Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Thanh Đa

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

Ta có: \(y' = \dfrac{{2.2 - 1.1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\} \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( -2;+\infty  \right)\).

Chọn D.

Ta có \({{\log }_{{{a}^{2}}}}{{a}^{3}}=\dfrac{3}{2}{{\log }_{a}}a=\dfrac{3}{2}\).

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(y'={{x}^{2}}+2x-3,\,\,y''=2x+2\).

Hàm số đạt cực tiểu tại 

\(x = {x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y'\left( {{x_0}} \right) = 0\\
y''\left( {{x_0}} \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_0^2 + 2{x_0} - 3 = 0\\
2{x_0} + 2 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
{x_0} = 1\\
{x_0} = - 3
\end{array} \right.\\
{x_0} > - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow {x_0} = 1\)

Chọn B.

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}Sh\) trong đó \(S;h\) lần lượt là diện tích đáy và chiều cao khối chóp.

Ta có \(V=\dfrac{1}{3}.6.4=8\).

Chọn D.

Ta có \({{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}AC.BD=\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}\).

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a < 0 \Rightarrow \) Loại các đáp án C và D.

Ta có \(y'=3a{{x}^{2}}+2bx+c\).

Do đồ thị hàm số không có cực trị \(\Rightarrow pt\,\,y'=0\) vô nghiệm.

\(\Delta '={{b}^{2}}-3ac<0\).

Vậy \(\left\{ \begin{align}  & a<0 \\  & {{b}^{2}}-3ac<0 \\ \end{align} \right.\).

Chọn B.

Ta có: \(y'=-2f'\left( x \right)<0\Leftrightarrow f'\left( x \right)>0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-2 \right)\cup \left( -1;2 \right)\cup \left( 4;+\infty  \right)\).

\(\Rightarrow \) Hàm số \(y=-2f\left( x \right)+2019\) nghịch biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right);\,\,\left( -1;2 \right)\) và \(\left( 4;+\infty  \right)\).

Chọn B.

Gọi cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai \(d\) thì số hạng thứ hai là \(a = {u_2} = {u_1} + d\)  và số hạng thứ \(10\) là \(b = {u_{10}} = {u_1} + 9d\)

Khi đó \({\log _2}\left( {\dfrac{{b - a}}{d}} \right) = {\log _2}\left( {\dfrac{{{u_1} + 9d - {u_1} - d}}{d}} \right) = {\log _2}\left( {\dfrac{{8d}}{d}} \right) = {\log _2}8 = 3.\)

Các ước tự nhiên của \(3\) là \(1\) và \(3.\)

Chọn C.

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Vì \(S.ABC\) là tứ diện đều cạnh \(a\) nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) hay \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)  và \(SA = SB = SC = AB = AC = BC = a\)

Gọi \(O\) là giao điểm hai đường chéo hình thoi \(ABCD\) thì \(BH = \dfrac{2}{3}BO\).

Vì \(ABC\) đều có \(BO\) là trung tuyến nên \(BO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow BH = \dfrac{2}{3}BO = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\) và  \(BD = 2BO = 2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 .\)

Xét tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) ta có \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 6 a}}{3}\)

Diện tích hình thoi \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD = \dfrac{1}{2}a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.\)

Chọn B.

Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB,BC,AC\) và \({G_1};{G_2};{G_3}\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(SAB;SBC;SAC.\)

Theo tính chất trọng tâm ta có \(\dfrac{{S{G_1}}}{{SM}} = \dfrac{{S{G_2}}}{{SN}} = \dfrac{{S{G_3}}}{{SP}} = \dfrac{2}{3}\)

Trong \(\left( {SBC} \right)\), qua \({G_2}\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(SB,SC\) lần lượt tại \(E\) và \(F.\)

Trong \(\left( {SAC} \right)\), đường thẳng \(F{G_3}\) cắt \(SA\) tại \(D.\)

Lúc này \(\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right) \equiv \left( {DEF} \right)\)

Vì \(EF//BC \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{SF}}{{SC}} = \dfrac{{S{G_2}}}{{SN}} = \dfrac{2}{3}\)  (theo định lý Ta-lét)

Lại có trong \(\Delta SPC\) có \(\dfrac{{S{G_3}}}{{SP}} = \dfrac{{SF}}{{SC}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow F{G_3}//PC \Rightarrow DF//BC \Rightarrow \dfrac{{SD}}{{SA}} = \dfrac{{SF}}{{SC}} = \dfrac{2}{3}\)

Từ đó ta có \(\dfrac{{{V_{S.DEF}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SD}}{{SA}}.\dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SF}}{{SC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{{27}} \Rightarrow {V_{S.DEF}} = \dfrac{8}{{27}}V\)

Nên phần chứa đáy của hình chóp là \(V - \dfrac{8}{{27}}V = \dfrac{{19}}{{27}}V\)

Chọn C.

Thế tích khối cầu: \({V_1} = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\).

Do khối nón có đỉnh thuộc \(\left( S \right)\) và cách \(\left( P \right)\) một khoảng lớn hơn \(2\) nên có chiều cao \(SH = SO + OH = 2 + 1 = 3\).

Thể tích khối nón: \({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi .H{B^2}.SH = \dfrac{1}{3}\pi .\left( {O{B^2} - O{H^2}} \right).3 = \pi .\left( {{2^2} - {1^2}} \right) = 3\pi \).

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{32\pi }}{3}:3\pi  = \dfrac{{32}}{9}\).

Chọn D.

Xét phương trình \({x^3} - 3mx + 2 = 0\,\left( * \right)\) .

