Chọn A.

Áp dụng công thức tỉ số thể tích $\frac{V\text{'}}{V}=\frac{SA\text{'}}{SA}.\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{4}=\frac{1}{24}.$

Chọn B.

Biểu thức vận tốc của chuyển động là $v\left(t\right)=s\text{'}\left(t\right)=-3t^2+12t=-3\left(t^2-4t+4\right)+12=-3{\left(t-2\right)}^2+12\le 12$

Vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng 12 khi t=2

Chọn D.

Xét phương trình $2x^4-3x^2=-x^2+2\iff 2x^4-2x^2-2=0\iff x^2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\iff x=\pm \sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}.}$

Vậy hai đồ thị có hai điểm chung

Chọn B.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=0\iff {\left(x+1\right)}^2{\left(x-2\right)}^3\left(2x+3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\\ x=-\frac{3}{2}\end{array}\right..$

Bảng biến thiên

Vậy hàm số f(x) có hai điểm cực trị.

Chọn D.

Điều kiện $x-5>0\iff x>5.$

Tập xác định $D=\left(5;+\infty \right).$

Chọn C.

Số nghiệm của phương trình $-x^3-3x^2+2=m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=-x^3-3x^2+2$ và y=m. Dựa vào đồ thị trên suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt $\iff -2<m<2.$

Chọn C.

Có $y\text{'}=3x^2-12x+m,\Delta \text{'}=36-3m.$

Hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)\iff y\text{'}\ge 0\forall x\in \left(0;+\infty \right)$

                                           $\iff m\ge -3x^2+12x,\forall x\in \left(0;+\infty \right)$       

Bảng biến thiên của $g\left(x\right)=-3x^2+12x$ trên khoảng $\left(0;+\infty \right):$

Từ bảng biến thiên ta có $\underset{\left(0;+\infty \right)}{Max}\left(-3x^2+12x\right)=12.$

Hàm số dồng biến trên $\left(0;+\infty \right)\iff m\ge \underset{\left(0;+\infty \right)}{Max}\left(-3x^2+12x\right)$

                                                           $\iff m\ge 12.$

Chọn D.

Từ các phương án của đề bài và từ hình dạng đồ thị đã cho ta nhận thấy đó là đồ thị của hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c,$ với a>0 nên loại phương án A,C và đồ thị giao trục tung tại điểm có tung độ -3 nên loại phương án B

Chọn A.

Ta có $y\text{'}=4x^3-6x^2.$

Vì tiếp tuyến song song với trục hoành nên hệ số góc bằng 0. Xét phương trình: $y\text{'}=0\iff 4x^3-6x^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{3}{2}\end{array}\right..$

Vậy có 2 tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=x^4-2x^3-3$ song song với trục hoành

Chọn A.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{m\right\}.$

Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng

$\iff m$  không là nghiệm của phương trình $2x+4=0\iff m\ne -2.$

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1;2)

Chọn A

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB$ hay $\Delta SAB$ vuông tại A

$\Rightarrow S_{SAB}=\frac{1}{2}SA.AB=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.AB=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AB=a.$ Do đó ABCD là hình vuông cạnh a

Gọi $O=AC\cap BD.$ Ta có $BD\perp SA;BD\perp AC\Rightarrow BD\perp \left(SAC\right).$

$\Rightarrow d\left(B,\left(SAC\right)\right)=BO=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Chọn D.

Bạn học sinh có 10 cách chọn 1 cái bút và 8 cách chọn 1 quyển sách. Vậy theo quy tắc nhân bạn ấy có 10.8=80 cách chọn một quyển sách và một cái bút

Chọn C.

Các hàm số $y=\frac{1}{x^2+1},y=\frac{3}{x^4+1}$ và $y=\frac{1}{x^2-x+2}$ có tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$ nên không có tiệm cận đứng.

Hàm số $y=\frac{2}{\sqrt{x}}$ có tập xác định $D=\left(0;+\infty \right)$ và $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2}{\sqrt{2}}=+\infty$ nên x=0 là đường tiệm cận đứng của hàm số

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}.$

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=\frac{x}{x+1}$ tại điểm M(-2;2) là $k=y\text{'}\left(-2\right)=\frac{1}{{\left(-2+1\right)}^2}=1.$

Chọn A

Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là $V=S_{\Delta ABC}.AA\text{'}=\frac{3^2\sqrt{3}}{4}.3=\frac{27\sqrt{3}}{4}$ (đvtt).

