Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 12 online - Mã đề 04

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ là \(x = 1\) \( \Rightarrow \) loại đáp án A.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)\) và \(\left( {0; - 1} \right)\) \( \Rightarrow \) chọn đáp án B.

Chọn B.

Phương trình trục hoành: \(y = 0\).

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4x \Rightarrow \) Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(y'\left( {{x_0}} \right) = 4x_0^3 - 4{x_0}\).

Tiếp tuyến // Ox \( \Rightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x_0^3 - 4{x_0} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} = {\rm{\;}} \pm 1}\end{array}} \right.\).

Khi \(x =  \pm 1\) ta tìm được hai tiếp tuyến trùng nhau là  \(y =  - 3\)

Vậy có hai tiếp tuyến song song với trục hoành.

Chọn C.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  - 2} \right)\) và \(\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right).\)

Chọn C.

Dựa vào hình vẽ ta nhận thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - 2; - 1} \right)\).

Chọn A.

Hình lập phương có \(6\) mặt, \(8\) đỉnh và 12 cạnh nên tổng số cạnh, mặt đỉnh là: \(6 + 8 + 12 = 26\).

Chọn A.

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{BB'//CC' \Rightarrow BB'//\left( {ACC'} \right) \supset AC'}\\{\rm{\;}}&{ \Rightarrow d\left( {AC';BB'} \right) = d\left( {BB';\left( {ACC'} \right)} \right) = d\left( {B';\left( {ACC'} \right)} \right)}\end{array}\)

Gọi \(O = A'C' \cap B'D'\) ta có :

 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{B'O \bot A'C'}\\{\rm{\;}}&{B'O \bot CC'}\end{array}} \right. \Rightarrow B'O \bot \left( {ACC'} \right) \Rightarrow d\left( {B';\left( {ACC'} \right)} \right) = B'O\)

Tam giác A’B’D’ là tam giác đều cạnh a

\( \Rightarrow B'D' = a \Rightarrow B'O = \dfrac{a}{2}\)

Chọn C.

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

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}} = 2 \Rightarrow y = 2\) là TCN của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{2x - 3}}{{x - 1}} = \infty {\rm{\;}} \Rightarrow x = 1\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

Chọn A.

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

Lập bảng xét dấu ta có:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

Hàm số đồng biến trên \(\left( { - 3;2} \right)\)và nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 3} \right),\left( {2; + \infty } \right).\)

Chọn D.

Đk: \(x \ne 1\).

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

Hoành độ của các điểm thuộc đồ thị hàm số mà tiếp tuyến tại đó có hệ số góc bằng 2018 là nghiệm của phương trình

\(\dfrac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 2018\) (vô nghiệm) nên không có điểm nào thỏa mãn.

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm \({x^4} - 2{x^2} + 1 = 1\) \( \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \sqrt 2 }\\{x = {\rm{\;}} - \sqrt 2 }\end{array}} \right.\).

Vậy đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 1\) tại 3 điểm phân biệt

Chọn C.

Ta có:\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot AB}\\{AC \bot SB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SB \bot \left( {ABC} \right)} \right)}\end{array}} \right\}\)\( \Rightarrow AC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AC \bot SA\)   

\( \Rightarrow \) SA là hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB) ⇒\(\widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;SA} \right)} = \widehat {CSA} = {30^0}\)

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AC}\\{\left( {SAC} \right) \supset SA \bot AC}\\{\left( {ABC} \right) \supset AB \bot AC}\end{array}} \right\}\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;AB} \right)} = \widehat {SAB} = {60^0}\)

\(SB \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SB \bot AB \Rightarrow \Delta SAB\) vuông tại B

\( \Rightarrow AB = SB.cot60 = a.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow SA = \sqrt {S{B^2} + A{B^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{3}} {\rm{\;}} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\)

Xét tam giác vuông SAC ta có: \(AC = SA.\tan 30 = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a}}{3}\)

⇒ \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{2a}}{3} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{9}\)

⇒ \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SB.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{9} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{27}}\)

Chọn A.