Nhận thấy \(x = 0\) không là nghiệm của \(\left( * \right)\) nên ta xét \(x \ne 0.\)

Khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow {x^3} + 2 = 3mx \Rightarrow \dfrac{{{x^3}}}{x} + \dfrac{2}{x} = 3m \Leftrightarrow {x^2} + \dfrac{2}{x} = 3m\)

Xét hàm số \(y = {x^2} + \dfrac{2}{x}\,\left( {x \ne 0} \right) \Rightarrow y' = 2x - \dfrac{2}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^3} - 1}}{{{x^2}}} = 0 \Rightarrow {x^3} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y\left( 1 \right) = 3\)

Ta có BBT:

Từ BBT ta thấy để phương trình (*) có nghiệm duy nhất thì đường thẳng \(y = 3m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^2} + \dfrac{2}{x}\) tại một điểm duy nhất nên \(3m < 3 \Leftrightarrow m < 1.\)

Chọn A

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\), khi đó \(MN//BC \Rightarrow BC//\left( {SMN} \right)\).

Suy ra \(d\left( {SM,BC} \right) = d\left( {BC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SMN} \right)} \right)\).

Mà \(BA \cap \left( {SMN} \right) = M,MA = MB\) nên \(d\left( {B,\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {AMN} \right)} \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(SM\) \( \Rightarrow AH \bot SM\).

Lại có \(MN//BC \Rightarrow MN \bot AB\) và \(MN \bot SA\) \( \Rightarrow MN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow MN \bot AH\).

Từ đó suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SM\\AH \bot MN\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AH\).

Ta tính \(AH\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(\widehat C = {60^0}\) và \(AC = 2\) nên \(AB = AC\sin {60^0} = \sqrt 3  \Rightarrow AM = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(SAM\) vuông tại \(A\) có \(AH\) là đường cao \( \Rightarrow AH = \dfrac{{AS.AM}}{{SM}} = \dfrac{{AS.AM}}{{\sqrt {A{S^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{1.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {1 + \dfrac{3}{4}} }} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d\left( {SM,BC} \right) = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Chọn A.

Đặt \(\cos x = t\,\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\)

Ta có \(y = \dfrac{{3t - 1}}{{3 + t}}\) \( \Rightarrow y' = \dfrac{6}{{{{\left( {3 + t} \right)}^2}}} > 0;\,\forall t \in \left[ { - 1;1} \right]\)

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( { - 1} \right) = \dfrac{{3.\left( { - 1} \right) - 1}}{{3 + \left( { - 1} \right)}} =  - 2;\,\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = y\left( 1 \right) = \dfrac{{3.1 - 1}}{{3 + 1}} = \dfrac{1}{2}\)

Hay \(m =  - 2;M = \dfrac{1}{2} \Rightarrow m + M =  - 2 + \dfrac{1}{2} =  - \dfrac{3}{2}.\)

Chọn D.

Hàm số có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  - \infty \) nên \(a < 0\).

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

Hàm số có ba điểm cực trị nên \(ab < 0 \Rightarrow b > 0\) do \(a < 0\).

Vậy \(a < 0,b > 0,c < 0\).

Chọn A.

Gọi \(K\) là giao điểm của \(AC\) và \(DM\).

Ta có \(AM = MB = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{{AD\sqrt 2 }}{2}\) và \(BC = AD\)

Xét tam giác vuông \(ADM\) có \(\tan \widehat {ADM} = \dfrac{{AM}}{{AD}} = \dfrac{{\dfrac{{AD\sqrt 2 }}{2}}}{{AD}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)  (1)

Xét tam giác vuông \(ABC\) có \(\tan \widehat {BAC} = \dfrac{{BC}}{{AB}} = \dfrac{{AD}}{{AD\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\tan \widehat {ADM} = \tan \widehat {BAC} \Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {BAC}\) 

mà  \(\widehat {ADM} + \widehat {AMD} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {BAC} + \widehat {AMK} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {AKM} = 90^\circ \) hay \(DM \bot AC\)  (3)

Lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AC \bot \left( {SDM} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SDM} \right)\) nên góc giữa \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SDM} \right)\) bằng \(90^\circ .\)

Chọn B.

Ta có đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) có tâm \({I_1}\left( {1;2} \right)\) và bán kính \({R_1} = 1\)

Đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2}\left( { - 1;0} \right)\) và bán kính \({R_2} = 1\)

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{ax + b}}{{x + c}}\) đi qua \({I_1};{I_2}\) nên ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{a + b}}{{1 + c}} = 2\\\dfrac{{ - a + b}}{{c - 1}} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 2c + 2\\ - a + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 2c + 2\\a = b\end{array} \right.\)

Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{ax + b}}{{x + c}}\) có TCĐ \(\Delta :x =  - c \Leftrightarrow x + c = 0\)

Vì \(\Delta \) tiếp xúc với cả \(\left( {{C_1}} \right);\left( {{C_2}} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}d\left( {{I_1};\Delta } \right) = {R_1}\\d\left( {{I_2};\Delta } \right) = {R_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {1 + c} \right| = 1\\\left| { - 1 + c} \right| = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}c = 0\\c =  - 2\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}c = 0\\c = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow c = 0\)

Với \(c = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 2\\a = b\end{array} \right. \Rightarrow a = b = 1 \Rightarrow a + b + c = 0 + 1 + 1 = 2.\)

Chọn B.

Ta có: \(2f\left( x \right) + {x^2} > 4x + m \Leftrightarrow f\left( x \right) > \dfrac{{ - {x^2} + 4x + m}}{2}\)

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( { - 1;3} \right)\) \( \Leftrightarrow f\left( x \right) > \dfrac{{ - {x^2} + 4x + m}}{2},\forall x \in \left( { - 1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow g\left( x \right) = \dfrac{{ - {x^2} + 4x + m}}{2} < \mathop {\min }\limits_{\left( { - 1;3} \right)} f\left( x \right) =  - 3,\forall x \in \left( { - 1;3} \right)\) hay \(\dfrac{{ - {x^2} + 4x + m}}{2} <  - 3,\forall x \in \left( { - 1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow  - {x^2} + 4x + m <  - 6,\forall x \in \left( { - 1;3} \right) \Leftrightarrow m < {x^2} - 4x - 6,\forall x \in \left( { - 1;3} \right) \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left( { - 1;3} \right)} h\left( x \right)\) với \(h\left( x \right) = {x^2} - 4x + 6\).