Chọn D.

$y=x+\sqrt{4-x^2}+m$

Tập xác định $D=\left[-2;2\right].$

$$\begin{gathered} y\text{'}=1+\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}},\forall x\in \left(-2;2\right). \\ y\text{'}=0\iff 1=\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\iff \sqrt{4-x^2}=x\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ 4-x^2=x^2\end{array}\right.\iff x=\sqrt{2}. \\ y\left(2\right)=2+m. \\ y\left(-2\right)=-2+m. \\ y\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}+m. \end{gathered}$$

Giá trị lớn nhất $2\sqrt{2}+m=3\sqrt{2}\iff m=\sqrt{2}.$

Chọn A.

Hàm số y=f(x) có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}$ nên có hai cực trị tại x=2 và x=-2

Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là $\frac{x+1}{x-1}=2x-1\iff x+1=2x^2-3x+1\iff 2x^2-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=-1\\ x=2\Rightarrow y=3\end{array}\right.$

Suy ra $A\left(0;-1\right);B\left(2;3\right)$

Ta được $AB=\sqrt{{\left(2-0\right)}^2+{\left(3+1\right)}^2}=2\sqrt{5}.$

Chọn D.

• Diện tích đáy là: ${\left(a\sqrt{3}\right)}^2=3a^2$
• Thể tích khối chóp tứ giác đều: $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}3a^2.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{6}}{3}.$

Chọn C.

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA$ là đường cao của hình chóp.

Thể tích khối chóp $S.ABCD:V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.3a.a^2=a^3.$

Chọn D

Mặt phẳng (A'BC) chia khối lăng trụ ABC.A'B'C' thành hai khối chóp A.A'BC và A'.BCC'B'

Chọn D.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x+1}{1-x}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}-1}=-1.$

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang là: y=-1

Chọn C

Theo giả thiết ta có: $\left\{\begin{array}{l}AB//CD\\ CD\subset \left(SCD\right)\Rightarrow AB//\left(SCD\right).\\ CD\not\subset \left(SCD\right)\end{array}\right.$

Do đó $d\left(AB,SC\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)=2d\left(O,\left(SCD\right)\right).$

Gọi I là trung điểm cạnh CD ta có:$\left\{\begin{array}{l}CD\perp OI\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOI\right).$

Gọi H là hình chiếu của O trên SI ta có: $\left\{\begin{array}{l}OH\perp SI\\ OH\perp CD\end{array}\right.\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right).$

Suy ra $d\left(O,\left(SCD\right)\right)=OH.$

Xét trong tam giác SOI, có $SO=a,OI=\frac{a}{2}.$

           $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{I}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}\iff OH=\frac{a\sqrt{5}}{5}.$

Vậy $d\left(AB,SC\right)=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$

Chọn B.

Từ đồ thị của hàm số y=f'(x) ta có bảng sau:

Từ bảng xét dấu trên, ta suy ra hàm số y=f(x) đồng biến trên $\left(2;+\infty \right)$

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$

Điểm A(1;-7) và B(2;-8) là hai điểm cực trị nên $\left\{\begin{array}{l}y\left(1\right)=-7\\ y\left(2\right)=-8\\ y\text{'}\left(1\right)=0\\ y\text{'}\left(2\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+b+c+d=-7\\ 8a+4b+2c+d=-8\\ 3a+2b+c=0\\ 12a+4b+c=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a+b+c+d=-7\\ 7a+3b+c=-1\\ 3a+2b+c=0\\ 12a+4b+c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-9\\ c=12\\ d=-12\end{array}\right.$                                    

Suy ra $y=2x^3-9x^2+12x-12.$ Vậy y(-1)=-35

Chọn A.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$

Ta có $y\text{'}=\frac{-a-b}{{\left(x-1\right)}^2}.$

Điểm A(0;1) thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{x-1}$ nên $1=\frac{b}{-1}\iff b=-1.$

Tiếp tuyến tại A(0;1) có hệ số góc bằng -3 nên

$y\text{'}\left(0\right)=-3\iff \frac{-a+1}{1}=-3\iff a=4.$

Vậy a+b=3

Chọn B.

