Đáp án đúng là: A

Với \(a\) là số thực khác \(0\), ta có \({a^0} = 1\); \({a^{ - n}} = \frac{1}{{{a^n}}}\).

Vậy đáp án A đúng và các đáp án B, C, D sai.

Đáp án đúng là: A

Biểu thức \(M = {2^0}\) và \(Q = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 1}}\) có nghĩa.

Đáp án đúng là: C

Xét từng đáp án ta có:

+) \({4^{2m}} = {\left( {{2^2}} \right)^{2m}} = {\left( {{2^{2 \cdot 2}}} \right)^m} = {\left( {{2^4}} \right)^m}\).

+) \({2^m} \cdot \left( {{2^{3m}}} \right) = {2^{m + 3m}} = {2^{4m}} = {\left( {{2^4}} \right)^m}\).

+) \({4^m} \cdot \left( {{2^m}} \right) = {\left( {{2^2}} \right)^m} \cdot {2^m} = {2^{2m}} \cdot {2^m} = {2^{2m + m}} = {2^{3m}} = {\left( {{2^3}} \right)^m}\).

+) \({2^{4m}} = {\left( {{2^4}} \right)^m}\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \({4^x} + {4^{ - x}} = {\left( {{2^2}} \right)^x} + {\left( {{2^2}} \right)^{ - x}} = {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} + 2 \cdot {2^x} \cdot {2^{ - x}} - 2 = {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - 2\).

Vì \({4^x} + {4^{ - x}} = 7\) nên \({\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} - 2 = 7\), tức là \({\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9\).

Suy ra \({2^x} + {2^{ - x}} = 3\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,{2^x} + {2^{ - x}} > 0} \right)\).

Khi đó \(P = \frac{{5 - {2^x} - {2^{ - x}}}}{{8 + 4 \cdot {2^x} + 4 \cdot {2^{ - x}}}} = \frac{{5 - \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{8 + 4\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}} = \frac{{5 - 3}}{{8 + 4 \cdot 3}} = \frac{2}{{20}} = \frac{1}{{10}}\).

Do vậy \(a = 1,\,\,b = 10\) và \(ab = 10\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \({\log _a}\frac{1}{x} = {\log _a}1 - {\log _a}x = 0 - {\log _a}x = - {\log _a}x \ne \frac{1}{{{{\log }_a}x}}\). Vậy đáp án C sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có \(5{\log _2}a + 4{\log _2}b = {\log _2}{a^5} + {\log _2}{b^4} = {\log _2}\left( {{a^5}{b^4}} \right)\).

Do đó, \(x = {a^5}{b^4}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \({a^{{{\log }_{\sqrt a }}4}} = {a^{{{\log }_{{a^{\frac{1}{2}}}}}4}} = {a^{2{{\log }_a}{2^2}}} = {a^{4{{\log }_a}2}} = {\left( {{a^{{{\log }_a}2}}} \right)^4} = {2^4} = 16\).

Đáp án đúng là: B

Vì \({\log _2}x = \sqrt 2 \) nên \(x > 0\).

Khi đó ta có \(A = {\log _2}{x^2} + {\log _{\frac{1}{2}}}{x^3} + {\log _4}x\)\( = 2{\log _2}x + 3{\log _{{2^{ - 1}}}}x + {\log _{{2^2}}}x\)

                        \( = 2{\log _2}x - 3{\log _2}x + \frac{1}{2}{\log _2}x = - \frac{1}{2}{\log _2}x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Đáp án đúng là: A

Hàm số \(y = {\left( {2a - 1} \right)^x}\) là hàm số mũ khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}2a - 1 > 0\\2a - 1 \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > \frac{1}{2}\\a \ne 1\end{array} \right.\).

Vậy \(a \in \left( {\frac{1}{2};1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: B

Hàm số \(y = {\log _a}x\) có tập xác định là \(\left( {0;\, + \infty } \right)\) nên ta loại hình (I) và (II).

Vì cơ số \(a > 1\) nên hàm số này đồng biến trên \(\left( {0;\, + \infty } \right)\), tức là đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải, do vậy hình (III) là dạng đồ thị của hàm số \(y = {\log _a}x;{\rm{ }}a > 1\).