Xét \(h\left( x \right) = {x^2} - 4x + 6\) trên \(\left( { - 1;3} \right)\) có \(h'\left( x \right) = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left( { - 1;3} \right)\).

Bảng biến thiên:

Do đó \(m <  - 10\).

Chọn B.

Ta có: \(\log \sin x + \log \cos x =  - 1\) \( \Leftrightarrow \log \left( {\sin x\cos x} \right) =  - 1\) \( \Leftrightarrow \sin x\cos x = \dfrac{1}{{10}}\)

\(\log \left( {\sin x + \cos x} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {\log n - 1} \right)\)\( \Leftrightarrow 2\log \left( {\sin x + \cos x} \right) = \log n - 1\) \( \Leftrightarrow \log {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} = \log \dfrac{n}{{10}}\)\( \Leftrightarrow \log \left( {1 + 2\sin x\cos x} \right) = \log \dfrac{n}{{10}}\) \( \Leftrightarrow 1 + 2\sin x\cos x = \dfrac{n}{{10}}\)\( \Rightarrow 1 + 2.\dfrac{1}{{10}} = \dfrac{n}{{10}} \Leftrightarrow n = 12\).

Chọn B

TH1: Tam giác được tạo thành từ \(2\) điểm thuộc một cạnh và điểm thứ ba thuộc một trong ba cạnh còn lại.

Có \(C_3^2.\left( {4 + 5 + 6} \right) + C_4^2.\left( {3 + 5 + 6} \right) + C_5^2.\left( {3 + 4 + 6} \right) + C_6^2\left( {3 + 4 + 5} \right) = 439\) tam giác.

TH2: Tam giác được tạ thành từ ba đỉnh thuộc ba cạnh khác nhau.

Có \(C_3^1.C_4^1.C_5^1 + C_3^1.C_4^1.C_6^1 + C_3^1.C_5^1.C_6^1 + C_4^1.C_5^1.C_6^1 = 342\) tam giác.

Vậy có \(439 + 342 = 781\) tam giác.

Chọn A.

Gọi độ dài cạnh bên của hình chóp đều \(S.ABC\) là \(SA = SB = SC = 4x\left( {x > 0} \right)\) khi đó vì \(SA = 4SM \Rightarrow SM = x;AM = 3x.\)

Gọi \(D\) là trung điểm \(BC\) suy ra \(AD = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \) (đường trung tuyến trong tam giác \(ABC\) đều cạnh \(2\)) và \(DC = \dfrac{{CB}}{2} = 1.\)

Vì \(SA \bot \left( {MBC} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA \bot MC\\SA \bot MD\end{array} \right.\)

Xét tam giác \(AMD\) vuông tại \(M\), ta có \(M{D^2} = A{D^2} - A{M^2} = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} - {\left( {3x} \right)^2} = 3 - 9{x^2}\)

Xét tam giác \(SBC\) cân tại \(S \Rightarrow SD \bot BC\) nên theo định lý Pytago cho tam giác vuông \(SDC\) ta có \(S{D^2} = S{C^2} - C{D^2} = {\left( {4x} \right)^2} - {1^2} = 16{x^2} - 1\)

Xét tam giác \(SMD\) vuông tại \(M\) có

\(S{D^2} = M{D^2} + M{S^2} \Leftrightarrow 16{x^2} - 1 = 3 - 9{x^2} + {x^2} \Leftrightarrow 24{x^2} = 4 \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow x = \dfrac{1}{{\sqrt 6 }}\)

Suy ra \(SM = \dfrac{1}{{\sqrt 6 }};M{D^2} = 3 - 9.\dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{2} \Rightarrow MD = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\)

Ta có \(SA \bot BC;AD \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot MD\)  nên \({S_{\Delta MBC}} = \dfrac{1}{2}.MD.BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}.2 = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\)

\({V_{S.MBC}} = \dfrac{1}{3}.SM.{S_{\Delta MBC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{{\sqrt 6 }}.\dfrac{{\sqrt 6 }}{2} = \dfrac{1}{6}.\)

Ta có \(\dfrac{{{V_{S.MBC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SB}}{{SB}}.\dfrac{{SC}}{{SC}} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow {V_{S.ABC}} = 4V = 4.\dfrac{1}{6} = \dfrac{2}{3}.\)

Chọn A

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\) thì \(O'I \bot AB,OI \bot AB\).

Suy ra góc giữa \(\left( {O'AB} \right)\) và \(\left( {O;R} \right)\) là góc giữa \(O'I\) và \(OI\) hay \(\widehat {O'IO} = {60^0}\).

Đặt \(AI = x \Rightarrow AB = 2x\).

Tam giác vuông \(OIA\) có \(OA = R,AI = x\) \( \Rightarrow OI = \sqrt {O{A^2} - A{I^2}}  = \sqrt {{R^2} - {x^2}} \).

Tam giác \(O'AB\) đều cạnh \(AB = 2x \Rightarrow O'I = \dfrac{{2x\sqrt 3 }}{2} = x\sqrt 3 \).

Tam giác \(O'OI\) vuông tại \(O\) nên \(\cos {60^0} = \dfrac{{OI}}{{O'I}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{{\sqrt {{R^2} - {x^2}} }}{{x\sqrt 3 }} \Leftrightarrow x = \dfrac{{2R}}{{\sqrt 7 }}\).

Suy ra \(OO' = O'I.\sin {60^0} = \dfrac{{2R}}{{\sqrt 7 }}.\sqrt 3 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3R}}{{\sqrt 7 }}\).