Nhìn vào đồ thị ta thấy nhánh cuối đi lên nên a>0

Giao điểm của đồ thị với trục Oy nằm phía dưới  nên d<0

Chọn D

Chọn D

Do AB//CD nên góc giữa hai đường thẳng AB và SC bằng góc giữa hai đường thằng CD và SC

Xét tam giác SCD ta có $CD=2a,SC=a\sqrt{2},SD=a\sqrt{2}$ thỏa mãn $S{C}^2+S{D}^2=C{D}^2$ nên tam giác SCD vuông tại S. Vậy góc $\widehat{SCD}={45}^0$ hay góc giữa hai đường thẳng AB và SC bằng ${45}^0.$

Chọn B.

Từ đồ thị hàm số, ta có: $\left\{\begin{array}{l}a>0\\ d=2\end{array}\right.\Rightarrow$ chỉ có đáp án B thỏa mãn

Chọn B.

Trên đoạn [0;2] ta có $y\text{'}=-\frac{8}{{\left(x-3\right)}^2}<0\forall x.$

Do vậy, $M=\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=y\left(0\right)=\frac{1}{3}.$

Chọn C.

$u_5=u_1+4d=2+4.3=14.$

Chọn A.

Vì $a^{\alpha }.a^{\beta }=a^{\alpha +\beta }$ nên A là đáp án sai.

Chọn D

$\frac{V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}.C\text{'}}}=\frac{\frac{1}{3}d\left(A,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right).S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{d\left(A,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right).S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C"}}=\frac{1}{3}\Rightarrow V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}V.$

$V_{A.BCCB}=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V-\frac{1}{3}V=\frac{2}{3}V.$

Chọn C.

Dựa vào đồ thị ta có hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right).$

Chọn B.

Cách 1: Xét hàm số $y=x^3+1$ ta có:

TXĐ: $D=ℝ.$

$y\text{'}=3x^2\ge 0\forall x\in ℝ.$

Vậy hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$.

Cách 2:

Do hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ nên loại A,D vì hai hàm số này không có tập xác định là $\mathrm{ℝ}$.

Loại C vì đây là hàm trùng phương.

Vậy chọn B

Chọn D.

Ta có: $3f\left(x\right)-5=0\iff f\left(x\right)=\frac{5}{3}.$ Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng $y=\frac{5}{3}.$

Dựa vào bảng biền thiên của y=f(x), ta có đồ thị y=f(x) cắt đường thẳng $y=\frac{5}{3}$ tại 3 điểm phân biệt. Vậy số nghiệm thực của phương trình $3f\left(x\right)-5=0$ là 3.

Chọn C.

Ta có $y=x^4-2x^2-1\Rightarrow y\text{'}=4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$

Lại có $y\text{'}\text{'}=12x^2-4\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y"\left(0\right)<0\\ y"\left(\pm 1\right)>0\end{array}\right.$

Do đó x=0 là điểm cực đại và $x=\pm 1$ là điểm cực tiểu.

Với $x=\pm 1\Rightarrow y=-2\Rightarrow A\left(1;-2\right),B\left(-1;-2\right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(-2;0\right)\Rightarrow AB=\left|-2\right|=2.$

Đường thẳng $AB:y=-2\Rightarrow d\left(O;AB\right)=2\Rightarrow S_{OAB}=\frac{1}{2}AB.d\left(O;AB\right)=2.$

Chọn D.

Tập xác định $D=ℝ.$ 

Ta có: $y\text{'}=x^2-2mx+8-2m.$ 

Hàm số đồng biến trên $ℝ\iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ$

$\iff x^2-2mx+8-2m\ge 0,\forall x\in ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ \Delta \text{'}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1>0\\ m^2+2m-8\le 0\end{array}\right.\iff -4\le m\le 2.$

Giá trị lớn nhất của tham số m để hàm số $y=\frac{1}{3}{x}^3-m{x}^2+\left(8-2m\right)x+m+3$ đồng biến trên $ℝ$ thì m=2

Chọn A

$\frac{V_{ABC.MNP}}{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}=\frac{1}{3}\left(\frac{AM}{AA\text{'}}+\frac{BN}{BB\text{'}}+\frac{CP}{CC\text{'}}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}.$ Suy ra $\frac{V_1}{V_2}=1.$

Chọn B.