Đáp án đúng là: B

Quan sát hình vẽ ta thấy:

+) Đồ thị hàm số \(y = {a^x}\) đi lên từ trái qua phải nên hàm số này đồng biến trên \(\mathbb{R}\), do đó \(a > 1\).

+) Đồ thị hàm số \(y = {\log _b}x\) đi xuống từ trái qua phải nên hàm số này nghịch biến trên \(\mathbb{R}\), do đó \(0 < b < 1\).

Đáp án đúng là: D

ĐKXĐ: \(2x - {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2\).

Vậy tập xác định của hàm số \[y = \log \left( {2x - {x^2}} \right)\] là \(D = \left( {0;2} \right).\)

Đáp án đúng là: C

Ta có \({\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \({3^x} = 6 \Leftrightarrow x = {\log _3}6\).

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: \(x > 1\).

\(\ln \left( {4x + 2} \right) = \ln x + \ln \left( {x - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \ln \left( {4x + 2} \right) = \ln \left[ {x\left( {x - 1} \right)} \right]\)

\( \Leftrightarrow 4x + 2 = x\left( {x - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 5x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{5 - \sqrt {33} }}{2}\\x = \frac{{5 + \sqrt {33} }}{2}\end{array} \right.\).

Kết hợp điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 1 nghiệm là \(x = \frac{{5 + \sqrt {33} }}{2}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \({3^{2x + 1}} > {3^{3 - x}} \Leftrightarrow 2x + 1 > 3 - x \Leftrightarrow 3x > 2 \Leftrightarrow x > \frac{2}{3}\).

Đáp án đúng là: A

Hai đường thẳng \[a\] và \(b\) vuông góc với nhau khi góc giữa chúng bằng \(90^\circ .\)

Đáp án đúng là: A

Góc giữa hai đường thẳng \[a\] và \[b\] bằng góc giữa hai đường thẳng \[a\] và \[c\] khi \[b\] song song với \[c\] (hoặc \[b\] trùng với \[c\]).

Đáp án đúng là: A

Vì \[ABCD.EFGH\] là hình hộp chữ nhật nên \(AE{\rm{//}}CG\).

Do đó, \(\left( {AE,\,CD} \right) = \left( {CG,\,CD} \right) = \widehat {DCG} = 90^\circ \).

Đáp án đúng là: D

Qua điểm \(O\) cho trước, có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \(\Delta \) cho trước.

Đáp án đúng là: B

Đáp án B sai do thiếu yếu tố hai đường thẳng phải cắt nhau.

Đáp án đúng là: D

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), suy ra \(SA \bot BC\).

Lại có tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(AB \bot BC\).

Từ đó suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right)\), do đó \(BC \bot SB\).

Đáp án đúng là: B

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right) \bot \left( {CDD'C'} \right)\).

Đáp án đúng là: A

Hình chóp đều có các cạnh bên bằng nhau và các cạnh đáy bằng nhau, do đó cạnh bên và cạnh đáy có thể không bằng nhau, vậy đáp án A sai.

Đáp án đúng là: D

Vì \(I\) là trung điểm của \(BC\) nên \(AI\) là đường trung tuyến trong tam giác \(ABC\) cân tại \(A,\) do đó \(AI\) đồng thời là đường cao nên suy ra \(AI \bot BC\).

Tương tự ta chứng minh được \(DI \bot BC\). Từ đó suy ra \(BC \bot \left( {ADI} \right)\).

Vậy \(\left( {BCD} \right) \bot \left( {ADI} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(AD \bot DD'\) và \(D'C' \bot DD'\).

Vậy đường vuông góc chung giữa \(AD\) và \(D'C'\) là \(DD'\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\,\,\left( {{\rm{do}}\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Gọi \[H\] là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\), ta có \(AH \bot SB\).

Lại có \(AH \bot BC\,\,\left( {{\rm{do}}\,BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\).

Từ đó suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\). Vậy \(d\left( {A,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Đáp án đúng là: C

Kẻ \(AH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right)\). Khi đó ta có \(d\left( {A,\,SC} \right) = AH\).

