Với a là số thực khác 0 thì ${a^0} = 1$.

Đáp án D.

$P = \sqrt[6]{x} = {x^{\frac{1}{6}}}$

Đáp án B.

$\sqrt[8]{{{{\left( {x - 1} \right)}^8}}} = \left| {x - 1} \right|$.

Đáp án C.

$\frac{{\sqrt a .\sqrt[3]{{{a^2}}}}}{{\sqrt[4]{a}}} = \frac{{{a^{\frac{1}{2}}}.{a^{\frac{2}{3}}}}}{{{a^{\frac{1}{4}}}}} = {a^{\frac{1}{2} + \frac{2}{3} - \frac{1}{4}}} = {a^{\frac{{11}}{{12}}}} = \sqrt[{12}]{{{a^{11}}}}$

Đáp án A.

Đổi 4 giờ 30 phút$= \frac{9}{2}$ (giờ)

Sau $\frac{9}{2}$ giờ sẽ có số con vi khuẩn là: ${100.2^{\frac{{\frac{9}{2}}}{2}}} = {100.2^{\frac{9}{4}}} \approx 476$ (con).

Đáp án C.

Cho hai số thực dương a, b với a khác 1. Số thực c để ${a^c} = b$ được gọi là lôgarit cơ số a của b và kí hiệu ${\log _a}b$.

Đáp án A.

${\log _a}\left( {\frac{1}{b}} \right) =  - {\log _a}b$

Đáp án B.

Với n số thực dương ${b_1},{b_2},..,{b_n}$ thì: ${\log _a}\left( {{b_1}.{b_2}...{b_n}} \right) = {\log _a}{b_1} + {\log _a}{b_2} + ... + {\log _a}{b_n}$

Đáp án A.

Ta có: ${3^{\ln x}}{.3^{\ln y}} = {3^{\ln x + \ln y}} = {3^{\ln \left( {xy} \right)}}$

Đáp án C.

$2{\log _5}10 + {\log _{25}}0,25 = {\log _5}{10^2} + \frac{1}{2}{\log _5}0,25 = {\log _5}100 + {\log _5}0,{25^{\frac{1}{2}}} = {\log _5}\left( {100.0,5} \right) = {\log _5}50$

Đáp án D.

Vì hàm số $y = {\log _a}x$ đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right)$ với $a > 1$ nên hàm số đồng biến khi $a = \frac{3}{2}$.

Đáp án C.

Hàm số $y = {\left( {3x} \right)^3}$ không phải là hàm số mũ.

Đáp án B.

Hàm số $y = {e^{5x}}$ có tập xác định là $\mathbb{R}$.

Đáp án C.

Hàm số $y = {\log _a}x\left( {a > 0,a \ne 1} \right)$ có tập giá trị là $\left( { - \infty ; + \infty } \right)$.

Đáp án A.

Vì đồ thị hàm số $y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1} \right)$ đi qua điểm A(2; 2) nên ta có:

${\log _a}2 = 2 \Leftrightarrow {a^2} = 2 \Rightarrow a = \sqrt 2$ (do $a > 0,a \ne 1$)

Đáp án B.

Hàm số $y = {\left( { - {a^2} + 2a + 4} \right)^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi:

$- {a^2} + 2a + 4 > 1 \Leftrightarrow  - {a^2} + 2a + 3 > 0 \Leftrightarrow {a^2} - 2a - 3 < 0 \Leftrightarrow \left( {a + 1} \right)\left( {a - 3} \right) < 0 \Leftrightarrow  - 1 < a < 3$

Mà a là số nguyên nên $a \in \left\{ {0;1;2} \right\}$.

Vậy có 3 giá trị nguyên của a để hàm số $y = {\left( { - {a^2} + 2a + 4} \right)^x}$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Đáp án C.

Bất phương trình ${a^x} > b\left( {0 < a \ne 1} \right)$ có tập nghiệm là $\mathbb{R}$ khi $b \le 0$ nên bất phương trình ${6^x} > b$ có có tập nghiệm là $\mathbb{R}$ với $b = 0$

Đáp án A.

${\left( {\frac{1}{{\sqrt {15} }}} \right)^x} > \frac{1}{{\sqrt {15} }} \Leftrightarrow x < 1$ (do $0 < \frac{1}{{\sqrt {15} }} < 1$)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S = \left( { - \infty ;1} \right)$

Đáp án D.

${3^{ - x}} = 4 \Leftrightarrow  - x = {\log _3}4 \Leftrightarrow x =  - {\log _3}4$

Vậy phương trình có nghiệm $x =  - {\log _3}4$.

Đáp án C.

${e^{2x}} - 5{e^x} = 0 \Leftrightarrow {\left( {{e^x}} \right)^2} - 5{e^x} = 0 \Leftrightarrow {e^x}\left( {{e^x} - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow {e^x} - 5 = 0\left( {do\;{e^x} > 0\;\forall x \in \mathbb{R}} \right) \Leftrightarrow x = \ln 5$

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm.

Đáp án B.

