Chọn A.

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

Chọn D.

Đồ thị $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCĐ là đường thẳng $x=-\frac{d}{c}.$

Nên $y=\frac{2x-3}{x-1}$ có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1

Chọn D.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(x^2-3\sin x\right)dx=\frac{1}{3}{x}^3+3\cos x+C.$

Chọn B.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Chọn C.

Điểm nằm trên trục Oy có tọa độ là $\left(0;y_0;0\right).$

Như vậy hình chiếu vuông góc của M(2;1;-1) trên Oy có tọa độ là (0;1;0)

Chọn A.

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-\frac{d}{c}\right\}.$

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng $x=-\frac{d}{c}=2\Rightarrow$ tập xác định $x\ne 2.$

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định $\Rightarrow y\text{'}<0,\forall x\in D.$

Vậy khẳng định đúng là $y\text{'}<0\forall x\ne 2.$

Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với $2^{1-x}=2^4\iff 1-x=4\iff x=-3.$

Vậy phương trình có nghiệm x=-3

Chọn A.

Vì ABCD là hình vuông nên $S_{ABCD}=a^2.$

Lại có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}.$

Chọn A.

Áp dụng công thức tính thể tích khối nón, thể tích khối nón đã cho là

$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.2}^2\sqrt{3}=\frac{4\pi \sqrt{3}}{3}$ (đvtt).

Chọn A.

Từ bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x=0

Vậy M=f(0)

Chọn B.

Nhìn vào đồ thị ta thấy ngay đây là đồ thị của hàm bậc ba có hệ số của $x^3$ là số dương nên ta chọn B

Chọn C.

Tập xác định của hàm số $y=2^x$ là $D=ℝ.$

Chọn B.

Ta có $\overrightarrow{u}=3\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left(3;-2;2\right).$

Chọn C

Chọn D.

Hình tứ diện có 6 cạnh.

Chọn B.

Xét hình trụ có các giả thiết như bài toán, thiết diện qua trục OO' là hình chữ nhật ABCD.

Theo đề bài ta có: AB=2R=2a và $S_{ABCD}=6a^2\Rightarrow AB.BC=6a^2\Rightarrow 2a.BC=6a^2\Rightarrow BC=3a$

$\Rightarrow h=l=BC=3a.$

Khi ấy, diện tích xung quanh của hình trụ cần tìm là: $S_{xq}=2\pi Rl=2\pi .a.3a=6\pi a^2.$

Chọn D.

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(3;-2;4\right)$ và bán kính R=5

Chọn B.

Tập xác định hàm số $D=\mathrm{ℝ}$

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right..$

Bảng biến thiên

Vậy đồ thị của hàm số có điểm cực đại là (0;2)

Chọn C.

Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [-3;3]

$f\text{'}\left(x\right)=3x^2-3;f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\in \left[-3;3\right]\\ x=1\in \left[-3;3\right]\end{array}\right.$

Ta có $f\left(-3\right)=-18,f\left(3\right)=18,f\left(-1\right)=2,f\left(1\right)=-2.$

Suy ra $\underset{\left[-3;3\right]}{\max }f\left(x\right)=18.$

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm là $x^3-x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right..$

Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt

Chọn A.

Với $\forall x\in ℝ,$ ta có: $F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(3x^2-2x\right)dx=x^3-x^2+C.$

Theo đề: $F\left(0\right)=1\Rightarrow C=1\Rightarrow F\left(x\right)=x^3-x^2+1\Rightarrow F\left(1\right)=1^3-1^2+1=1.$

Chọn A.

Với các số thực dương a,b ta có: $3\log a+2\log b=1\iff \log a^3+\log b^2=1\iff \log \left(a^3.b^2\right)=1\iff a^3.b^2=10.$

Chọn B.

Ta có: $f\left(x\right)-m=0\iff f\left(x\right)=m.$

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình $f\left(x\right)-m=0$ có 4 nghiệm phân biệt khi 1<m<2

Vậy $m\in \left(1;2\right).$

Chọn A.