Thể tích khối trụ \(V = \pi {R^2}h = \pi {R^2}.\dfrac{{3R}}{{\sqrt 7 }} = \dfrac{{3\pi \sqrt 7 {R^3}}}{7}\).

Chọn D.

Ta có \(M = \sum\limits_{k = 1}^{100} {\left( {k{{.2}^k}} \right) - 2 = {{1.2}^1} + {{2.2}^2} + {{3.2}^3} + ... + {{100.2}^{100}} - 2} \) \( = {2.2^2} + {3.2^3} + ... + {100.2^{100}}\)

Suy ra \(2M = 2.\left( {{{2.2}^2} + {{3.2}^3} + ... + {{100.2}^{100}}} \right) \) \(= {2.2^3} + {3.2^4} + {4.2^5} + ... + {100.2^{101}}\)

Suy ra \(M = 2M - M \) \(= {2.2^3} + {3.2^4} + ... + {100.2^{101}} - \left( {{{2.2}^2} + {{3.2}^3} + ... + {{100.2}^{100}}} \right)\)

\( = {100.2^{101}} - {2^3} - {2^3} - {2^4} - {2^5} - ... - {2^{100}} \) \(= {100.2^{101}} - \left( {{2^3} + {2^4} + {2^5} + ... + {2^{100}}} \right) - {2^3}\)

Xét tổng \({2^3} + {2^4} + ... + {2^{100}}\)  là tổng của \(98\) số hạng của cấp số nhân có \({u_1} = {2^3}\) và công bội \(q = 2.\)

Nên \({2^3} + {2^4} + ... + {2^{100}} = {2^3}.\dfrac{{1 - {2^{98}}}}{{1 - 2}} = {2^{101}} - {2^3}\)

Suy ra \(M = {100.2^{101}} - \left( {{2^{101}} - {2^3}} \right) - {2^3} \) \(= {99.2^{101}}\)

Từ đó \({\log _2}\left( {{{99.2}^{101}}} \right) \) \(= {\log _2}99 + {\log _2}{2^{101}} \) \(= 101 + {\log _2}99\) \( \Rightarrow a = 101;b = 99;c = 2 \Rightarrow a + b + c = 202.\)

Chọn B

+) Với \(x \le 1\) thì \(y = \left| {\left| {x - 1} \right| - \left| {2019 - x} \right|} \right| = \left| {\left( {1 - x} \right) - \left( {2019 - x} \right)} \right| = 2018\).

+) Với \(x \ge 2019\) thì \(y = \left| {\left| {x - 1} \right| - \left| {2019 - x} \right|} \right| = \left| {\left( {x - 1} \right) - \left( {x - 2019} \right)} \right| = 2018\).

+) Với \(1 < x < 2019\) thì:\(y = \left| {\left| {x - 1} \right| - \left| {2019 - x} \right|} \right| = \left| {x - 1 - 2019 + x} \right|\) \( = \left| {2x - 2020} \right| = \left\{ \begin{array}{l}2x - 2020\,\,\,\,\,khi\,\,1010 \le x < 2019\\ - 2x + 2020\,\,khi\,\,1 < x < 1010\end{array} \right.\)

Do đó \(y = \left\{ \begin{array}{l}2018\,\,khi\,\,x \le 1\\ - 2x + 2020\,\,khi\,\,1 < x < 1010\\2x - 2020\,\,\,\,\,khi\,\,1010 \le x < 2019\\2018\,\,khi\,\,x \ge 2019\end{array} \right.\)

Vẽ dáng đồ thị hàm số ta được:

Từ hình vẽ ta thấy phương trình đã cho có nghiệm nếu đường thẳng \(y = 2020 - m\) cắt đồ thị hàm số trên tại ít nhất một điểm hay \(0 \le 2020 - m \le 2018 \Leftrightarrow 2 \le m \le 2020\)

Mà \(m \in \left( {0;2020} \right)\) nên \(2 \le m < 2020 \Rightarrow m \in \left\{ {2;3;...;2019} \right\}\).

Có \(\left( {2019 - 2} \right):1 + 1 = 2018\) giá trị của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Chọn D

Gọi chiều rộng của nắp hộp là \(x\)  và giá thành 1 đơn vị diện tích làm nắp hộp là \(a\) (cố định).

Khi đó giá thành làm 1 đơn vị diện tích mặt bên là \(3a.\)

Chiều dài nắp hộp là \(2x\) nên thể tích hình hộp chữ nhật là \(V = x.2x.h = 48 \Leftrightarrow h = \dfrac{{24}}{{{x^2}}}\)

Số tiền làm  nắp hộp là \(x.2x.a = 2{x^2}.a\)

Số tiền lằm làm mặt bên và đáy là \(3a\left( {2.x.h + 2.2x.h + 2x.x} \right) = 3a\left( {6xh + 2{x^2}} \right)\)

Tổng số tiền làm hộp là \(M = 3a\left( {6xh + 2{x^2}} \right) + 2{x^2}.a = 18a.x.h + 8{x^2}.a = 18a.x.\dfrac{{24}}{{{x^2}}} + 8{x^2}.a\) (vì \(h = \dfrac{{24}}{{{x^2}}}\))

Nên \(M = 8a\left( {\dfrac{{54}}{{{x^2}}} + {x^2}} \right) = 8a\left( {\dfrac{{27}}{x} + \dfrac{{27}}{x} + {x^2}} \right)\mathop  \ge \limits^{Co  - si} 8a.3.\sqrt[3]{{\dfrac{{27}}{x}.\dfrac{{27}}{x}.{x^2}}} = 216a.\)

Dấu = xảy ra khi \(\dfrac{{27}}{x} = {x^2} \Rightarrow {x^3} = 27 \Rightarrow x = 3 \Rightarrow h = \dfrac{{24}}{{{x^2}}} = \dfrac{{24}}{9} = \dfrac{8}{3}.\)

