Cho $a > 0,m,n \in \mathbb{R}$. Khi đó: $\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m - n}}$

Đáp án A.

${a^{\frac{4}{3}}} = \sqrt[3]{{{a^4}}}$

Đáp án B.

$\sqrt[6]{{{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^6}}} =  - 1 + \sqrt 3$.

Đáp án B.

$\frac{{{x^{\frac{4}{3}}}y + x{y^{\frac{4}{3}}}}}{{\sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{y}}} = \frac{{xy\left( {{x^{\frac{1}{3}}} + {y^{\frac{1}{3}}}} \right)}}{{{x^{\frac{1}{3}}} + {y^{\frac{1}{3}}}}} = xy$

Đáp án D.

Với $d = 1,I = \frac{{90}}{{100}}{I_o}$ thay vào $I = {I_o}{a^d}$ ta có: $\frac{{90}}{{100}}{I_o} = {I_o}{a^1} \Rightarrow a = \frac{9}{{10}}$. Vậy $a = \frac{9}{{10}}$.

Đáp án C.

Với $a,b > 0$ thì $\ln \left( {ab} \right) = \ln a + \ln b$.

Đáp án A.

${\log _7}9 = \frac{{{{\log }_3}9}}{{{{\log }_3}7}}$

Đáp án D.

Với $0 < a \ne 1$ thì ${\log _a}a = 1$.

Đáp án B.

Với $\left[ {{H^ + }} \right] = 0,001$ thay vào $pH =  - \log \left[ {{H^ + }} \right]$ ta có:

$pH =  - \log \left[ {{H^ + }} \right] =  - \log 0,001 =  - \log {10^{ - 3}} = 3$

Vậy nồng độ pH của dung dịch bằng 3.

Đáp án B.

${\log _a}\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right) + {\log _a}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\log _a}\left[ {\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)} \right]$

$= {\log _a}\left( {{x^2} - {x^2} + 1} \right) = {\log _a}1 = 0$

Đáp án C.

Đồ thị hàm số $y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ luôn nằm bên phải trục tung.

Đáp án D.

Hàm số $y = {3^x}$ có cơ số là 3.

Đáp án A.

Hàm số $y = {2^{\ln 4}}$ không phải là hàm số lôgarit

Đáp án D.

Hàm số $y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ liên tục trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Đáp án C.

Ta thấy hàm số $y = {\log _c}x$ nghịch biến nên $c < 1$.

Hàm số $y = {a^x},y = {b^x}$ đồng biến nên $a > 1,b > 1$.

Xét tại $x = 1$ thì đồ thị hàm số $y = {a^x}$ có tung độ lớn hơn tung độ của đồ thị hàm số $y = {b^x}$ nên $a > b$.  Do đó, $a > b > 1 > c$.

Đáp án B.

Hàm số $y = f\left( x \right) = {\log _{\sqrt 3 }}x$ có $\sqrt 3  > 1$ nên đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$.

Do đó, $\mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {3;9} \right]} y = f\left( 3 \right) = {\log _{\sqrt 3 }}3 = 2,\mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {3;9} \right]} y = f\left( 9 \right) = {\log _{\sqrt 3 }}9 = 4$

Do đó, $M + m = 6$

Đáp án C.

Bất phương trình ${a^x} > b\left( {0 < a \ne 1} \right)$ có tập nghiệm là $\mathbb{R}$ khi $b \le 0$.

Đáp án C.

${\left( {\sqrt 5 } \right)^x} > 5 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 5 } \right)^x} > {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} \Leftrightarrow x > 2$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S = \left( {2; + \infty } \right)$

Đáp án C.

Điều kiện: $x > 0$

${\log _{\frac{1}{2}}}x =  - 2 \Leftrightarrow x = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 2}} = 4$ (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm $x = 4$.

Đáp án B.

${4^x} = 16 \Leftrightarrow {4^x} = {4^2} \Leftrightarrow x = 2$

Khi đó: ${3^{x + y}} = 729 \Leftrightarrow {3^{2 + y}} = {3^6} \Leftrightarrow y + 2 = 6 \Leftrightarrow y = 4$

Đáp án A.

Để số tiền ban đầu tăng gấp ba thì $A = 3P$. Thay $A = 3P$ vào $A = P{\left( {1 + r} \right)^t}$ ta có:

$3P = P{\left( {1 + r} \right)^t} \Leftrightarrow {\left( {1 + r} \right)^t} = 3 \Leftrightarrow t = {\log _{1 + r}}3$ (năm)

Đáp án A.