Ta có: ${\log }_2^2{x}^2+2{\log }_{4}x-2=0\iff {\left({\log }_2{x}^2\right)}^2+{\log }_{2}x-2=0$

$\iff {\left(2{\log }_{2}x\right)}^2+{\log }_{2}x-2=0\iff 4{\left({\log }_{2}x\right)}^2+{\log }_{2}x-2=0.$

Đặt $t={\log }_{2}x$, phương trình trên trở thành phương trình $4t^2+t-2=0.$

Chọn C.

Theo bài: ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x-2\right)\ge -2\iff \left\{\begin{array}{l}x-2>0\\ x-2\le 4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>2\\ x\le 6\end{array}\right.\iff 2<x\le 6.$

Vậy $x\in \left\{3;4;5;6\right\}.$

Chọn B.

Từ đồ thị hàm số, ta có $a>1,b>1$ và $0<c<1,$ do đó c<a và c<b

Mặt khác, chọn y=m khi đó tồn tại $x_1,x_2>0$ thỏa mãn $\left\{\begin{array}{l}{\log }_a{x}_1=m\\ {\log }_b{x}_2=m\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^m=x_1\\ b^m=x_2\end{array}\right..$

Dễ thấy, $x_1<x_2\iff a^m<b^m\iff a<b.$

Vậy c<a<b

Chọn A.

Ta có: ${\log }_{12}18=\frac{{\log }_{2}18}{{\log }_{2}12}=\frac{{\log }_2\left({2.3}^2\right)}{{\log }_2\left(2^2.3\right)}=\frac{1+2{\log }_{2}3}{2+{\log }_{2}3}=\frac{1+2a}{2+a}.$

Chọn A.

Ta có: $u_4=u_1+3d=2+3.5=17.$

Chọn D.

Số cách chọn 3 học sinh từ 40 học sinh trong lớp 12A để phân vào ba vị trí lớp trưởng, lớp phó và bí thư là: $A_{40}^3.$

Chọn C.

Vì AC là hình chiếu vuông góc của SC trên (ABC) nên $\left(\widehat{SC;\left(ABC\right)}\right)=\widehat{SCA}$

Tam giác ABC vuông cân tại B và AB=a nên $AC=a\sqrt{2}.$

Tam giác SAC vuông tại A nên: $\tan SCA=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}={45}^0.$

Chọn B.

$$\begin{gathered} g\left(x\right)=f\left(x^2-2x\right) \\ g\text{'}\left(x\right)=\left(2x-2\right)f\text{'}\left(x^2-2x\right) \\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left(2x-2\right)f\text{'}\left(x^2-2x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2x-2=0\\ f\text{'}\left(x^2-2x\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x^2-2x=-1\\ x^2-2x=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=0\\ x=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng biến thiên:

­Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y=g(x) nghịch biến trên $\left(-\infty ;0\right),\left(1;2\right).$

Chọn B.

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y=\left(\frac{x}{3}-\frac{1}{3}\right).y\text{'}\left(x\right)+1-2x.$

Vậy phương trình đường thảng qua hai điểm cực trị là y=1-2x

Để đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng $y=1-2x\iff \left(2m-3\right)\left(-2\right)=1\iff m=\frac{7}{4}.$

Chọn C.

Tiệm cận đứng: $x=-\frac{c}{b}\Rightarrow -\frac{c}{b}=2\iff c=-2b.\left(1\right)$

Tiệm cận ngang: $y=\frac{a}{b}\Rightarrow \frac{a}{b}=1\iff a=b.\left(2\right)$

Ta có: $f\left(0\right)=\frac{1}{c}>1\Rightarrow c>0.$ Từ $\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow a,b<0.$

Chọn B.

Xét phép thử: “Chọn mỗi khối 1 đoàn viên làm trưởng nhóm”.

$\Rightarrow n\left(\Omega \right)={10}^3.$

Gọi biến cố A: “trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ”.

$\Rightarrow \overline{A}:$ “cả ba bạn làm nhóm trưởng chỉ là nam hoặc nữ”.

$\Rightarrow n\left(\overline{A}\right)=\mathrm{6.5.4}+\mathrm{4.5.6}=240$

$\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{240}{{10}^3}=\frac{6}{25}.$ Vậy $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{6}{25}=\frac{19}{25}.$

Chọn B.

