\({3^x} = 4 \Leftrightarrow {\log _3}4\).

ĐKXĐ: \({x^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne 0\). Vậy tập xác định của \(y = {\log _5}{x^2}\) là \(\left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)\).

\(y' = \left( {{2^x}} \right)' = {2^x}\ln 2\).

Ta có \(\left( {\cot x} \right)' =  - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\) nên C sai.

\(y' = \left[ {{{\left( {\ln x} \right)}^3}} \right]' = 3.\left( {\ln x} \right)'{\left( {\ln x} \right)^2} = \frac{{3{{\left( {\ln x} \right)}^2}}}{x}\).

\(y' = \left( {{x^2} + {3^x}} \right)' = 2x + {3^x}\ln 3\).

\(f'(x) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right)' = 2x - 3\).

Hệ số góc của tiếp tuyến là f’(-1) = 2.(-1) – 3 = -5.

Hai biến cố A, B xung khắc thì \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\).

Vì \(P(\overline A ) = 1 - P(A)\) nên xác suất của \(\overline A \) và \(A\) phụ thuộc vào nhau. Do đó hai biến cố trên không độc lập.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot (SAC) \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Vì AC chỉ vuông góc với BD trong (SBD) nên AC không vuông góc với (SBD).

Vì B không phải hình chiếu vuông góc của A lên (SBC) nên \(d\left( {A,(SBC)} \right) \ne AB\).

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}{\left( {3a} \right)^2}.5a = 15{a^3}\).

a) Sai. Đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm \({x_0} = 1\) là \(f'(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - f(1)}}{{x - 1}}\).

b) Đúng. \(f'(x) = 6{x^2} \Rightarrow f'(1) = {6.1^2} = 6\).

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là f’(1) = 6.

c) Đúng. Ta có \(f(1) = {2.1^3} + 2 = 4\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là:

\(y = 6(x - 1) + 4 \Leftrightarrow y = 6x - 2\).

d) Sai. Với \({x_0}\) bất kì, ta có \(f'({x_0}) = 6{x_0}^2\).

Gọi A và B là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x). Khi đó:

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A là \(f'({x_A}) = 6{x_A}^2\).

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm B là \(f'({x_B}) = 6{x_B}^2\).

Để tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau thì \(f'({x_A}).f'({x_B}) =  - 1 \Leftrightarrow 6{x_A}^2.6{x_B}^2 =  - 1\) (vô lí).

Vậy không tồn tại hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) vuông góc với nhau.

a) Sai. Ta có \(A \cap B\) là biến cố: “Lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 và chia hết cho 4”.

Suy ra \(A \cap B = \{ 12;24\}  \ne \emptyset \) nên A và B không xung khắc.

b) Sai. A = {4; 8; 12; 16; 20; 24; 28}.

Vậy xác để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 4 là \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{7}{{30}}\).

c) Đúng. \(n(A \cap B) = 2\) nên xác suất để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 và chia hết cho 4 là \(P(A \cap B) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{2}{{30}}\).

d) Đúng. B = {3; 6; 9; 12; 15; 18; 21; 24; 27; 30}.

Xác để lấy được thẻ đánh số chia hết cho 3 là \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{{10}}\).

\(P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \frac{7}{{30}} + \frac{1}{3} - \frac{2}{{30}} = \frac{1}{2}\).

Ta có \(y' = \frac{{9'.x - 9.x'}}{{{x^2}}} =  - \frac{9}{{{x^2}}}\), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M là \(y'(3) =  - \frac{9}{{{3^2}}} =  - 1\).

Phương trình tiếp tuyến d với (C) tại M là:

\(y =  - 1(x - 3) + 3 \Leftrightarrow y =  - x + 6\).

d cắt trục tung hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A(6;0) và B(0;6) nên diện tích tam giác OAB là:

\(S = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}6.6 = 18\) (đvdt).

ĐKXĐ: \({2^x} + 1 > 0\) (luôn đúng).

Khi đó \({\log _2}\left( {{2^x} + 1} \right) > 2 + x \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{2^x} + 1} \right) > {\log _2}{2^{2 + x}} \Leftrightarrow {2^x} + 1 > {2^{2 + x}}\)

\( \Leftrightarrow {2^x} + 1 > {4.2^x} \Leftrightarrow 1 > {3.2^x} \Leftrightarrow {2^x} < \frac{1}{3} \Leftrightarrow x < {\log _2}\frac{1}{3}\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ;{{\log }_2}\frac{1}{3}} \right)\).

Nghiệm nguyên thuộc [-2024; 2024] của bất phương trình là {-2024; -2023; ...; -3; -2}.

Vậy có tất cả 2023 nghiệm nguyên thỏa mãn.

a) Kẻ \(AH \bot SB\), H thuộc SB.

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\).

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

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SBC)\).

Khi đó \(d\left( {A,(SBC)} \right) = AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {{{(2a)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a\).

b) Kẻ \(AE \bot BM\), \(AF \bot SE\).

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BM\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BM \bot AE\\BM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot (SAE) \Rightarrow BM \bot AF\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}AF \bot BM\\AF \bot SE\end{array} \right. \Rightarrow AF \bot (SBM) \Rightarrow d\left( {A,(SBM)} \right) = AF\).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại B: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 2a\).

Vì BM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyển AC nên \(AM = BM = \frac{{AC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).

Khi đó \(\Delta ABM\) là tam giác đều cạnh a, suy ra \(AE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó \(d\left( {A,(SBM)} \right) = AF = \frac{{AE.SA}}{{\sqrt {A{E^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.2a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {57} }}{{19}}a\).