Điều kiện: $x >  - 2$

${\log _{\frac{1}{6}}}\left( {x + 3} \right) + {\log _{\frac{1}{6}}}\left( {x + 2} \right) \ge  - 1 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{6}}}\left[ {\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)} \right] \ge {\log _{\frac{1}{6}}}6 \Leftrightarrow {x^2} + 5x + 6 \le 6 \Leftrightarrow {x^2} + 5x \le 0$

$\Leftrightarrow x\left( {x + 5} \right) \le 0 \Leftrightarrow  - 5 \le x \le 0$

Kết hợp với điều kiện ta có: $- 2 < x \le 0$.

Đáp án C.

${2^{{x^2} - x}} \le 4.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} \Leftrightarrow {2^{{x^2} - x}} \le {2^{2 - x}} \Leftrightarrow {x^2} - x \le 2 - x \Leftrightarrow {x^2} \le 2 \Leftrightarrow  - \sqrt 2  \le x \le \sqrt 2$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: $S = \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]$.

Đáp án B.

Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm O và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b; kí hiệu $\left( {a,b} \right)$ hoặc $\widehat {\left( {a;b} \right)}$ nên câu A đúng.

Góc giữa hai đường thẳng không vượt quá 90⁰ nên câu b, c đều sai.

Đáp án A.

Góc giữa hai đường thẳng không vượt quá 90⁰ nên góc giữa hai đường thẳng không thể bằng 160⁰.

Đáp án D.

Vì ABCD là chữ nhật AB//CD. Mà $SI \bot AB$ nên $SI \bot CD$. Do đó, góc giữa hai đường thẳng SI và CD bằng ${90^0}$.

Đáp án A.

Tứ giác ABCD có $AB = BC = CD = DA$ nên tứ giác ABCD là hình thoi. Do đó, DC//AB.

Suy ra: $\left( {SA,DC} \right) = \left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB}$

Tam giác SAB có: $SA = SB = AB$ nên tam giác SAB là tam giác đều. Do đó, $\widehat {SAB} = {60^0}$

Đáp án A.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) là điểm A.

Đáp án A.

Vì ABCD.A’B’C’D là hình hộp nên (ABCD)// (A’B’C’D), mà $AA' \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)$.

Đáp án B.

Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), đường thẳng b song song với mặt phẳng (P) thì a vuông góc với b. Do đó, góc giữa hai đường thẳng a và b bằng ${90^0}$

Đáp án B.

Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), đường thẳng b vuông góc với đường thẳng a thì đường thẳng b nằm trên mặt phẳng (P) hoặc song song với mặt phẳng (P).

Đáp án D.

Vì ${50^2} = {30^2} + {40^2}$ nên $M{A^2} = M{O^2} + O{A^2}$ và $M{B^2} = M{O^2} + O{B^2}$

Do đó, tam giác MOA vuông tại O và tam giác MOB vuông tại O.

Suy ra, $MO \bot OA,MO \bot OB$

Mà OA và OB cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OAB). Do đó, $MO \bot \left( {AOB} \right)$.

Đáp án C.

Vì tam giác ABS đều nên SH là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác SHB vuông tại H có:

$SH = \sqrt {S{B^2} - H{B^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác CHB vuông tại B có:

$CH = \sqrt {B{C^2} + H{B^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$

Ta có: $S{H^2} + H{C^2} = S{C^2}\left( {do\;{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} = {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} \right)$ nên tam giác SHC vuông tại H.

Suy ra: $SH \bot HC$

Lại có: $SH \bot AB$, HC và AB cắt nhau tại H và nằm trong mặt phẳng (ABCD).

Do đó, $SH \bot \left( {ABCD} \right)$. Vậy H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD).

Đáp án D.

Vì $OA \bot OB,OA \bot OC$ và OB và OC cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OBC) nên $OA \bot \left( {OBC} \right)$ nên câu D đúng.

Vì $OC \bot OB,OA \bot OC$ và OB và OA cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OBA) nên $OC \bot \left( {ABO} \right)$ nên câu B đúng.

Vì $OA \bot OB,OB \bot OC$ và OA và OC cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OAC) nên $OB \bot \left( {OAC} \right)$ nên câu C đúng.

Vì $OC \bot OB$ nên tam giác OBC vuông tại O. Do đó, OC không thể vuông góc với CB. Suy ra, OC không vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên câu A sai.

Đáp án A.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right),AC \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC$

Tam giác ABC vuông tại A nên $AB \bot AC$.

Mà SA và AB cắt nhau tại A và nằm trong mặt phẳng (SAB). Do đó, $AC \bot \left( {SAB} \right)$.