TXĐ: \(x \ge {\rm{\;}} - \dfrac{1}{3};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 2\). Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{x + 1 - \sqrt {3x + 1} }}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}} - \sqrt {\dfrac{3}{{{x^3}}} + \dfrac{1}{{{x^4}}}} }}{{1 - \dfrac{3}{x} + \dfrac{2}{{{x^2}}}}} = 0}\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{x + 1 - \sqrt {3x + 1} }}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}} - \sqrt {\dfrac{3}{{{x^3}}} + \dfrac{1}{{{x^4}}}} }}{{1 - \dfrac{3}{x} + \dfrac{2}{{{x^2}}}}} = 0}\end{array}\)

Do đó đồ thị hàm số có TCN \(y = 0\).

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y = \dfrac{{x + 1 - \sqrt {3x + 1} }}{{{x^2} - 3x + 2}} = \dfrac{{\left( {x + 1 - \sqrt {3x + 1} } \right)\left( {x + 1 + \sqrt {3x + 1} } \right)}}{{\left( {x + 1 + \sqrt {3x + 1} } \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}} = \dfrac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - \left( {3x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1 + \sqrt {3x + 1} } \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}}}\\{ = \dfrac{{{x^2} - x}}{{\left( {x + 1 + \sqrt {3x + 1} } \right)\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)}} = \dfrac{{x\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x + 1 + \sqrt {3x + 1} } \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \dfrac{x}{{\left( {x + 1 + \sqrt {3x + 1} } \right)\left( {x - 2} \right)}}}\end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{x}{{\left( {x + 1 + \sqrt {3x + 1} } \right)\left( {x - 2} \right)}} =  + \infty }\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \dfrac{x}{{\left( {x + 1 + \sqrt {3x + 1} } \right)\left( {x - 2} \right)}} =  - \infty }\end{array}\), do đó đồ thị hàm số có TCĐ .

Xét phương trình

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x + 1 + \sqrt {3x + 1}  = 0 \Leftrightarrow \sqrt {3x + 1}  =  - x - 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x - 1 \ge 0}\\{3x + 1 = {{\left( { - x - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le  - 1}\\{3x + 1 = {x^2} + 2x + 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le  - 1}\\{{x^2} - x = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le  - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \in \emptyset }\end{array}\)

Vậy hàm số có 1 TCN \(y = 0\) và 1 TCĐ \(x = 2\).

Chọn A.  

Đặt \(AD = a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB = b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AA' = c.\)

Ta có diện tích hình chữ nhật ABCD, ABB'A', ADD'A' lần lượt là \(36c{m^2}\), \(225c{m^2}\), \(100c{m^2}\).

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ab = 36}\\{bc = 225}\\{ac = 100}\end{array}} \right. \Rightarrow {a^2}{b^2}{c^2} = 36.225.100 = 810000\) \( \Rightarrow abc = 900\).

Ta có: \({V_{A.A'B'D'}} = \dfrac{1}{3}.AA'.{S_{A'B'D'}} = \dfrac{1}{3}AA'.\dfrac{1}{2}{S_{A'B'C'D'}}.\)

\( \Rightarrow {V_{A.A'B'D'}} = \dfrac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{6}.abc = 150{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {c{m^3}} \right)\).

Chọn B.

Đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) - 2m} \right|\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị hàm số\(y = f\left( x \right)\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow 4 - 2m < 0 < 11 - 2m \Leftrightarrow 4 < 2m < 11 \Leftrightarrow 2 < m < \dfrac{{11}}{2}\).

Chọn C.

Gọi phương trình đường thẳng bài cho là: \(d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = ax + b.\)

Đường thẳng  \(d\) cắt đồ thị hàm số \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = {x^4} - 2{x^2}\) tại hai điểm có hoành độ là \(0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1 \Rightarrow \) tọa độ hai điểm đó là: \(A\left( {0;{\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( {1; - 1} \right).\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a.0 + b = 0}\\{a + b = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 0}\\{a = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = {\rm{\;}} - x.\)

Khi đó ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ - x = {x^4} - 2{x^2} \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^3} - 2x + 1} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{{x^2} + x - 1 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Khi đó \(m,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} n\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( * \right).\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + n = {\rm{\;}} - 1}\\{mn = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right..\)

\( \Rightarrow S = {m^2} + {n^2} = {\left( {m + n} \right)^2} - 2mn = 1 + 2 = 3.\)

Chọn D.

Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} - 3\) và đường thẳng \(y = m.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng \(y = m\)  cắt đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} - 3\) tại 3 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow m = {\rm{\;}} - 3.\)

Chọn B.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB = a \Rightarrow A{B^2} = {a^2}}\\{AC = 2a \Rightarrow A{C^2} = 4{a^2}}\\{BC = a\sqrt 3 {\rm{\;}} \Rightarrow B{C^2} = 3{a^2}}\end{array}} \right. \Rightarrow A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B\) (định lý Pitago đảo)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3 {\rm{\;}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.}\\{ \Rightarrow {V_{SABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.}\end{array}\)

Chọn B.

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

Ta có

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} + \infty } \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = 1 \Rightarrow y = 1\) là tiệm cận  ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {\rm{\;}} - \infty } \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = {\rm{\;}} - 1 \Rightarrow y = {\rm{\;}} - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \left( { - 1} \right)} \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = \infty {\rm{\;}} \Rightarrow x = {\rm{\;}} - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = \infty {\rm{\;}} \Rightarrow x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 4 đường tiệm cận.

Chọn A.

Giả sử hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b} \right)\) và chứa \({x_0} \in \left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b} \right)\) thỏa mãn  \(f'\left( {{x_0}} \right) = 0\) và có đạo hàm cấp hai khác \(0\) tại điểm \({x_0}\) thì:

+) Hàm số đạt cực đại tại \({x_0}\) khi \(f''\left( {{x_0}} \right) < 0.\)

+) Hàm số đạt cực tiểu tại \({x_0}\) khi \(f''\left( {{x_0}} \right) > 0.\)

\( \Rightarrow \) khẳng định i) và ii) sai.

Khi \(f''\left( {{x_0}} \right) = 0\) ta không kết luận về cực trị của hàm số.

\( \Rightarrow \) khẳng định iii) sai.

Chọn A.

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2x - 3}}{{x + 2}}\)có TCĐ: \(x = {\rm{\;}} - 2\), TCN: \(y = 2\)

\( \Rightarrow \)Tọa độ tâm I  là tâm đối xứng của đồ thị hàm số trên là: \(I\left( { - 2;2} \right)\).

Chọn A.

Do \(BD\parallel B'D'\) nên \(\angle \left( {BC';B'D'} \right) = \angle \left( {BC';BD} \right)\).

Giả sử cạnh của hình lập phương bằng 1. Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta có: \(BC' = BD = C'D = \sqrt 2 \).

Suy ra tam giác BC'D đều \( \Rightarrow \angle C'BD = {60^0}\).

Vậy \(\angle \left( {BC';B'D'} \right) = {60^0}\).

Chọn C.

\(f\left( x \right) = 2{x^3} + 3{x^2} - 1 \Rightarrow f'\left( x \right) = 6{x^2} + 6x\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)}\\{x = {\rm{\;}} - 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ { - 2; - \dfrac{1}{2}} \right]\), có \(f\left( { - 2} \right) = {\rm{\;}} - 5;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( { - 1} \right) = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) = {\rm{\;}} - \dfrac{1}{2}\)

\( \Rightarrow m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 2; - \dfrac{1}{2}} \right]} f\left( x \right) = {\rm{\;}} - 5;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2; - \dfrac{1}{2}} \right]} f\left( x \right) = 0\)\( \Rightarrow P = M - m = 5\).

Chọn C.

Khối đa diện đều loại \(\left\{ {5;3} \right\} \Rightarrow n = 5;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} p = 3\)

\( \Rightarrow 3D = 2C = 5M \Rightarrow M\) chia hết cho 6

Khi \(M = 6\) thì khối đa diện đều là khối lập phương thuộc loại \(\left\{ {4;3} \right\}\) (ktm).

Vậy \(M = 12\).

Chọn A.

Ta có : \(f'\left( x \right) = {\rm{\;}} - \left( {x - 10} \right){\left( {x - 11} \right)^2}{\left( {x - 12} \right)^{2019}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 10}\\{x = 11}\\{x = 12}\end{array}} \right.\)

BBT :

Từ BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {10;12} \right)\) nên C đúng.

Hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn C.