Ta có $f\left(x\right)=a{x}^4+b{x}^2+c\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=4a{x}^3+2bx.$

A(0;2) và B(2;-14) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $f\left(x\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=2\\ f\left(2\right)=-14\\ f\text{'}\left(0\right)=0\\ f\text{'}\left(2\right)=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}c=2\\ 16a+4b+c=-14\\ 0=0\\ 32a+4b=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}4a+b=-4\\ 8a+b=0\\ c=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-8\\ c=2\end{array}\right.$

Suy ra $f\left(x\right)=x^4-8x^2+2$ (thỏa mãn đồ thị f(x) có ba điểm cực trị trong đó có điểm A(0;2) và B(2;-14)).

Vậy $f\left(1\right)=-5.$

Chọn D.

Ta có $m{.9}^x-\left(2m+1\right){.6}^x+m{.4}^x\le 0\iff m.{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2x}-\left(2m+1\right).{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+m\le 0\left(*\right)$

Đặt $t={\left(\frac{3}{2}\right)}^x,$ khi $x\in \left(0;1\right)$ thì $t\in \left(1;\frac{3}{2}\right).$

Ta có (*) trở thành $m.t^2-\left(2m+1\right).t+m\le 0$

$\iff m.{\left(t-1\right)}^2\le t\iff m\le \frac{t}{{\left(t-1\right)}^2}$ (vì ${\left(t-1\right)}^2>0,$ với mọi $t\in \left(1;\frac{3}{2}\right)).$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t}{{\left(t-1\right)}^2},$ với $t\in \left(1;\frac{3}{2}\right).$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{-t-1}{{\left(t-1\right)}^3}<0,$ với mọi $t\in \left(1;\frac{3}{2}\right)$.

Suy ra $m\le f\left(t\right),$ với mọi $t\in \left(1;\frac{3}{2}\right)\iff m\le f\left(\frac{3}{2}\right)=6.$

Vì m nguyên dương nên $m\in \left\{1;2;3;4;5;6\right\}.$

Vậy có 6 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn A.

Gọi $x=OH\left(x>0\right),r$ là bán kính đường tròn (C).

$SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=a\sqrt{3}$ (Pi-ta-go)

$SH=a\sqrt{3}-x.$

Dễ thấy $\Delta SHM\backsim \Delta SOB$ nên: $\frac{HM}{OB}=\frac{SH}{SO}\iff \frac{r}{a}=\frac{a\sqrt{3}-a}{a\sqrt{3}}\iff r=\frac{a\sqrt{3}-x}{\sqrt{3}}$

Thể tích hình nón đỉnh O và đáy là hình tròn (C)

$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \frac{{\left(a\sqrt{3}-x\right)}^2}{3}.x=\frac{1}{9}\pi .\left(x^3-2\sqrt{3}a{x}^2+3a^{2}x\right).$

$V\text{'}=\frac{1}{9}\pi .\left(3x^2-4\sqrt{3}ax+3a^2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\sqrt{3}a\\ x=\frac{\sqrt{3}}{3}a\end{array}\right..$

Bảng biến thiên

$V_{\max }=\frac{4\sqrt{3}\pi .a^3}{81}.$

Chọn B.

$f\left(x\right)=\frac{2^x}{2^x+2}.$

$$\begin{gathered} f\left(2-x\right)=\frac{2^{2-x}}{2^{2-x}+2}=\frac{\frac{2^x}{2^x}}{\frac{2^2}{2^x}+2}=\frac{4}{4+{2.2}^x}=\frac{2}{2+2^x}. \\ \Rightarrow f\left(x\right)+f\left(2-x\right)=1. \end{gathered}$$

Nên $f\left(0\right)+f\left(\frac{1}{10}\right)+f\left(\frac{2}{10}\right)+\mathrm{...}+f\left(\frac{18}{10}\right)+f\left(\frac{19}{10}\right)=f\left(0\right)+9.1+f\left(\frac{10}{10}\right)=\frac{1}{3}+9.1+\frac{1}{2}=\frac{59}{6}.$

Chọn B.

