Chọn B.

Ta có: $2^{x^2-1}=4\iff 2^{x^2-1}=2^2\iff x^2-1=2\iff x^2=3\iff x=\pm \sqrt{3}.$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: $S=\left\{-\sqrt{3};\sqrt{3}\right\}.$

Chọn A.

Vì a>0;b>0 nên ta có ${\log }_{3}a={\log }_{27}\left(a^2\sqrt{b}\right)\iff {\log }_{3}a=\frac{1}{3}{\log }_3\left(a^2\sqrt{b}\right)\iff 3{\log }_{3}a={\log }_3\left(a^2\sqrt{b}\right)$

$\iff {\log }_3\left(a^3\right)={\log }_3\left(a^2\sqrt{b}\right)\iff a^3=a^2\sqrt{b}\iff a=\sqrt{b}\iff a^2=b.$

Chọn A.

Thể tích khối chóp S.ABCD là $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}A{B}^2.SH=\frac{1}{3}{.8}^2.3=64\left(c{m}^3\right).$

Chọn D.

Áp dụng công thức số hạng thứ n của cấp số cộng $u_n=u_1+\left(n-1\right)d.$

Ta có số hạng thứ 5 của $\left(u_n\right)$ là $u_5=u_1+4d=2+4.3=14.$

Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^4-2x^2+5=6\iff x^4-2x^2-1=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1+\sqrt{2}\left(nhan\right)\\ x^2=1-\sqrt{2}\left(loai\right)\end{array}\right.\iff x=\pm \sqrt{1+\sqrt{2}}$

Vậy đồ thị hàm số cắt đường thẳng tại 2 điểm

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a>0 nên nhận đáp án $y=x^3-3x+1.$

Chọn A.

Do bề lõm quay lên trên nên loại đáp án C.

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên loại đáp án D.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên đáp án đúng là A

Chọn D.

Ta có $f\left(x\right)=2^{3x-1}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\left(3x-1\right)\text{'}{.2}^{3x-1}\ln 2=3.\ln {2.2}^{3x-1}.$

Chọn A.

Hàm số xác định $\iff 3-x>0\iff x<3.$

Vậy tập xác định của hàm số $D=\left(-\infty ;3\right).$

Chọn A.

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

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 3 là: $k=y\text{'}\left(3\right)=\frac{-3}{4}.$

Chọn C.

Hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và $\left(1;+\infty \right).$

Chọn C.

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng $S_{xq}=2\pi rl=2\pi \mathrm{.7.3}=42\pi$ (đvdt).

Chọn B.

Mỗi mặt của hình lập phương có diện tích là: 150:6=25

Cạnh của hình lập phương là: 5.

Vậy thể tích của khối lập phương là: $5^3=125.$

Chọn A.

Số cách chọn một đôi song ca gồm một nam và một nữ là: $C_{25}^1.C_{20}^1=500.$

Chọn B.

Điều kiện $2^x+4^x>2$

Ta có ${\log }_2\left(2^x+4^x-2\right)-x=0\iff 2^x+4^x-2=2^x\iff 4^x=2\iff x=\frac{1}{2}\left(N\right)$.

Chọn D.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-1,\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1$ nên đồ thị có đường tiệm cận ngang là y=-1

Chọn B.

Thể tích V của khối trụ là $V=\pi r^{2}h=\pi {.5}^2.10=250\pi c{m}^3.$

Chọn C.

Ta có $u_2=u_1.q=3.2=6.$

Chọn D.

$V=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=a^3.$

Chọn D.

Hàm số liên tục trên $\mathrm{ℝ}$ và có đạo hàm f'(x) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm x=-2.

Nên x=-2 là điểm cực đại của hàm số.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị, ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$ nên a>0

Hàm số có 2 điểm cực trị $x_1,x_2$ thỏa $-1<x_1<0$ và $x_2>1$ nên $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2>0\\ x_1{x}_2<0\end{array}\right.$

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}-\frac{2b}{3a}>0\\ \frac{c}{3a}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b<0\\ c<0\end{array}\right..$

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d>0

Vậy $a>0,b<0,c<0,d>0.$

Chọn B.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}-x^2+4x+5>0\\ 4-x\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1<x<5\\ x\le 4\end{array}\right.\iff -1<x\le 4.$

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $D=\left(-1;4\right].$

Chọn C.

Từ bảng xét dấu ta thấy số điểm cực trị của hàm số y=f(x) là 3

Chọn C.

Từ bảng biến thiên ta thấy qua x=0 thì y' không đổi dấu nên hàm số đã cho không đạt cực đại tại x=0 suy ra đáp án C sai

Chọn D.

Loại đáp án A và C là hai hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất.

Loại đáp án B vì $y\text{'}=-3x^2-3<0,\forall x\in ℝ.$

Vậy: Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;+\infty \right)$ là: $y=x^3+x.$

Chọn B.

Khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' là khối lăng trụ đứng, cạnh bên có độ dài là: 2a

Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' là: $V=AA\text{'}.S_{\Delta ABC}=2a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}.$

Chọn B.

Ta có $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow AC=\sqrt{S{C}^2-S{A}^2}=\sqrt{3a^2-2a^2}=a.$

Khi đó $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}a.a.\sin {60}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{12}.$

Chọn D.

Hàm số $y={\log }_2\left(x^2-2x-3\right)$ xác định $\iff x^2-2x-3>0$

                                                                $\iff x\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(3;+\infty \right).$

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $D=\left(-\infty ;-1\right)\cup \left(3;+\infty \right).$

Chọn A.

$y\text{'}=1-\frac{9}{x^2},$ với $\forall x\ne 0.$

$y\text{'}=0\iff 1-\frac{9}{x^2}=0\iff x=\pm 3.$

$y\left(1\right)=10,y\left(3\right)=6,y\left(5\right)=5+\frac{9}{5}=\frac{34}{5}.$

Vậy $M=10,m=6$ nên $4m-M=14.$

Chọn B.

Đặt $t={\left(2+\sqrt{3}\right)}^x,t>0$ ta có ${\left(2-\sqrt{3}\right)}^x=\frac{1}{t}.$

Ta có phương trình $t+\frac{1}{t}=4\iff t^2-4t+1=0\iff t=2\pm \sqrt{3}.$

* Với $t=2+\sqrt{3}\iff {\left(2+\sqrt{3}\right)}^x=2+\sqrt{3}\iff x=1.$

* Với $t=2-\sqrt{3}\iff {\left(2+\sqrt{3}\right)}^x=2-\sqrt{3}\iff x=-1.$ Vậy $x_1=-1,x_2=1.$

Do đó $2019x_1+2020x_2=-2019+2020=1.$

Chọn A.

Ta có: bán kính đáy R=2

Đường cao hình nón $h=\sqrt{l^2-R^2}=\sqrt{5^2-2^2}=\sqrt{21}.$

Diện tích đáy $S=\pi R^2=4\pi .$

Thể tích khối tròn xoay là: $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}4\pi .\sqrt{21}=\frac{4\sqrt{21}\pi }{3}.$

Chọn C.

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

Với $x_A=0\Rightarrow y_A=-1\Rightarrow A\left(0;-1\right).$

Với $x_B=2\Rightarrow y_B=3\Rightarrow B\left(2;3\right).$

Ta có: $A\left(0;-1\right)\in d,B\left(2;3\right)\in d\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=-1\\ 2a+b=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-1\end{array}\right..$

Vậy ab=-2

Chọn D.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-m\right\}.$

$y\text{'}=\frac{m^2-4}{{\left(x+m\right)}^2}$

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}ad-bc<0\\ -m\notin \left(-\infty ;1\right)\end{array}\right.$

                                                                $\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-4<0\\ -m\ge 1\end{array}\right.$

                                                                $\iff \left\{\begin{array}{l}-2<m<2\\ m\le -1\end{array}\right.$

                                                                $\iff -2<m\le 1$

Vậy $-2<m\le -1.$

Chọn C.

Tiệm cận đứng là đường thẳng x=-c nằm bên phải trục tung nên $-c>0\Rightarrow c<0.$

Tiệm cận ngang là đường thẳng y=a nằm bên dưới trục hoành nên a<0

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $\frac{b}{c}>0\iff b<0.$

Chọn A.

Xét phương trình $f\left(x\right)+1=m\iff f\left(x\right)=m-1\left(1\right).$

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=m-1 là đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành.

Vậy để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì $-1<m-1<3\iff 0<m<4.$

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{1;2;3\right\}.$

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn C.

* Gọi x (triệu đồng) là số tiền ban đầu mà ông A gửi vào ngân hàng X.

y (triệu đồng) là số tiền ban đầu mà ông A gửi vào ngân hàng X.

(Điều kiện $x,y>0)$

* Ban đầu ông A gửi tổng cộng 500 triệu đồng vào hai ngân hàng X và Y nên ta có phương trình $x+y=500\left(1\right).$

* Số tiền ông A thu được sau 9 tháng gửi ngân hàng Y là $y{\left(1+0,37\%\right)}^9$ (triệu đồng)

$\Rightarrow$ số tiền lãi sau 9 tháng là $y{\left(1+0,37\%\right)}^9-y=y\left[{\left(1+0,37\%\right)}^9-1\right]$ (triệu đồng)

* Số tiền ông A thu được sau 15 tháng gửi ngân hàng X là $x{\left(1+1,7\%\right)}^5$ (triệu đồng)

$\Rightarrow$ số tiền lãi sau 15 tháng là $x{\left(1+1,7\%\right)}^5-x=x\left[{\left(1+1,7\%\right)}^5-1\right]$ (triệu đồng).