${4^x} = \sqrt {2\sqrt 2 }  \Leftrightarrow {2^{2x}} = {\left( {{{2.2}^{\frac{1}{2}}}} \right)^{\frac{1}{2}}} \Leftrightarrow {2^{2x}} = {2^{\frac{3}{4}}} \Leftrightarrow 2x = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = \frac{3}{8}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ {\frac{3}{8}} \right\}$

Đáp án A.

${\log _{\sqrt[4]{2}}}{\left( {{x^2} - 2} \right)^2} = 8 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 2 \ne 0\\{\left( {{x^2} - 2} \right)^2} = {\left( {\sqrt[4]{2}} \right)^8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 2 \ne 0\\{\left( {{x^2} - 2} \right)^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  \pm \sqrt 2 \\\left[ \begin{array}{l}{x^2} - 2 = 2\\{x^2} - 2 =  - 2\end{array} \right.\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  \pm \sqrt 2 \\\left[ \begin{array}{l}{x^2} = 4\\{x^2} = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  \pm \sqrt 2 \\\left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\x = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\x = 0\end{array} \right.$

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.

Đáp án D.

${3^{{4^x}}} < {4^{{3^x}}} \Leftrightarrow {4^x}{\log _3}3 < {3^x}{\log _3}4 \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{3}} \right)^x} < {\log _3}4 \Leftrightarrow x < {\log _{\frac{4}{3}}}\left( {{{\log }_3}4} \right)$

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là $x < {\log _{\frac{4}{3}}}\left( {{{\log }_3}4} \right)$

Đáp án C.

Góc giữa hai đường thẳng a, b trong không gian, kí hiệu (a, b) là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song hoặc trùng với a và b

Đáp án D.

Vì AD//BC, MN//SA nên $\left( {MN,BC} \right) = \left( {SA,AD} \right)$

Đáp án C.

Vì IM là đường trung bình của tam giác ABC nên IM//AB và $IM = \frac{{AB}}{2} = a$

Vì IN là đường trung bình của tam giác ADC nên IN//CD và $IN = \frac{{CD}}{2} = a$

Do đó, $\left( {AB,CD} \right) = \left( {IM,IN} \right)$

Áp dụng định lí côsin vào tam giác MNI ta có:

$M{N^2} = I{M^2} + I{N^2} - 2IM.IN.\cos \widehat {MIN} \Rightarrow 3{a^2} = {a^2} + {a^2} - 2a.a.\cos \widehat {MIN} \Rightarrow \cos \widehat {MIN} = \frac{{ - 1}}{2} \Rightarrow \widehat {MIN} = {120^0}$

Suy ra: $\left( {AB,CD} \right) = \left( {IM,IN} \right) = {180^0} - \widehat {MIN} = {180^0} - {120^0} = {60^0}$

Đáp án B.

Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên O là trung điểm của AC.

Vì $SA = SC$ nên tam giác SAC cân tại S. Do đó, SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó, $SO \bot AC$

Vì I, K lần lượt là trung điểm của AB và BC nên IK là đường trung bình của tam giác BAC. Do đó, IK//AC.

Vì $SO \bot AC$, IK//AC nên $IK \bot SO$. Do đó, góc giữa hai đường thẳng SO và IK bằng ${90^0}$.

Đáp án B.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right),AC \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC$. Do đó, tam giác SAC vuông tại A.

Đáp án A.

Vì $SA \bot AB,SA \bot AD$, AB và AD cắt nhau tại A và nằm trong mặt phẳng (ABCD) nên $SA \bot \left( {ABCD} \right)$.

SA không vuông góc với mặt phẳng (SAC).

Đáp án B.

Vì $OA \bot \left( {OBC} \right),$MN//OA nên $MN \bot \left( {OBC} \right)$

MN không vuông góc với mặt phẳng (OAD).

Đáp án A.

Vì C thuộc mặt phẳng (ABCD) nên hình chiếu vuông góc của điểm C trên mặt phẳng (ABCD) là chính nó.

Vì A là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

Do đó, hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD) là AC.

Đáp án A.

Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB nên MN là đường trung bình của tam giác SAB. Do đó, MN//AB.

Vì P, N lần lượt là trung điểm của SC, SB nên PN là đường trung bình của tam giác SBC. Do đó, PN//CB.

Vì MN//AB, PN//CB nên (MNP)// (ABC).

Mặt khác, $SH \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SH \bot \left( {MNP} \right)$. Mà $MP \subset \left( {MNP} \right) \Rightarrow SH \bot MP$

Do đó, góc giữa hai đường thẳng MP và SH bằng ${90^0}$.

Đáp án B.

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 O là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (COB).

Đáp án C.

Vì $AC = AD = CD$ nên tam giác ACD là tam giác đều. Do đó, AM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó, $AM \bot CD$

Vì $BC = BD = CD$ nên tam giác BCD là tam giác đều. Do đó, BM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó, $BM \bot CD$

Vì $AM \bot CD$, $BM \bot CD$, AM, BM cắt nhau tại M và nằm trong mặt phẳng ABM.