Vậy \({M_{\min }} = 216a \Leftrightarrow h = \dfrac{8}{3}\) nên \(m = 8;n = 3 \Rightarrow m + n = 8 + 3 = 11.\)

Chọn C

Do \(f\left( x \right)\) chia cho \(\left( {x - 2} \right)\) được phần dư là \(2019\) nên ta viết lại:

\(f\left( x \right) = m{\left( {x - 2} \right)^4} + a{\left( {x - 2} \right)^3} + b{\left( {x - 2} \right)^2} + c\left( {x - 2} \right) + 2019\)

\(f'\left( x \right) = 4m{\left( {x - 2} \right)^3} + 3a{\left( {x - 2} \right)^2} + 2b\left( {x - 2} \right) + c\)

Do \(f'\left( x \right)\) chia cho \(\left( {x - 2} \right)\) dư \(2018\) nên \(c = 2018\).

Suy ra \(f\left( x \right) = m{\left( {x - 2} \right)^4} + a{\left( {x - 2} \right)^3} + b{\left( {x - 2} \right)^2} + 2018\left( {x - 2} \right) + 2019\)

Từ đó phần dư khi chia \(f\left( x \right)\) cho \({\left( {x - 2} \right)^2}\) là \(g\left( x \right) = 2018\left( {x - 2} \right) + 2019\).

Vậy \(g\left( { - 1} \right) = 2018.\left( { - 1 - 2} \right) + 2019 =  - 4035\).

Chọn B

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

 \( \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;OA} \right)} = \widehat {SAO}\)

ABCD là hình vuông cạnh a  \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2  \Rightarrow OA = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(\Delta SAO\) vuông tại O \( \Rightarrow \cos \widehat {SAO} = \dfrac{{OA}}{{SA}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SAO} = {60^0}\)\( \Rightarrow \left( {\widehat {SA;\left( {ABCD} \right)}} \right) = {60^0}\).

Chọn: D

Đồ thị hàm số đã cho có TCĐ: \(x =  - 1\) và TCN: \(y = 1\). 

\( \Rightarrow \) Loại phương án A và D

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 \( \Rightarrow \) Loại phương án B, chọn phương án C

Chọn: C

Mặt phẳng \(x + z - 5 = 0\), \(x - 2y - z + 3 = 0\) có VTPT lần lượt là \(\overrightarrow {{n_1}} \left( {1;0;1} \right),\,\,\overrightarrow {{n_2}} \left( {1; - 2; - 1} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) là giao của hai mặt phẳng \(x + z - 5 = 0\) và \(x - 2y - z + 3 = 0\) có 1 VTCP là: \(\overrightarrow u  = \dfrac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {{n_1}} ;\,\,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {1;1; - 1} \right)\)

Cho \(x = 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 + z - 5 = 0\\2 - 2y - z + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}z = 3\\y = 1\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {2;1;3} \right) \in \Delta \)

Phương trình đường thẳng là: \(\dfrac{{x - 2}}{1} = \dfrac{{y - 1}}{1} = \dfrac{{z - 3}}{{ - 1}}\) .

Chọn: C

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;0;4} \right)\)

Theo đề bài, ta có: mặt phẳng (P) có 1 VTPT:  \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow j } \right] = \left( { - 4;0; - 3} \right)\)

Phương trình mặt phẳng (P): \( - 4\left( {x - 3} \right) - 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 3z - 12 = 0\).

Chọn: A

Ta có: \(\left( {MNP} \right) \equiv \left( {MNCP} \right)\) (do \(CP//B'C'//MN\)) và \(\left( {ACC'} \right) \equiv \left( {ACC'A'} \right)\) \( \Rightarrow \alpha  = \widehat {\left( {\left( {MNP} \right);\left( {ACC'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {\left( {MNCP} \right);\left( {ACC'A'} \right)} \right)}\)

Dựng \(PE \bot AC,\,\,MF \bot A'C',\,\,\left( {E \in AC;\,F \in A'C'} \right)\) \( \Rightarrow CE = FN = \dfrac{1}{4}AC\) và \(P,E,F,M\) đồng phẳng

Ta có:  \(PE \bot AC,\,\,PE \bot AA' \Rightarrow PE \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow \left( {PEFM} \right) \bot \left( {ACC'A'} \right)\)

\( \Rightarrow \) Hình chiếu vuông góc của hình bình hành lên \(\left( {ACC'A'} \right)\) là hình bình hành \(ECNF\)\( \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{{S_{ECNF}}}}{{{S_{MNCP}}}}\)

Ta có: \({S_{ECNF}} = EC.CC' = \dfrac{1}{4}.AC.CC' = \dfrac{1}{4}.2\sqrt 3 .2 = \sqrt 3 \); 

\(\Delta A'B'C'\) đều  \( \Rightarrow C'M = 2\sqrt 3 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\)

\(\Delta CC'M\) vuông tại C’  \( \Rightarrow CM = \sqrt {CC{'^2} + C'{M^2}}  = \sqrt {{2^2} + {3^2}}  = \sqrt {13} \) 

\(\Delta CC'N\) vuông tại C’  \( \Rightarrow CN = \sqrt {CC{'^2} + C'{N^2}}  = \sqrt {{2^2} + {{\sqrt 3 }^2}}  = \sqrt 7 \)

\(\Delta MNC\) có: \(MN = \sqrt 3 ,\,\,CM = \sqrt {13} ,\,\,CN = \sqrt 7 \), có diện tích là: \({S_{MNC}} = \sqrt {p.\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)

\( = \sqrt {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt 7  + \sqrt {13} }}{2}.\left( {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt 7  + \sqrt {13} }}{2} - \sqrt 3 } \right)\left( {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt 7  + \sqrt {13} }}{2} - \sqrt 7 } \right)\left( {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt 7  + \sqrt {13} }}{2} - \sqrt {13} } \right)} \)

\( = \sqrt {\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt 7  + \sqrt {13} }}{2}.\dfrac{{\sqrt 7  + \sqrt {13}  - \sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt {13}  - \sqrt 7 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt 7  - \sqrt {13} }}{2}}  = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{4}\) \( \Rightarrow {S_{MNCP}} = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{{S_{ECNF}}}}{{{S_{MNCP}}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{2}{5}\).