* Tổng số tiền lãi ông đã thu được từ hai ngân hàng là 27866121,21 đồng nên ta có phương trình $x\left[{\left(1+1,7\%\right)}^5-1\right]+y\left[{\left(1+0,37\%\right)}^9-1\right]=27,86612121\left(2\right).$

* Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+y=500\\ x\left[{\left(1+1,7\%\right)}^5-1\right]+y\left[{\left(1+0,37\%\right)}^9-1\right]=27,86612121\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=202,568\\ y=291,431\end{array}\right..$

Vậy số tiền gần nhất mà ông A đã gửi lần lượt vào hai ngân hàng X và Y là 200 triệu đồng và 300 triệu đồng

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:

* $\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }y=-\infty \Rightarrow$ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=-2

* $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow$ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=0

* $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0\Rightarrow$ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=0

Vậy đồ thị của hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận

Chọn A.

Số cách nhận mã đề 2 môn thi của An là $6.6=36$

Số cách nhận mã đề 2 môn thi của Bình là $6.6=36$

$\Rightarrow$ Số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=36.36=1296$

Gọi M là biến cố “An và Bình có chung đúng một mã đề thi”

Có hai trường hợp trùng mã đề (Vật lí hoặc Hóa học). Nếu An nhận đề trước thì An có 6.6=36 cách nhận. Bình nhận đề sau mã đề trùng với mã đề của An thì môn trùng chỉ có 1 cách nhận (An nhận mã đề gì thì bắt buộc Bình nhận mã đề đấy), môn còn lại Bình phải nhận mã đề khác An nên Bình có 5 cách nhận mã đề (nhận 5 mã đề còn lại, trừ mã đề của An ra)

$\Rightarrow$Số kết quả thuận lợi cho biến cố M là $\left|{\Omega }_M\right|=\mathrm{2.36.5}=360$

Vậy xác suất để trong 2 môn thi đó An và Bình có chung đúng một mã đề thi là

                        $P\left(M\right)=\frac{\left|{\Omega }_M\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{360}{1296}=\frac{5}{18}.$

Chọn C.

Gọi r là bán kính đáy khối nón ${\mathcal{N}}_1.$ Gọi $V_1$ là thể tích khối nón ${\mathcal{N}}_1.$

Ta có $V_1=\frac{1}{3}\pi r^{2}h\iff r=\sqrt{\frac{3V_1}{\pi h}}.$

Gọi r' là bán kính đáy của khối nón ${\mathcal{N}}_2.$

Ta có $\frac{r\text{'}}{r}=\frac{h-x}{h}\iff r\text{'}=\frac{r\left(h-x\right)}{h}.$

Gọi $V_2$ là thể tích khối nón ${\mathcal{N}}_2.$

Ta có $V_2=\frac{1}{3}\pi r{\text{'}}^{2}x=\frac{\pi r^2}{3h^2}{\left(h-x\right)}^{2}x=\frac{\pi }{6h^2}.\frac{3V_1}{\pi h}\left(h-x\right)\left(h-x\right)2x=\frac{V_1}{2h^3}\left(h-x\right)\left(h-x\right)2x.$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương $h-x,h-x,2x$ ta có:

$\left(h-x\right)\left(h-x\right)2x\le \frac{{\left(h-x+h-x+2x\right)}^3}{27}\iff \left(h-x\right)\left(h-x\right)2x\le \frac{8h^3}{27}$

$\iff \frac{V_1}{2h^3}\left(h-x\right)\left(h-x\right)2x\le \frac{4V_1}{27}$.

Dấu “=” xảy ra $h-x=2x\iff x=\frac{h}{3}.$

Vậy khối nón ${\mathcal{N}}_2$ có thể tích lớn nhất khi chiều cao x bằng $\frac{h}{3}.$

Chọn A.

Tứ giác ABCD là hình thoi tâm O nên $AC\perp BD$ tại O.

Tam giác ABD đều cạnh $a\sqrt{2}$ nên $AO=a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$

Tam giác SAO vuông tại A nên $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}.\frac{2}{a\sqrt{6}}=\sqrt{3},$ do đó $\widehat{SOA}={60}^0$.

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow A$ là hình chiếu của S trên (ABCD).

                                $\Rightarrow AO$  là hình chiếu của SO trên (ABCD).

                                 $\Rightarrow \widehat{\left(SO,\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SO,AO\right)}=\widehat{SOA}={60}^0$.

Chọn A.