Ta có:  $f\left(x\right)<x+m\iff f\left(x\right)-x<m.$

Xét $g\left(x\right)=f\left(x\right)-x,$ ta có: $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-1.$ Với mọi $x\in \left(-1;0\right)$ thì $-1<f\text{'}\left(x\right)<1.$

Từ đó $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-1<0$ nên hàm số nghịch biến trên (-1;0)

Suy ra $g\left(x\right)=f\left(x\right)-x<f\left(-1\right)+1.$ Yêu cầu bài toán tương đương với $m\ge f\left(-1\right)+1.$

Chọn A

$S_{ABCD}=a.a\sqrt{3}=a^2\sqrt{3}$

SC tạo với $mp\left(SAB\right)$ một góc ${30}^0$ tức $\widehat{CSB}={30}^0$

Trong tam giác CSB vuông tại B có $SB=\frac{CB}{\tan {30}^0}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3}/3}=3a$

Trong tam giác SAB vuông tại A có $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{{\left(3a\right)}^2-a^2}=2\sqrt{2}a$

Thể tích khối chóp SABC là $V=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}.2\sqrt{2}a=\frac{2a^3\sqrt{6}}{3}.$

Chọn C

Kẻ CM vuông góc với AB. Khi đó góc tạo bởi SC và (SAB) chính là góc $\widehat{MSC}={30}^0.$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}CA.CB.\sin {120}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

$A{B}^2=a^2+{\left(2a\right)}^2-2.a.2a.\cos {120}^0=7a^2\Rightarrow AB=a\sqrt{7}$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.CM\Rightarrow CM=\frac{2S_{ABC}}{AB}=\frac{2.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$

Trong tam giác SMC vuông tại M có $SM=\frac{MC}{\tan {30}^0}=\frac{a\sqrt{3}/\sqrt{7}}{\sqrt{3}/3}=\frac{3a}{\sqrt{7}}$

Trong tam giác AMC vuông tại M có $AM=\sqrt{A{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{a^2-\frac{3a^2}{7}}=\frac{2a}{\sqrt{7}}$

Trong tam giác SAM vuông tại A có $SA=\sqrt{S{M}^2-A{M}^2}=\sqrt{\frac{9a^2}{7}-\frac{4a^2}{7}}=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{7}}$

Vậy $V_{SABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=\frac{1}{3}\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{7}}=\frac{a^3\sqrt{105}}{42}.$

Chọn C

Gọi E;F lần lượt là giao điểm của BD với CM và CN. Gọi O là tâm hình vuông ABCD

Theo giả thiết, ta có $BD\perp \left(SAC\right).$

Gọi H là hình chiếu của O lên SC

$\Rightarrow SC\perp \left(HEF\right).$

Vì $\left(SMC\right)\perp \left(SNC\right)$ nên $HE\perp HF.$

$\Rightarrow \Delta HEF$ vuông tại H có chiều cao OH

$\Rightarrow OE.OF=O{H}^2.$

Trong đó: $OH=OC.\sin \widehat{SCA}=OC.\frac{SA}{SC}=\frac{2}{\sqrt{6}}\Rightarrow OE.OF=\frac{2^2}{6}=\frac{2}{3}\left(1\right).$

Đặt $AM=x,\left(x>0\right),AN=y,\left(y>0\right).$

Xét $\Delta ABC,$ gọi K là trung điểm của AM

Khi đó: $OK//CM\Rightarrow \frac{BE}{OE}=\frac{BM}{MK}\Rightarrow \frac{OB-OE}{OE}=\frac{2-x}{\frac{x}{2}}=\frac{2\left(2-x\right)}{x}$

$\Rightarrow \frac{OB}{OE}=\frac{4-x}{x}\Rightarrow OE=\frac{2x\sqrt{2}}{2\left(4-x\right)}.$

Chứng minh tương tự, ta có: $OF=\frac{2y\sqrt{2}}{2\left(4-y\right)}.$

Từ (1) suy ra $\frac{4xy}{2\left(4-x\right)\left(4-y\right)}=\frac{2}{3}\iff 3xy=\left(4-x\right)\left(4-y\right)\iff \left(x+2\right)\left(y+2\right)=12\left(2\right)$

Ta lại có: $S_{AMCN}=S_{AMC}+S_{ANC}=\frac{1}{2}AC.AM.\sin {45}^0+\frac{1}{2}AC.AM.\sin {45}^0=\left(x+y\right).$

$V_{S.AMCN}=\frac{1}{3}SA.\left(x+y\right)=\frac{2}{3}\left(x+y\right).$

Từ (2) suy ra $V_{S.AMCN}=\frac{2}{3}\left(x-2+\frac{12}{x+2}\right).$

Từ (2) suy ra $y=\frac{12}{x+2}-2.$

Vì N thuộc cạnh AD nên $y\le 2\Rightarrow \frac{12}{x+2}-2\le 2\iff x\ge 1\Rightarrow x,y\in \left[1;2\right].$