Kí hiệu: $a={7.10}^6$ đồng là mức lương khởi điểm mà kĩ sư nhận được: r=10% là mức lương sau kì hạn 9 tháng.

+ 9 tháng đầu tiên số tiền mà kĩ sư đó nhận được là: 9a

+ 9 tháng thứ 2 số tiền mà kĩ sư đó nhận được sau khi tăng lương là: $9a\left(1+r\right).$

+ 9 tháng thứ 3 số tiền mà kĩ sư đó nhận được sau khi tăng lương là: $9a{\left(1+r\right)}^2.$

…

9 tháng thứ  số tiền mà kĩ sư đó nhận được sau khi tăng lương là: $9a{\left(1+r\right)}^{n-1}.$

Vậy số tiền kĩ sư đó nhận được sau 4 năm (48 tháng; được tăng lương 4 lần) làm việc là: $A=9.a.\sum _{x=0}^4{\left(1+r\right)}^x+3.a.{\left(1+r\right)}^5$

$={\mathrm{9.7.10}}^6.\sum _{x=0}^4{\left(1+10\%\right)}^x+{\mathrm{3.7.10}}^6.{\left(1+10\%\right)}^5$

$=418442010.$

Cách 2: Trình bày bảng.

4 năm = 48 tháng = 5 lần 9 tháng + 3 tháng

Chọn D.

Điều kiện xác định của hàm số: $x\ne \frac{-m}{2}$

Ta có $y\text{'}=\frac{m^2-20}{{\left(2x+m\right)}^2}$

Để hàm số $y=\frac{mx+10}{2x+m}$ nghịch biến trên khoảng (0;2)

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}y\text{'}<0\forall x\in \left(0;2\right)\\ -\frac{m}{2}\notin \left(0;2\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-20<0\\ \left[\begin{array}{l}\frac{-m}{2}\le 0\\ \frac{-m}{2}\ge 2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\in \left(-2\sqrt{5};2\sqrt{5}\right)\\ m\in \left(-\infty -4\right]\cup \left[0;+\infty \right)\end{array}\right. \\ \iff m\in \left(-2\sqrt{5};-4\right]\cup \left[0;2\sqrt{5}\right). \end{gathered}$$

Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số m

Chọn A

Ta có $BM\cap \left(SCD\right)=S$ suy ra $\frac{d\left(M;\left(SCD\right)\right)}{d\left(B;\left(SCD\right)\right)}=\frac{SM}{SB}=\frac{2}{3}\Rightarrow d\left(M;\left(SCD\right)\right)=\frac{2}{3}d\left(B;\left(SCD\right)\right)$.

Lại có O là trung điểm của BD nên suy ra $d\left(B;\left(SCD\right)\right)=2d\left(O;\left(SCD\right)\right)$.

Suy ra $d\left(M;\left(SCD\right)\right)=\frac{4}{3}d\left(O;\left(SCD\right)\right).$

Gọi K là trung điểm CD ta được OK là đường trung bình của $\Delta BCD$.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}OK//BC\\ OK=\frac{1}{2}BC=\frac{a}{2}\end{array}\right..$

Ta có $\left.\begin{array}{l}CD\perp OK\\ CD\perp SO\\ OK;SO\subset \left(SOK\right)\\ OK\cap SO=O\end{array}\right\}\Rightarrow CD\perp \left(SOK\right).$

Mà $CD\subset \left(SCD\right)$ nên $\left(SCD\right)\perp \left(SOK\right).$

Có $\left(SCD\right)\cap \left(SOK\right)=SK.$

Dựng $OH\perp SK\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right).$

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

Ta có OD là hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD).

Nên $\left(SD;\left(ABCD\right)\right)=\left(SO;OD\right)=\angle SDO={60}^0$

Trong $\Delta SDO$ vuông tại O có: $\tan \angle SDO=\frac{SO}{OD}\Rightarrow SO=OD.\tan {60}^0.$

$\Rightarrow SO=\frac{BD}{2}.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$

Trong $\Delta SOK$ vuông tại O có

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{K}^2}\iff OH=\frac{a\sqrt{42}}{14}.$

Vậy $d\left(M;\left(SCD\right)\right)=\frac{4}{3}OH=\frac{2a\sqrt{42}}{21}.$

Chọn D.

