${a^m}.{a^n} = {a^{m + n}}$.

${\log _a}(MN) = {\log _a}M + {\log _a}N$.

$y = {2^x}$ là hàm số mũ.

ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\2x + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x >  - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1$. Vậy $D = \left( {1; + \infty } \right)$.

TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

Vì 2 > 1 nên $y = {\log _2}x$ đồng biến trên TXĐ.

$\sqrt[3]{{{a^5}\sqrt[4]{a}}} = \sqrt[3]{{{a^5}{a^{\frac{1}{4}}}}} = \sqrt[3]{{{a^{5 + \frac{1}{4}}}}} = \sqrt[3]{{{a^{5 + \frac{1}{4}}}}} = \sqrt[3]{{{a^{\frac{{21}}{4}}}}} = {\left( {{a^{\frac{{21}}{4}}}} \right)^{\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{{21}}{4}.\frac{1}{3}}} = {a^{\frac{7}{4}}}$.

AB và AA’ có điểm chung là A nên loại đáp án A.

AB và BB’ có điểm chung là B nên loại đáp án B.

AB và AD có điểm chung là A nên loại đáp án D.

AB và CC’ không có điểm chung và chúng vuông góc với nhau.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AB\\AC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot (SAC)$.

Thể tích khối chóp có diện tích đáy là S và có chiều cao là h là $V = \frac{1}{3}Sh$.

S.ABCD là chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông. Do đó $AC \bot BD$.

Mặt khác, $SO \bot AC$. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD) \Rightarrow (SAC) \bot (SBD)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB\\AD \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot (SAD)$.

Do đó, A là hình chiếu vuông góc của B lên (SAD).

Khoảng cách từ B đến (SAD) là AB = a.

O là tâm hình chữ nhật ABCD nên O là trung điểm của AC và BD.

Theo giả thiết, các tam giác SAC và SBD cân tại S nên SO vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao của hai tam giác.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot (ABCD)$.

a) Sai. ĐKXĐ: $\left\{ \begin{array}{l}2x + 1 > 0\\3x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - \frac{1}{2}\\x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 0$. Vậy tập xác định là $D = \left( {0; + \infty } \right)$.

b) Sai. ${\log _{0,5}}(2x + 1) \le {\log _{0,5}}(3x) \Leftrightarrow 2x + 1 \ge 3x$ (vì 0 < 0,5 < 1).

c) Đúng. ${\log _{0,5}}(2x + 1) \le {\log _{0,5}}(3x) \Leftrightarrow 2x + 1 \ge 3x \Leftrightarrow x \le 1$.

Kết hợp với ĐKXĐ, ta được tập nghiệm là S = (0;1].

d) Đúng. Số $x = \frac{1}{2}$ thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

a) Sai. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}(P) \cap (Q) = \Delta \\m \bot \Delta ,m \subset (P)\\n \bot \Delta ,n \subset (Q)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {(P),(Q)} \right) = \left( {m,n} \right)$.

b) Đúng. Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng m và n, hay góc $\widehat {AOB}$ (nếu $\widehat {AOB} < {90^o}$) hoặc ${180^o} - \widehat {AOB}$ (nếu ${90^o} < \widehat {AOB} < {180^o}$).

c) Đúng. Nếu $\widehat {AOB} = {90^o}$ thì ta nói $(P) \bot (Q)$.

d) Sai. Giả sử góc $\widehat {AOB} = {120^o}$ thì ta nói góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là ${180^o} - {120^o} = {60^o}$.

Khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh đó sau 8 tháng là $M(8) = 75 - 20\ln (8 + 1) \approx 31,1$%.

Áp dụng tính chất của đường trung bình trong tam giác, ta có NP // AD, MN // BC.

Vậy $(AD,BC) = (NP,MN) = \widehat {MNP} = {90^o}$.

Giả sử mặt hồ có diện tích là S. Diện tích bèo hoa dâu thả ban đầu là $4\% .S$

Sau 1 tuần, diện tích bèo hoa dâu là $4\% .S.3$.

Sau n tuần, diện tích bèo hoa dâu là $4\% .S{.3^n}$.

Để bèo hoa dâu phủ kín mặt hồ, ta có phương trình:

$4\% .A{.3^n} = A \Leftrightarrow {3^n} = 25 \Leftrightarrow n = {\log _3}25$ (tuần).

Vậy sau ít nhất $7.{\log _3}25 \approx 21$ ngày, bèo sẽ vừa phủ kín mặt hồ.

Tripod có dạng khối chóp tam giác đều S.ABC. Khi đó, chiều cao tripod là SG, với G là trọng tâm tam giác ABC.

Đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác đều ABC cạnh 111 cm có độ dài là $111.\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ (cm) nên $AG = \frac{2}{3}.111.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 37\sqrt 3$ (cm).

Xét tam giác SAG vuông tại G có: $SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}}  = \sqrt {{{74}^2} - {{\left( {37\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 37$ (cm).

Khối lượng vi khuẩn ở thời điểm ban đầu là $M(0) = 50.1,{06^0} = 50$ (g).

Khối lượng vi khuẩn sau 24 giờ là $M(24) = 50.1,{06^{24}}$ (g).

Khối lượng vi khuẩn sau 24 giờ gấp $\frac{{50.1,{{06}^{24}}}}{{50}} \approx 4$ lần khối lượng vi khuẩn ban đầu.

Gọi độ pH của dung dịch A là $p{H_A}$, độ pH của dung dịch B là $p{H_B}$; nồng độ ion ${H^ + }$ của dung dịch A là ${x_A}$, nồng độ ion ${H^ + }$ của dung dịch B là ${x_B}$.

Theo giả thiết:

$p{H_A} - p{H_B} = 0,6 \Leftrightarrow  - \left( {\log {x_A} - \log {x_B}} \right) = 0,6 \Leftrightarrow \log {x_B} - \log {x_A} = 0,6$

$\Leftrightarrow \log \frac{{{x_B}}}{{{x_A}}} = 0,6 \Leftrightarrow \frac{{{x_B}}}{{{x_A}}} = {10^{0,6}} \approx 4$.

Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD. Kẻ $HK \bot SI$.

SH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của tam giác cân SAB, suy ra $SH \bot AB$.

Mà $(SAB) \bot (ABCD)$, $(SAB) \cap (ABCD) = AB$ nên $SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot CD$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SH \bot CD\\HI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SHI) \Rightarrow CD \bot HK$.

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SI\\HK \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot (SCD)$.

Vì CD // AB nên $d\left( {AB,DC} \right) = d\left( {AB,(SCD)} \right) = d\left( {H,(SCD)} \right) = HK$.

Ta có $HK = \frac{3}{2}$, $HI = AD = \sqrt 3$.

Xét tam giác vuông SHI vuông tại H có đường cao HK:

$\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{S^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow HS = 3$.

Thể tích khối chóp là ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ACBD}} = \frac{1}{3}.SH.AB.AD = \frac{1}{3}.3.1.\sqrt 3  = \sqrt 3  \approx 1,73$.