2} - 12x + 2}}{{{{\left( {{x^2} + x - 2} \right)}^2}}}\end{array}\)

Chọn D.

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

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\,\,\left( {gt} \right)\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SD\\AH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH\end{array}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAD\) ta có:

\(AH = \dfrac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .a\sqrt 6 }}{{\sqrt {3{a^2} + 6{a^2}} }} = a\sqrt 2 \).

Vậy \(d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = a\sqrt 2 \).

Chọn C.

Ta có:

\(y' = 2\sin \left( {1 - \dfrac{x}{2}} \right)\cos \left( {1 - \dfrac{x}{2}} \right).\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) =  - \dfrac{1}{2}\sin \left( {2 - x} \right)\)

Ta có \( - 1 \le \sin \left( {2 - x} \right) \le 1 \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{2} \le  - \dfrac{1}{2}\sin \left( {2 - x} \right) \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{2} \le y' \le \dfrac{1}{2}\).

Vậy \(\max f'\left( x \right) = \dfrac{1}{2}\).

Chọn C.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{1 - {{\cos }^2}3x}}{{2{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\sin }^2}3x}}{{2{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{{\sin }^2}3x}}{{9{x^2}.\dfrac{2}{9}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\dfrac{{\sin 3x}}{{3x}}} \right)^2}.\dfrac{9}{2} = \dfrac{9}{2}\).

Chọn C.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {2{x^3} - 2x} \right) = {2.2^3} - 2.2 = 12\).

Chọn A.

Ta có

\(y' = f'\left( x \right) + 2\cos x\sin x = f'\left( x \right) + \sin 2x \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 1 - \sin 2x\)

Xét đáp án A ta có \(f'\left( x \right) = 1 + 2\cos 2x \Rightarrow \) Loại đáp án A.

Xét đáp án B ta có \(f'\left( x \right) = 1 - \dfrac{1}{2}.2\sin 2x = 1 - \sin 2x\,\,\left( {tm} \right)\) và \(f\left( {\dfrac{\pi }{4}} \right) = \dfrac{\pi }{4} + \dfrac{1}{2}\cos \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{\pi }{4} = 0\,\,\left( {tm} \right)\).

Chọn B.

Xét đáp án A: \(y' = 2.3{x^2} = 6x \Rightarrow y'' = 6\).

Xét đáp án B: \(y' = 2x \Rightarrow y'' = 2\).

Xét đáp án C: \(y' = 3{x^2} \Rightarrow y'' = 3.2x = 6x\).

Chọn C.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sin 2x}}{{\sin 3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\dfrac{{\sin 2x}}{{2x}}.2x}}{{\dfrac{{\sin 3x}}{{3x}}.3x}} = \dfrac{2}{3}\).

Chọn D.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x + 2} \right)\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}}  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {1 + \dfrac{2}{x}} \right)\sqrt {\dfrac{{\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{{1 + \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^4}}}}}}  = 0\).

Chọn B.