Đồ thị hàm số $y=\frac{3}{f\left(x^2\right)-m}$ có 4 tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình $f\left(x^2\right)-m=0\left(1\right)$ có 4 nghiệm phân biệt.

Đặt $t=x^2;t\ge 0.$ Khi đó để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình $f\left(t\right)-m=0\left(2\right)$ có 2 nghiệm phân biệt dương.

Ta có số nghiệm của phương trình (2) chính là số giao điểm của 2 đồ thị y=f(t) và y=m

Dựa vào bảng biến thiên ta có -1<m<3 thì 2 đồ thị y=f(t) và y=m có 2 giao điểm với hoành độ dương hay phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt.

Suy ra -1<m<3 thì đồ thị hàm số $y=\frac{3}{f\left(x^2\right)-m}$ có 4 tiệm cận đứng.

Theo điều kiện đề bài ta có $m=\left\{0;1;2\right\}$ thỏa yêu cầu bài toán.

Vậy có 3 giá trị m cần tìm.

Chọn D.

Do chu vi của thiết diện qua tâm là độ dài của đường tròn lớn nên ta có

                                                  $2\pi R=68,5\iff R=\frac{68,5}{2\pi }cm.$

Ta có diện tích toàn phần của quả bóng là

                                                  $S=4\pi R^2=4\pi .{\left(\frac{68,5}{2\pi }\right)}^2=\frac{68,5^2}{\pi }c{m}^2.$

Vậy số miếng da cần làm quả bóng trên là $n=\frac{\frac{68,5^2}{\pi }}{49,83}\approx 30$ (miếng da).

Chọn C.

* Do $F\left(x\right)=\left(x^2+2x\right)e^x$ là một nguyên hàm của $f\left(x\right).e^{2x}$ nên ta có:

$f\left(x\right).e^{2x}=F\text{'}\left(x\right)=\left[\left(x^2+2x\right)e^x\right]\text{'}=\left(2x+2\right)e^x+\left(x^2+2x\right)e^x$

$\iff f\left(x\right)e^{2x}=\left(x^2+2x+2x+2\right)e^x\iff f\left(x\right)e^{2x}=\left(x^2+4x+2\right)e^x.$

Tính $I=\underset{}{\overset{}{\int }}f\text{'}\left(x\right).e^{2x}dx.$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=e^{2x}\\ dv=f\text{'}\left(x\right)dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=2e^{2x}dx\\ v=f\left(x\right)\end{array}\right..$

Ta có $I=\underset{}{\overset{}{\int }}f\text{'}\left(x\right).e^{2x}dx=f\left(x\right)e^{2x}-2\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right).e^{2x}dx=\left(x^2+4x+2\right)e^x-2\left(x^2+2x\right)e^x+C$

$=\left(x^2+4x+2-2x^2-4x\right)e^x+C=\left(2-x^2\right)e^x+C.$

Vậy $I=\underset{}{\overset{}{\int }}f\text{'}\left(x\right).e^{2x}dx=\left(2-x^2\right)e^x+C.$

Chọn D.

Vì $x+\sqrt{x^2+2020}>x+\left|x\right|\ge 0\Rightarrow x+\sqrt{x^2+2020}>0,\forall x\in ℝ.$

Từ giả thiết ${2020}^{f\left(x\right)}=x+\sqrt{x^2+2020}\iff f\left(x\right)={\log }_{2020}\left(x+\sqrt{x^2+2020}\right).$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+2020}}}{\left(x+\sqrt{x^2+2020}\right)\ln 2020}=\frac{x+\sqrt{x^2+2020}}{\left(x+\sqrt{x^2+2020}\right)\ln 2020\sqrt{x^2+2020}}>0,\forall x\in ℝ$

Suy ra hàm số f(x) luôn đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Mà với $\left\{\begin{array}{l}m>0\\ m\ne 1\end{array}\right.$  thì $f\left(\log m\right)<f\left({\log }_{m}2020\right)\iff \log m<{\log }_{m}2020$

$\iff \frac{{\log }^{2}m-\log 2020}{\log m}<0\iff \left[\begin{array}{l}0<\log m<\sqrt{\log 2020}\\ \log m<-\sqrt{\log 2020}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}1<m<{10}^{\sqrt{\log 2020}}\approx 65,78\\ m<{10}^{-\sqrt{\log 2020}}\approx 0,02\end{array}\right.$.