Ta có \(AB\parallel CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SCD} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(AH \bot CD\).

Vì \(\angle BAD = {60^0} \Rightarrow \angle ADC = {120^0}\) nên điểm \(H\) nằm ngoài đoạn thẳng CD.

Trong \(\left( {SAH} \right)\) dựng \(AK \bot SH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SH} \right)\) ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AH}\\{CD \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot SH}\\{AK \bot CD}\end{array}} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AK\).

Xét tam giác vuông AHD có \(\angle ADH = {180^0} - \angle ADC = {60^0}\), \(AD = a\) \( \Rightarrow AH = AD.sin{60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AH\), suy ra tam giác SAH vuông tại \(A\), áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }}\) \( = \dfrac{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Chọn A.

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

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

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\). Do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Chọn D.

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { = 3} \right\}\).

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y' = \dfrac{{2x\left( {x + 3} \right) - {x^2} + 5}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} = \dfrac{{{x^2} + 6x + 5}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 \notin \left[ {0;2} \right]}\\{x =  - 5 \notin \left[ {0;2} \right]}\end{array}} \right.}\\{y\left( 0 \right) =  - \dfrac{5}{3};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y\left( 2 \right) =  - \dfrac{1}{5}}\\{ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {0;2} \right]} y = \dfrac{{ - 5}}{3}}\end{array}\)

Chọn A.

Kẻ \(BH \bot AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in AC} \right)\)\( \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BH \bot \left( {SAC} \right)\)

Suy ra \(\widehat {SB;\left( {SAC} \right)} = \widehat {\left( {SB;SH} \right)} = \widehat {BSH}.\)

Tam giác ABH vuông tại H, có \(\sin \widehat {BAH} = \dfrac{{BH}}{{AB}} \Rightarrow BH = a\sqrt 3 .\)

Tam giác SAB vuông tại A, có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = a\sqrt 6 .\)

Do đó \(SB = \sqrt 2 {\mkern 1mu} BH{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Delta {\mkern 1mu} ABH\) vuông cân tại \(H{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \widehat {BSH} = {45^0}.\)

Chọn B.

Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm \( \Rightarrow c < 0\) \( \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị, trong đó có 2 điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{b < 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \) Đáp án C sai.

Chọn C.

Cho hàm số  \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\left( {a;b} \right)\). Khi đó

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) gọi là nghịch biến trên  \(\left( {a;b} \right)\) khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) \le 0,{\mkern 1mu} \forall x \in \left( {a;b} \right)\)  và \(f'\left( x \right) = 0\)  tại hữu hạn giá trị \(x \in \left( {a;b} \right)\)  nên D sai.

Các đáp án A, B, C đều đúng.

Chọn D.

Ta có: \(y = {x^3} - 3x - 2 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 \Rightarrow y = {\rm{\;}} - 4}\\{x = {\rm{\;}} - 1 \Rightarrow y = 0}\end{array}} \right.\).

Vậy tọa độ hai điểm cực trị là \(A\left( { - 1;0} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( {1; - 4} \right) \Rightarrow {y_1} + {y_2} = {\rm{\;}} - 4\).

Chọn D.

Hàm số cần tìm có dạng \(y = a{x^4} + b{x^2} + c,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} a \ne 0\)

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: khi \(x \to {\rm{\;}} + \infty ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y \to {\rm{\;}} + \infty {\rm{\;}} \Rightarrow \) Hệ số \(a > 0 \Rightarrow \)Loại phương án A

Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 2 \( \Rightarrow c = 2 \Rightarrow \)Loại phương án D

Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm \(x = {\rm{\;}} \pm 1 \Rightarrow \) chọn phương án B .

Chọn B.

\(f'\left( x \right) = 2018{\left( {x - 1} \right)^{2017}}{\left( {x - 2} \right)^{2018}}{\left( {x - 3} \right)^{2019}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{x = 1}\\{}&{x = 2}\\{}&{x = 3}\end{array}} \right.\)

Trong đó, \(f'\left( x \right)\) đổi dấu tại 2 điểm \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 3\)

\( \Rightarrow \)Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta dễ dàng suy ra được \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 3;4} \right]} f\left( x \right) = 5;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;4} \right]} f\left( x \right) = 0\).