Chọn: B

Thể tích hình lăng trụ: \(V = Sh \Leftrightarrow 2{a^3} = {S_{day}}.a \Leftrightarrow {S_{day}} = 2{a^2}\)

Gọi độ dài cạnh góc vuông của đáy là \(x \Rightarrow \dfrac{1}{2}{x^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow {x^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow x = 2a\).

Chọn: B

Đặt \({2^x} = t,\,\,t > 0\). Phương trình trở thành: \({t^2} - 6t + 2 = 0\) (2)

Phương trình (2) có 2 nghiệm \({t_1},{t_2}\) thỏa mãn \({t_1}.{t_2} = 2\).

Khi đó, (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) tương ứng, thỏa mãn:  \({2^{{x_1} + {x_2}}} = {2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = {t_1}.{t_2} = 2 \Rightarrow {x_1} + {x_2} = 1\).

Chọn: B

Tập hợp các điểm M biểu diễn của các số phức thỏa mãn \(\left| {z - 1 - 3i} \right| = 2\) là đường tròn: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 4\)

 là khoảng cách từ điểm M đến điểm \(A\left( {1;0} \right)\). Khoảng cách này nhỏ nhất khi và chỉ khi M nằm giữa I và A (với \(I\left( {1;3} \right)\) là tâm đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 4\))

 Dễ dàng tính được \(M\left( {1;1} \right)\).

Vậy, số phức z thỏa mãn là \(z = 1 + i\).

Chọn: B

Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)  \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{e^x} + m} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {2x\sqrt {3 + {x^2}} } \right) \Leftrightarrow 1 + m = 0 \Leftrightarrow m =  - 1\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \\ = \int\limits_{ - 1}^0 {2x\sqrt {3 + {x^2}} dx}  + \int\limits_0^1 {\left( {{e^x} - 1} \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {\sqrt {3 + {x^2}} d\left( {3 + {x^2}} \right)}  + \left. {\left( {{e^x} - x} \right)} \right|_0^1\\ = \left. {\dfrac{2}{3}\left( {3 + {x^2}} \right)\sqrt {3 + {x^2}} } \right|_{ - 1}^0 + \left. {\left( {{e^x} - x} \right)} \right|_0^1 = \dfrac{2}{3}.3.\sqrt 3  - \dfrac{2}{3}.4.2 + \left( {e - 1 - 1} \right) = e + 2\sqrt 3  - \dfrac{{22}}{3}\\ \Rightarrow a = 1,\,\,b = 2,\,\,c =  - \dfrac{{22}}{3} \Rightarrow T = a + b + 3c = 1 + 2 - 22 =  - 19\end{array}\)

Chọn: C

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Do \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot AC\\OB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow OB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \) Hình chiếu vuông góc của tam giác SAB lên (SAC) là tam giác SAO

Khi đó, \(\cos \alpha  = \cos \left( {\widehat {\left( {SAB} \right);\left( {SAC} \right)}} \right) = \dfrac{{{S_{SAO}}}}{{{S_{SAB}}}}\)

Ta có:

\(\Delta SOA\) vuông tại O :

\({S_{SAB}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)

\( = \sqrt {\dfrac{{2 + 2\sqrt 2  + 2\sqrt 2 }}{2}.\left( {\dfrac{{2 + 2\sqrt 2  + 2\sqrt 2 }}{2} - 2} \right)\left( {\dfrac{{2 + 2\sqrt 2  + 2\sqrt 2 }}{2} - 2\sqrt 2 } \right)\left( {\dfrac{{2 + 2\sqrt 2  + 2\sqrt 2 }}{2} - 2\sqrt 2 } \right)} \)

\( = \sqrt {\left( {1 + 2\sqrt 2 } \right).\left( {2\sqrt 2  - 1} \right).1.1}  = \sqrt 7 \)

\( \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{{S_{SAO}}}}{{{S_{SAB}}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Chọn: C

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{4} + \dfrac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0\)

 \(//\left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( P \right):\) \(6x + 3y + 2z + m = 0,\,\left( {m \ne  - 12} \right)\)

\(d\left( {D;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {6.2 + 3.4 + 2.6 + m} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \dfrac{{\left| {36 + m} \right|}}{7}\)

\(d\left( {\left( {ABC} \right);\left( P \right)} \right) = d\left( {A;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {6.2 + 3.0 + 2.0 + m} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \dfrac{{\left| {12 + m} \right|}}{7}\) (do \(\left( P \right)//\left( {ABC} \right)\))

Theo đề bài, ta có:

\(\dfrac{{\left| {36 + m} \right|}}{7} = \dfrac{{\left| {12 + m} \right|}}{7} \Leftrightarrow \left| {36 + m} \right| = \left| {12 + m} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}36 + m = 12 + m\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\\36 + m =  - 12 - m\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 24\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy, \(\left( P \right):6x + 3y + 2z - 24 = 0\).