Kết hợp với$\left\{\begin{array}{l}m>0\\ m\ne 1\end{array}\right.$ và $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{2;3;\mathrm{...};65\right\}.$

Vậy có tất cả 64 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn A.

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=3\left(x^2-1\right)f\text{'}\left(x^3-3x\right)-x^4+5x^2-4=\left(x^2-1\right)\left[3f\text{'}\left(x^3-3x\right)-x^2+4\right].$

Xét hàm số $h\left(x\right)=x^3-3x$ trên đoạn [-1;2], ta có: $h\text{'}\left(x\right)=0\iff 3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\in \left[-1;2\right]\\ x=1\in \left[-1;2\right]\end{array}\right..$

Mà $h\left(-1\right)=2,h\left(1\right)=-2,h\left(2\right)=2$ nên $h\left(x\right)\in \left[-2;2\right],\forall x\in \left[-1;2\right].$

Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra $3.f\text{'}\left(x^3-3x\right)>0,\forall x\in \left[-1;2\right]\left(1\right).$

Mặt khác, với $x\in \left[-1;2\right]$ thì $4-x^2\ge 0\left(2\right).$

Từ (1) và (2) suy ra $3f\text{'}\left(x^3-3x\right)-x^2+4>0,\forall x\in \left[-1;2\right].$

Do đó xét $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left(x^2-1\right)\left[3f\text{'}\left(x^3-3x\right)-x^2+4\right]=0\iff x^2-1=0\iff x=\pm 1\in \left[-1;2\right]$.

Mà $\left\{\begin{array}{l}g\left(-1\right)=f\left(2\right)+\frac{31}{15}\\ g\left(1\right)=f\left(-2\right)-3\\ g\left(2\right)=f\left(2\right)-\frac{23}{15}\end{array}\right.$ và $f\left(-2\right)<f\left(2\right)$ (do $f\text{'}\left(x\right)>0,\forall x\in \left[-2;3\right]).$

Nên $f\left(-2\right)-3<f\left(2\right)-\frac{23}{15}<f\left(2\right)-\frac{23}{15}<f\left(2\right)+\frac{31}{15}$ hay $g\left(1\right)<g\left(2\right)<\left(-1\right).$

Vậy $\underset{\left[-1;2\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(1\right)=f\left(-2\right)-3=-16-3=-19.$

Chọn D.

Đặt $x=\frac{AB}{AM},y=\frac{AD}{AN}\left(x,y>0\right)$. Theo giả thiết, ta có x+2y=4

Mặt khác: $V_1=V_{S.MBCDN}=V_{S.ABCD}-V_{S.AMN}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{V_1}{V}=\frac{V_{S.ABCD}-V_{S.AMN}}{V_{S.ABCD}}=1-\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABCD}}=1-\frac{V_{S.AMN}}{2.V_{S.ABD}}=1-\frac{1}{2}.\frac{V_{A.SMN}}{V_{A.SBD}} \\ =1-\frac{1}{2}.\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AD} \end{gathered}$$

$\Rightarrow \frac{V_1}{V}=1-\frac{1}{2}.\frac{1}{x}.\frac{1}{y}=1-\frac{1}{2xy}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x và 2y, ta được: $x+2y\ge 2\sqrt{x.2y}$

$\Rightarrow 4\ge 2\sqrt{2xy}\Rightarrow 2xy\le 4\Rightarrow 1-\frac{1}{2xy}\le 1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{V_1}{V}\le \frac{3}{4}.$

Dấu “=” xảy ra $\iff \left\{\begin{array}{l}x=2y\\ x+2y=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=1\end{array}\right..$