Do đó, $CD \bot \left( {AMB} \right)$. Mà $AB \subset \left( {ABM} \right) \Rightarrow AB \bot CD$

Do đó, góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng ${90^0}$.

Đáp án C.

Vì ABCD là hình vuông nên $AC \bot BD$

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right),BD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD$

Ta có: $AC \bot BD$, $SA \bot BD$, SA, AC cắt nhau tại A và nằm trong mặt phẳng (SAC) nên $BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC$

Lại có: $BM \bot SC$, BM và BD cắt nhau tại B và nằm trong mặt phẳng (BMD) nên $SC \bot \left( {BMD} \right)$.

Mà $MD \subset \left( {BMD} \right) \Rightarrow MD \bot SC$ hay $MD \bot SM$. Do đó, tam giác SMD vuông tại M.

Đáp án A.

a) Với $m = 0$ ta có: $y = \frac{1}{4}\sqrt {\log \left( {{x^2} - 2x + 5} \right)}$.

Hàm số $y = \frac{1}{4}\sqrt {\log \left( {{x^2} - 2x + 5} \right)}$ xác định khi

$\log \left( {{x^2} - 2x + 5} \right) > 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 5 > 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 4 > 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + 3 > 0$ (luôn đúng với mọi số thực x)

Vậy với $m = 0$ thì tập xác định của hàm số là: $D = \left( { - \infty ; + \infty } \right)$

b) Hàm số $y = \frac{1}{4}\sqrt {\log \left( {\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 5} \right)}$

Điều kiện: $\log \left( {\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 5} \right) \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow \left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 5 \ge 1$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow \left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 4 \ge 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

Đặt $f\left( x \right) = \left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 4$

Trường hợp 1: Với $m =  - 1$ ta có: $f\left( x \right) = 4 \ge 0$. Do đó, f(x) xác định với mọi giá trị thực của x. Do đó, $m =  - 1$ thỏa mãn.

Trường hợp 2: $m \ne  - 1$.

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

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 > 0\\\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4\left( {m + 1} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 1\\\left( {m + 1} \right)\left( {m - 3} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < m \le 3$

Vậy với $m \in \left[ { - 1;3} \right]$ thì hàm số $y = \frac{1}{4}\sqrt {\log \left( {\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 5} \right)}$ có tập xác định là $\mathbb{R}$.

a) Vì H, K lần lượt là trung điểm của AB và AD nên HK là đường trung bình của tam giác ABD. Do đó, $HK//BD$. Mà $AC \bot BD$ (do ABCD là hình vuông) nên $AC \bot HK$

Vì $AC \bot HK,SH \bot AC\left( {do\;AC \subset \left( {ABCD} \right)} \right) \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right)$

b) Gọi I là giao điểm của CK và DH.

Tam giác AHD và tam giác DKC có: $AH = DK,\widehat {HAD} = \widehat {KDC},AD = DC$

Do đó, $\Delta AHD = \Delta DKC\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {HDA} = \widehat {KCD}$

Ta có: $\widehat {DKC} + \widehat {KCD} = {90^0} \Rightarrow \widehat {DKC} + \widehat {HDA} = {90^0}$

Ta có: $\widehat {DIK} = {180^0} - \left( {\widehat {DKC} + \widehat {HDA}} \right) = {90^0} \Rightarrow DH \bot CK$

Mà $SH \bot \left( {ABCD} \right),CK \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot CK$

Ta có: $DH \bot CK,SH \bot CK$, SH và DH nằm trong mặt phẳng (SHD) và cắt nhau tại H nên $CK \bot \left( {SDH} \right)$.

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} - 1 \le x \le 1\\x - \sqrt {{x^2} - 1}  > 0\end{array} \right.\left( * \right)$

${\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right).{\log _3}\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\log _6}\left| {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right|$

$\Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right).{\log _3}\frac{1}{{x - \sqrt {{x^2} - 1} }} = {\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)$

$\Leftrightarrow  - {\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right).{\log _3}6.{\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)$

$\Leftrightarrow {\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\left[ {{{\log }_3}6.{{\log }_2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) + 1} \right] = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = 0\;\left( 1 \right)\\{\log _3}6.{\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) + 1 = 0\;\left( 2 \right)\end{array} \right.$

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow x - \sqrt {{x^2} - 1}  = 1 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 1}  = x - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\{x^2} - 1 = {\left( {x - 1} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\left( {tm\left( * \right)} \right)$

$\left( 2 \right) \Leftrightarrow {\log _3}6.{\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) =  - 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\log _6}3$

$\Leftrightarrow x + \sqrt {{x^2} - 1}  = {2^{{{\log }_6}3}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le {2^{{{\log }_6}3}}\\{x^2} - 1 = {\left( {{2^{{{\log }_6}3}} - x} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\left( {{2^{{{\log }_6}3}} + {2^{ - {{\log }_6}3}}} \right)$ (thỏa mãn điều kiện)