Chọn: A

Ta có:  \( \Rightarrow y' = 4{x^3} - 6{x^2} + 2x\), \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu y’:

Ta thấy: \(y'\)  đổi dấu từ dương sang âm tại 1 điểm là \(x = \dfrac{1}{2}\)

Chọn: A

Ta có :

\(\begin{array}{l}
f\left( x \right).f'\left( x \right) + 18{x^2} = \left( {3{x^2} + x} \right)f'\left( x \right) + \left( {6x + 1} \right)f\left( x \right)\\
\begin{array}{*{20}{l}}
{ \Rightarrow \int\limits_0^x {\left( {f\left( x \right).f'\left( x \right) + 18{x^2}} \right)} dx = \int\limits_0^x {\left( {\left( {3{x^2} + x} \right)f'\left( x \right) + \left( {6x + 1} \right)f\left( x \right)} \right)} dx}\\
{ \Leftrightarrow \int\limits_0^x {f\left( x \right).f'\left( x \right)} dx + \int\limits_0^x {18{x^2}} dx = \int\limits_0^x {{{\left( {\left( {3{x^2} + x} \right)f\left( x \right)} \right)}^\prime }} dx}\\
{ \Leftrightarrow \left. {\left( {\frac{1}{2}{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} + 6{x^3}} \right)} \right|_0^x = \left. {\left( {\left( {3{x^2} + x} \right)f\left( x \right)} \right)} \right|_0^x}\\
{ \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{2}{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} + 6{x^3}} \right) - \left( {\frac{1}{2}{{\left( {f\left( 0 \right)} \right)}^2} + 0} \right) = \left( {3{x^2} + x} \right)f\left( x \right) - 0}\\
{ \Leftrightarrow {{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} - 2\left( {3{x^2} + x} \right)f\left( x \right) + 12{x^3} = 0}\\
{ \Leftrightarrow {{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} - 2\left( {3{x^2} + x} \right)f\left( x \right) + 12{x^3} = 0}\\
{ \Leftrightarrow {{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} - 2\left( {3{x^2} + x} \right)f\left( x \right) + {{\left( {3{x^2} + x} \right)}^2} = {{\left( {3{x^2} + x} \right)}^2} - 12{x^3}}\\
{ \Leftrightarrow {{\left( {f\left( x \right) - \left( {3{x^2} + x} \right)} \right)}^2} = {{\left( {3{x^2} - x} \right)}^2}}\\
{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( x \right) - \left( {3{x^2} + x} \right) = 3{x^2} - x}\\
{f\left( x \right) - \left( {3{x^2} + x} \right) =  - 3{x^2} + x}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( x \right) = 6{x^2}}\\
{f\left( x \right) = 2x}
\end{array}} \right.}
\end{array}
\end{array}\)

Do \(f\left( 0 \right) = 0,\,\,f'\left( 0 \right) \ne 0\) nên \(f\left( x \right) = 2x\). Khi đó:

 \(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{f\left( x \right)}}dx = } \int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{2x}}dx = \dfrac{1}{2}} \int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right)d\left( {{e^{2x}}} \right)} \\ = \left. {\dfrac{1}{2}\left( {x + 1} \right).{e^{2x}}} \right|_0^1 - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {{e^{2x}}d\left( {x + 1} \right)}  = \left. {\dfrac{1}{2}\left( {x + 1} \right).{e^{2x}}} \right|_0^1 - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {{e^{2x}}dx} \\ = \left. {\dfrac{1}{2}\left( {x + 1} \right).{e^{2x}}} \right|_0^1 - \left. {\dfrac{1}{4}{e^{2x}}} \right|_0^1 = \dfrac{1}{2}.2.{e^2} - \dfrac{1}{2}.1.{e^0} - \dfrac{1}{4}{e^2} + \dfrac{1}{4}{e^0} = \dfrac{7}{4}{e^2} - \dfrac{1}{4}\\ \Rightarrow a = \dfrac{7}{4};\,\,b =  - \dfrac{1}{4}\,\,\, \Rightarrow a - b = 2\end{array}\)

Chọn: B

\(TXD:\,\,D = \mathbb{R}\).

\(y =  - {x^3} + 3{x^2} - 2 \Rightarrow y' =  - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\) 

 \(y' \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {0;2} \right]\)\( \Rightarrow \) Hàm số \(y =  - {x^3} + 3{x^2} - 2\)  đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

Chọn: A

\(\int\limits_0^3 {f(x)dx} \)\( = \int\limits_0^4 {f\left( x \right)} dx + \int\limits_4^3 {f\left( x \right)} dx = \int\limits_0^4 {f\left( x \right)} dx - \int\limits_3^4 {f\left( x \right)} dx\)\( = 10 - 4 = 6\).

Chọn: D

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = C_{15}^5\)

Gọi A:  “5 quả có đủ hai màu” \( \Rightarrow \overline A \) : "Lấy cả 5 quả cầu một màu"\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_5^5 + C_{10}^5\)

\( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{C_5^5 + C_{10}^5}}{{C_{15}^5}} = \dfrac{{1 + 252}}{{3303}} = \dfrac{{253}}{{3303}} = \dfrac{{23}}{{273}} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - \dfrac{{23}}{{273}} = \dfrac{{250}}{{273}}\).

Chọn: D

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2 > 0\\\ln \left( {x - 2} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 2\\x - 2 > {e^0} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 2\\x > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 3\)

Vậy TXĐ của hàm số là: \(\left( {3; + \infty } \right)\).

Chọn: B

Ta có: \(C'D//AB' \Rightarrow C'D//\left( {ACB'} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {C'D;AC} \right) = d\left( {C'D;\left( {AB'C} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {AB'C} \right)} \right)\)

Mà \(d\left( {C';\left( {AB'C} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {AB'C} \right)} \right)\) (do BC’ cắt (AB’C) (cắt cạnh B’C) tại trung điểm của BC’)

\( \Rightarrow d\left( {C'D;AC} \right) = d\left( {B;\left( {AB'C} \right)} \right)\)

Xét tứ diện vuông BAB’C có:

\(\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{B{A^2}}} + \dfrac{1}{{BB{'^2}}} + \dfrac{1}{{B{C^2}}},\,\,\left( {h = d\left( {B;\left( {AB'C} \right)} \right)} \right)\)

\(\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow h = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}a\)\( \Rightarrow d\left( {C'D;AC} \right) = \dfrac{{\sqrt 6 a}}{3}\).