Xét hàm số: $f\left(x\right)=\frac{2}{3}\left(x-2+\frac{12}{x+2}\right)$ với $x\in \left[1;2\right].$

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\frac{2}{3}\left(1-\frac{12}{{\left(x+2\right)}^2}\right)=\frac{2}{3}.\frac{x^2+4x-8}{{\left(x+2\right)}^2}.$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff x^2+4x-8=0\iff x=2\left(\sqrt{3}-1\right).$

Ta lại có: $f\left(1\right)=f\left(2\right)=2,f\left(2\left(\sqrt{3}-1\right)\right)=\frac{8\left(\sqrt{3}-1\right)}{3}.$

$\Rightarrow$ Giá trị lớn nhất của $V_{S.AMCN}=2$ khi $x=1,y=2$ hoặc x=2;y=1

$\Rightarrow T=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{N}^2}=\frac{4}{2^2}+\frac{1}{2^2}=\frac{5}{4}.$

Chọn B.

Số cách chọn 3 tấm thẻ tùy ý là: $C_{2020}^3.$

Cách rút không thỏa bài toán là dãy ba số rút ra có ít nhất hai số liên tiếp

Bộ hai số liên tiếp là: $2020-1=2019.$

Suy ra số cách rút ra ba tấm thẻ mà có hai số liên tiếp là: $2019.C_{2020-2}^1.$

Rút ra bộ ba số liên tiếp là: $2020-2=2018.$

Trong cách rút ra ba tấm thẻ có hai số liên tiếp có trường hợp rút ra ba tấm liên tiếp (lặp 2 lần).

Vậy số cách rút thỏa yêu cầu là: $C_{2020}^3-\left(2019.C_{2020-2}^1-2018\right)=1367622816.$

Chọn B.

Xét phương trình ${\left(f\left(x\right)\right)}^2+2f\left(x\right)-3=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=1\\ f\left(x\right)=-3\end{array}\right..$

Quan sát đồ thị, ta có:

$+)f\left(x\right)=1\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm a,\left(-a<-2<2<a\right)\end{array}\right.$ (trong đó x=0 là nghiệm kép và $x=\pm a$ là các nghiệm đơn).

$+)f\left(x\right)=-3\iff x=\pm 2$ (đều là nghiệm kép).

Xét phương trình $x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 2\end{array}\right.$ (đều là các nghiệm đơn)

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 5 đường tiệm cận đứng

Chọn A.

Ta có $-1<\cos x\le 0,\forall x\in \left[\frac{\pi }{2};\pi \right).$

Quan sát đồ thị, suy ra $0\le f\left(\cos x\right)<2\Rightarrow 0\le 2f\left(\cos x\right)<4\le \sqrt{2f\left(\cos x\right)}<2$

$\Rightarrow -2\le \left(\sqrt{2f\left(\cos x\right)}\right)<2.$

Phương trình $f\left(\sqrt{2f\left(\cos x\right)}\right)=m$ có nghiệm $x\in \left[\frac{\pi }{2};\pi \right)$ khi và chỉ khi $-2\le m<2.$

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn là $m\in \left\{-2;-1;0;1\right\}.$

Chọn C

Trong mặt phẳng (ABC) lấy điểm D sao cho $\widehat{DBA}=\widehat{DCA}={90}^0.$

Dễ thấy $DC\perp \left(SAC\right)\Rightarrow DC\perp AN$ lại có $AN\perp SC\Rightarrow AN\perp \left(SCD\right)\Rightarrow AN\perp SD.$

Tương tự $AM\perp SD\Rightarrow SD\perp \left(AMN\right).$

Ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kínhAD

$\Rightarrow AD=2.R=\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=a\sqrt{2}\Rightarrow \Delta SAD$ vuông cân tại $A\Rightarrow \widehat{DSA}={45}^0.$

Mà $SA\perp \left(ABC\right)$ và $SD\perp \left(AMN\right)\Rightarrow$ góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AMN) là góc giữa SA và SD và bằng ${45}^0.$

Chọn A

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC). Gọi M,N,P lần lượt là hình chiếu của H lên AB,AC,BC

Ta có: $V_{SABC}=\frac{1}{6}.SP.BC.d\left(A;\left(SBC\right)\right)=\frac{1}{6}.SM.AB.d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{1}{6}.SN.AC.d\left(B;\left(SAC\right)\right)$