Tam giác \(ABC\) có \[\widehat B = 60^\circ \] và \(AB = BC = a\) nên tam giác \(ABC\) đều. Suy ra \(AC = a\).

Vì \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \(SA \bot AC\).

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có \(AH\) là đường cao nên ta có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\). Suy ra \(AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Vậy \(d\left( {A,\,SC} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Đáp án đúng là: D

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đã cho.

Đáp án đúng là: A

Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \(A\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Khi đó \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].

Vậy góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] bằng \(\widehat {SCA}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot AB\\BC \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {SBA}\] là một góc phẳng của góc nhị diện \[\left[ {S,BC,A} \right]\].

Xét \[\Delta SAB\] vuông tại \[A\], ta có: \[\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}}\]\[ = \frac{{a\sqrt 3 }}{a}\]\[ \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ \].

Đáp án đúng là: A

Hình chóp cụt tam giác \(ABC.A'B'C'\) có 9 cạnh.

Đáp án đúng là: B

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là \(V = Bh = 3 \cdot 4 = 12\).

Đáp án đúng là: A

Vì \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) nên \(BC = AB = 2a\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 2a \cdot 2a = 2{a^2}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 2{a^2} \cdot a = \frac{{2{a^3}}}{3}\).

Đáp án đúng là: A

Diện tích đáy lớn là \(S = {\left( {9a} \right)^2} = 81{a^2}\).

Diện tích đáy bé là \(S' = {\left( {4a} \right)^2} = 16{a^2}\).

Thể tích khối chóp cụt đã cho là

\(V = \frac{1}{3}\left( {S + S' + \sqrt {S \cdot S'} } \right) \cdot h = \frac{1}{3}\left( {81{a^2} + 16{a^2} + \sqrt {81{a^2} \cdot 16{a^2}} } \right) \cdot 6a = 266{a^3}\).

a) \({2^{{x^2} + 2}} = {8^x}\)\( \Leftrightarrow {2^{{x^2} + 2}} = {2^{3x}} \Leftrightarrow {x^2} + 2 = 3x\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

b) Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\4x - 5 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{5}{4}\).

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4x - 5} \right) \Leftrightarrow x + 1 \ge 4x - 5\)\( \Leftrightarrow x \le 2\).

Kết hợp với điều kiện ta được \(\frac{5}{4} < x \le 2.\)

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \(\left( {\frac{5}{4};2} \right]\).

a) Ta có \(ABCD\) là hình chóp tứ giác đều, \(O\) là tâm của đáy \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Từ đó suy ra hình chiếu vuông góc của \(\Delta SBC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\Delta OBC\).                           

b) Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SDC} \right)\).

Ta có \(\sin \alpha = \frac{{d\left( {A,\left( {SDC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{2d\left( {O,\left( {SDC} \right)} \right)}}{{SA}}\).

Dựng \(OI \bot CD\) tại \(I\), \(OK \bot SI\) tại \(K\) \( \Rightarrow OK = d\left( {O,\left( {SDC} \right)} \right)\).

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(I\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow OI = \frac{a}{2}\).

Ta có: \(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).

\(SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) \( \Rightarrow \sin \alpha = \frac{4}{{\sqrt {30} }} \Rightarrow \cos \alpha = \sqrt {\frac{7}{{15}}} \).

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \(ABCD\).

Ta có \(AC \cap \left( {SBD} \right) = O\) nên \(\frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{CO}}{{AO}} = 1\) (vì \(O\) là trung điểm \(AC\)).

Suy ra \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Gọi \(H\), \(I\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(BD\), \(SH\), ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot SH\\AI \bot BD\,\,\,\,\left( {{\rm{do }}BD \bot AH,\,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AI} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(AI \bot \left( {SBD} \right)\)            (vì \(SH \cap BD = H\) và \(SH,BD \subset \left( {SBD} \right)\)).

Do đó, \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) với \(AH\) là đường cao, ta có

\(AH = \frac{{AB \cdot AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) với \(AI\) là đường cao, ta có

\(AI = \frac{{AH \cdot AS}}{{\sqrt {A{H^2} + A{S^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy khoảng cách từ điểm \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).