Do đó, A là hình chiếu vuông góc của điểm C trên mặt phẳng (SAB).

Suy ra, hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng (SAB) là đường thẳng SA.

Đáp án B.

a) Với $m = 1$ ta có: $y = \ln 2 > 0$.

Vậy với $m = 1$ thì tập xác định của hàm số là: $D = \left( { - \infty ; + \infty } \right)$.

b) Hàm số $y = \ln \left[ {\left( {{m^2} + 4m - 5} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2} \right]$ xác định với mọi giá trị thực của x khi và chỉ khi $f\left( x \right) = \left( {{m^2} + 4m - 5} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

Trường hợp 1: ${m^2} + 4m - 5 = 0 \Leftrightarrow \left( {m + 5} \right)\left( {m - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 5\\m = 1\end{array} \right.$

Với $m = 1$ ta có: $f\left( x \right) = 2 > 0$. Do đó, f(x) xác định với mọi giá trị thực của x. Do đó, $m = 1$ thỏa mãn.

Với $m =  - 5$ ta có: $f\left( x \right) = 12x + 2 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{{ - 1}}{6}$. Do đó, f(x) không xác định với mọi giá trị thực của x. Do đó, $m =  - 5$ không thỏa mãn.

Trường hợp 2: Với ${m^2} + 4m - 5 \ne 0 \Leftrightarrow \left( {m + 5} \right)\left( {m - 1} \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne  - 5\\m \ne 1\end{array} \right.$.

Hàm số $f\left( x \right) = \left( {{m^2} + 4m - 5} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m - 5 > 0\\\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 2\left( {{m^2} + 4m - 5} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 5} \right)\left( {m - 1} \right) > 0\\ - {m^2} - 10m + 11 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 5} \right)\left( {m - 1} \right) > 0\\\left( {m + 11} \right)\left( {m - 1} \right) > 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m <  - 5\\m > 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m <  - 11\\m > 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m <  - 11\\m > 1\end{array} \right.$

Vậy với $m \in \left( { - \infty ; - 11} \right) \cup \left[ {1; + \infty } \right)$ thì hàm số $y = \ln \left[ {\left( {{m^2} + 4m - 5} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 2} \right]$ có tập xác định với mọi giá trị thực của x.

a) Vì $OA \bot OB,OA \bot OC$ và OB và OC cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OBC) nên $OA \bot \left( {OBC} \right)$. Mà $BC \subset \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BC$

Vì $OH \bot \left( {ABC} \right),BC \subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow OH \bot BC$

Ta có: $OH \bot BC,OA \bot BC$, OA và OH cắt nhau tại O và nằm trong mặt phẳng (OAH).

Do đó, $BC \bot \left( {OAH} \right)$. Mà $AH \subset \left( {OAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Chứng minh tương tự ta có: $CA \bot BH$.

Tam giác ABC có hai đường cao AH và BH cắt nhau tại H nên H là trực tâm của tam giác ABC.

b) Gọi K là giao điểm của AH và BC.

Khi đó, $OK \bot BC\left( {do\;BC \bot \left( {OAH} \right)} \right),$ $OA \bot OK\left( {do\;OA \bot \left( {OBC} \right)} \right)$

Suy ra OK là đường cao của tam giác vuông OBC và OH là đường cao của tam giác vuông OAK.

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông OBC vuông tại O và OAK vuông tại O ta có: $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}}$ và $\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$

Do đó, $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$

Điều kiện: ${x^2} - x + 1 - 3m > 0\left( * \right)$

$3{\log _8}\left[ {2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m} \right] + {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - x + 1 - 3m} \right) = 0$

$\Leftrightarrow {\log _2}\left[ {2{x^2} - \left( {m + 3} \right)x + 1 - m} \right] = {\log _2}\left( {{x^2} - x + 1 - 3m} \right)$

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

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn (*)

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - m + 1 - 3m > 0\\{2^2} - 2 + 1 - 3m > 0\\m \ne 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4m + 1 > 0\\3 - 3m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 2 - \sqrt 3 \left( {**} \right)$

Theo giả thiết:

$\left| {{x_1} - {x_2}} \right| < 15 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} < 225 \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - 4.2m < 225$

$\Leftrightarrow {m^2} - 4m - 221 < 0 \Leftrightarrow  - 13 < m < 17\left( {***} \right)$

Từ (**) và (***) ta có: $- 13 < m < 2 - \sqrt 3$.

Mà m là số nguyên nên $m \in \left\{ { - 12; - 11;...;0} \right\}$. Vậy có 13 giá trị của m thỏa mãn bài toán.