Chọn: A

Ta có:

\(y = f\left( {2x - 2} \right) \Rightarrow y' = f'\left( {2x - 2} \right).\left( {2x - 2} \right)' = 2f'\left( {2x - 2} \right)\)

 \(y' \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le 2x - 2 \le 2 \Leftrightarrow 1 \le x \le 2\)

\( \Rightarrow \) Hàm số  \(y = f\left( {2x - 2} \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).

Chọn: C

Ta có:

\(\begin{array}{l}C_n^2C_n^{n - 2} + C_n^8C_n^{n - 8} = 2C_n^2C_n^{n - 8} \Leftrightarrow {\left( {C_n^2} \right)^2} - 2C_n^2C_n^8 + {\left( {C_n^8} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {C_n^2 - C_n^8} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow C_n^2 - C_n^8 = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{n!}}{{2!.\left( {n - 2} \right)!}} - \dfrac{{n!}}{{8!.\left( {n - 8} \right)!}} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\left( {n - 2} \right)\left( {n - 3} \right)\left( {n - 4} \right)\left( {n - 5} \right)\left( {n - 6} \right)\left( {n - 7} \right)}} - \dfrac{1}{{8.7.6.5.4.3}} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {n - 2} \right)\left( {n - 3} \right)\left( {n - 4} \right)\left( {n - 5} \right)\left( {n - 6} \right)\left( {n - 7} \right) = 8.7.6.5.4.3 \Leftrightarrow n = 10\end{array}\)

Xét hàm số: \(f\left( x \right) = {(x + 1)^{10}} = \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i{x^i}} \) có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 10{(x + 1)^9} = \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^ii{x^{i - 1}}} \\ \Rightarrow x.f'\left( x \right) = 10x{(x + 1)^9} = \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^ii{x^i}} \\ \Rightarrow {\left( {x.f'\left( x \right)} \right)^\prime } = {\left( {10x{{(x + 1)}^9}} \right)^\prime } = \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i{i^2}{x^{i - 1}}} \\ \Rightarrow 10x.9{(x + 1)^8} + 10{(x + 1)^9} = \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i{i^2}{x^{i - 1}}} \\ \Rightarrow 90{x^2}{(x + 1)^8} + 10x{(x + 1)^9} = \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i{i^2}{x^i}} \\ \Rightarrow \sum\limits_{i = 0}^{10} {C_{10}^i{i^2}{x^i}}  = 90{x^2}{(x + 1)^8} + 10x{(x + 1)^9}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow T = {1^2}C_n^1 + {2^2}C_n^2 + ... + {n^2}C_n^2\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {1^2}C_{10}^1 + {2^2}C_{10}^2 + ... + {10^2}C_{10}^{10}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {90.1.2^8} + {10.1.2^9} = {55.2^9}\end{array}\) (ứng với \(x = 1\)).

Chọn: A

\(n \in \mathbb{N},\,\,n! = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 0\\n = 1\end{array} \right.\)

Chọn: B

Ta có: \(g\left( x \right) = \ln \left( {f\left( x \right)} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = \dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}\)

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:

+) \(f\left( x \right) > 0,\,\,\forall x\)

+) \(f'\left( x \right) > 0\) trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right),\,\,\left( {1; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow g\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right),\,\,\left( {1; + \infty } \right)\) .

Chọn: B

Ta có: \(V = \pi {r^2}h \Leftrightarrow h = \dfrac{V}{{\pi {r^2}}}\)

Diện tích vật liệu để làm vỏ hộp là: \({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {r^2} + 2\pi r.\dfrac{V}{{\pi {r^2}}} = 2\pi {r^2} + \dfrac{{2V}}{r} = f\left( r \right)\), \(r > 0\)

Ta có :  \(f'\left( r \right) = 4\pi r - \dfrac{{2V}}{{{r^2}}},\,\,f'\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow {r^3} = \dfrac{V}{{2\pi }} \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\dfrac{V}{{2\pi }}}}\)

Bảng biến thiên:

Vậy, để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng \(\sqrt[3]{{\dfrac{V}{{2\pi }}}}\).

Chọn A

Đặt \({2^x} = t,\,\,t \ge 1\) (do\(x \ge 0\)). 

Bất phương trình  trở thành:  \({t^2} - 2\left( {m + 1} \right)t + m \ge 0 \Leftrightarrow m\left( {1 - 2t} \right) \ge 2t - {t^2}\,\,\left( * \right)\)

Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi \(x \ge 0\) thì (*) nghiệm đúng với mọi\(\,t \ge 1\)

Do \(t \ge 1 \Rightarrow  - 2t \le  - 2 \Leftrightarrow 1 - 2t \le  - 1 < 0\).

Khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow m \le \dfrac{{2t - {t^2}}}{{1 - 2t}}\) nghiệm đúng với mọi \(\,t \ge 1 \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{t \ge 1} \left( {\dfrac{{2t - {t^2}}}{{1 - 2t}}} \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \dfrac{{2t - {t^2}}}{{1 - 2t}},\,\,t \ge 1\) có:

\(f'\left( t \right) = \dfrac{{\left( {2 - 2t} \right)\left( {1 - 2t} \right) - \left( {2t - {t^2}} \right).\left( { - 2} \right)}}{{{{\left( {1 - 2t} \right)}^2}}} = \dfrac{{2{t^2} - 2t + 2}}{{{{\left( {1 - 2t} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall t \ge 1\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{t \ge 1} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) =  - 1 \Rightarrow m \le  - 1\)

Vậy, tập tất cả các giá trị của  m là  \(\left( { - \infty ; - 1} \right]\).

Chọn: B