Vậy \(M + m = 5 + 0 = 5\).

Chọn A.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{TXD:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D = R}\\{y' = {\rm{\;}} - 4{x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0}\\{y'' = {\rm{\;}} - 12x - 6 \Rightarrow y''\left( 0 \right) = {\rm{\;}} - 6 < 0}\end{array}\)

 \( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\) và không có cực tiểu.

Chọn B.

Ta có: \(A',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B'\)  lần lượt là trung điểm của \(SA,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SB\)

\( \Rightarrow \dfrac{{SA'}}{{SA}} = \dfrac{{SB'}}{{SB}} = \dfrac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_{SA'B'C}}}}{{{V_{SABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{SA'B'C}} = \dfrac{1}{4}.24 = 6\)

Chọn C.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số có TXĐ:\(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\},\) hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định và có TCN là \(y = {\rm{\;}} - 2.\)

Ta thấy các hàm số ở cả 4 đáp án đều có TXĐ:\(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}.\)

Tuy nhiên chỉ có đáp án A và đáp án D là đồ thị hàm số có TCN là đường \(y = {\rm{\;}} - 2.\)

+) Xét đáp án A: \(y = \dfrac{{ - 2x - 4}}{{x + 1}}\) có \(y' = \dfrac{{ - 2.1 + 4.1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\;\forall x \ne {\rm{\;}} - 1 \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định \( \Rightarrow \) loại đáp án A.

Chọn D.

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác ABC, \(D\) là trung điểm BC.

S.ABC là hình chóp đều nên chân đường cao hạ từ \(S\) xuống mp đáy là trọng tâm \(G\) của đáy

Suy ra \(SG \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SG \bot BC\)

Tam giác ABC là tam giác đều nên \(AD \bot BC\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot SD\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{SD \in \left( {SBC} \right),SD \bot BC}\\{AD \in \left( {ABC} \right),AD \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle SDA\).

Góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng \({60^0}\) nên \(\angle SDA = {60^0}\).

Lại có:\(AD = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}BC = \sqrt 3 a \Rightarrow DG = \dfrac{1}{3}AD = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}a\).

Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số là:

\(2x + m = \dfrac{{x + 3}}{{x + 1}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x \ne {\rm{\;}} - 1} \right) \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {m + 1} \right)x + m - 3 = 0\;\;\;\left( * \right)\)

Ta có: \(\Delta {\rm{\;}} = {\left( {m + 1} \right)^2} - 8\left( {m - 3} \right) = {m^2} - 6m + 25 = {\left( {m - 3} \right)^2} + 16 > 0\;\;\forall m\)

\( \Rightarrow \left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;{x_2}\)  với mọi \(m\).

Áp dụng định kí Vi-ét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{\;}} - \dfrac{{m + 1}}{2}}\\{{x_1}{x_2} = \dfrac{{m - 3}}{2}}\end{array}} \right..\)

Gọi \(M\left( {{x_1};\;2{x_1} + m} \right),\;N\left( {{x_2};\;2{x_2} + m} \right)\) là hai giao điểm của 2 đồ thị hàm số.

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{M{N^2} = {{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {2{x_2} - 2{x_1}} \right)}^2} = 5{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}}\\{ = 5\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right] = 5\left[ {\dfrac{{{{\left( {m + 1} \right)}^2}}}{4} - 4.\dfrac{{m - 3}}{2}} \right]}\\{ = \dfrac{5}{4}\left( {{m^2} + 2m + 1 - 8m + 24} \right) = \dfrac{5}{4}\left( {{m^2} - 6m + 25} \right)}\\{ = \dfrac{5}{4}{{\left( {m - 3} \right)}^2} + 20 \ge 20\;\;\forall m.}\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow m - 3 = 0 \Leftrightarrow m = 3.\)

Chọn A.

Ta có M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN = \dfrac{{AB}}{2}}\\{MP = \dfrac{{AC}}{2}}\\{NP = \dfrac{{BC}}{2}}\end{array}} \right. \Rightarrow {S_{MNP}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABC}}\)

\( \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \dfrac{1}{4}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{4}.6 = \dfrac{3}{2}.\)

Chọn B.