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$

Ta có $y\text{'}=4x^3-4\left(m-1\right)x.$

Hàm số nghịch biến trên $\left(1;3\right)\iff y\text{'}\le 0,\forall x\in \left(1;3\right)\iff g\left(x\right)=x^2+1\le m,\forall x\in \left(1;3\right).$

Lập bảng biến thiên của g(x) trên (1;3). Ta có:

Dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận: $m\ge 10$ hàm số nghịch biến trên (1;3)

Vậy có 90 giá trị nguyên của tham số m nhỏ hơn 100 để hàm số nghịch biến trên (1;3)

Chọn D.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD là trung điểm của BC,DN cắt AC tại I.

$\Rightarrow AC=2a\sqrt{2},OI=\frac{OC}{3}=\frac{AC}{6}=\frac{a\sqrt{2}}{3},SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=a.$

O.SID là tam diện vuông tại O

$\Rightarrow \frac{1}{d^2\left(O,\left(SID\right)\right)}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{I}^2}+\frac{1}{O{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)}^2}=\frac{6}{a^2}.$

$\Rightarrow d\left(O,\left(SID\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$

$BM//BN\Rightarrow BM//\left(SID\right)\Rightarrow d\left(BM,SD\right)=d\left(B,\left(SID\right)\right)=2d\left(O,\left(SID\right)\right)=2.\frac{a\sqrt{6}}{6}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Chọn A.

Vì $x\in \left[27;+\infty \right)\Rightarrow {\log }_{3}x\ge 3$

Đặt $t={\log }_{3}x\Rightarrow t\ge 3$ ta có: $\sqrt{t^2-4t-5}=m\left(t+1\right)\left(t\ge 3\right)\Rightarrow m\ge 0.$

Khi đó ta có $\sqrt{t^2-4t-5}=m\left(t+1\right)\iff \sqrt{\left(t+1\right)\left(t-5\right)}=m\left(t+1\right)$

Vì $t\ge 3\Rightarrow t+1\ge 4\Rightarrow$ Từ điều kiện $\left(t-5\right)\left(t+1\right)\ge 0\Rightarrow t\ge 5$

Do đó $\sqrt{\left(t+1\right)\left(t-5\right)}=m\left(t+1\right)\iff \left(t+1\right)\left(t-5\right)=m^2{\left(t+1\right)}^2$

     $\iff t-5=m^2\left(t+1\right)\iff \left(m^2-1\right)t=-m^2-5\iff t=\frac{-m^2-5}{m^2-1}$

Yêu cầu bài toán $\iff t=\frac{-m^2-5}{m^2-1}\ge 5\iff \frac{-6m^2}{m^2-1}\ge 0\iff -1<m<1.$

Kết hợp với điều kiện $m\ge 0\Rightarrow 0\le m<1.$

Chọn D.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=x^2{\left(x-1\right)}^3\left(x^2-2mx+m+6\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x^2-2mx+m+6=0\end{array}\right.$

Trong đó nghiệm x=0 là nghiệm bội chẵn nên không là điểm cực trị.

Để hàm số f(x) có đúng một điểm cực trị thì phương trình: $g\left(x\right)=x^2-2mx+m+6=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x=1 hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x=1

Trường hợp 1: $\Delta \text{'}<0\iff m^2-m-6<0\iff -2<m<3.$

Trường hợp 2:

$\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ g\left(1\right)=0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=0\\ \frac{-b}{2a}=1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{m}^2-m-6>0\\ -m+7=0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{m}^2-m-6=0\\ m=1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m<-2\\ m>3\end{array}\right.\\ m=7\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m=-2\\ m=3\end{array}\right.\\ m=1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m=7$

Vậy $m\in \left\{-1;0;1;2;7\right\}.$ Suy ra có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn

Chọn D.

Đặt $t=3^x;x\in \left(0;1\right)\Rightarrow t\in \left(1;3\right).$

Phương trình trở thành: $t^2-\left(m-1\right)t-m-1=0$

$\iff t^2+t-1=m\left(t+1\right)$

$\iff m=\frac{t^2+t-1}{t+1}=t-\frac{1}{t+1}\left(*\right)$

Phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng $\left(0;1\right)\iff$ Phương trình (*) có nghiệm thuộc khoảng (1;3).

Xét $f\left(t\right)=t-\frac{1}{t+1}$ trên (1;3)

$f\text{'}\left(t\right)=1+\frac{1}{{\left(t+1\right)}^2}>0,\forall t\in \left(1;3\right)$

Phương trình (*) có nghiệm thuộc khoảng $\left(1;3\right)\iff \frac{1}{2}<m<\frac{11}{4}.$

Chọn B.

Đặt $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-3\\ x=3\\ x=5\end{array}\right.$

$g\text{'}\left(x\right)=\left(3x^2+6x\right)e^{x^3+3x^2}.f\text{'}\left(e^{x^3+3x^2}-m\right)$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}3x^2+6x=0\\ f\text{'}\left(e^{x^3+3x^2}-m\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\\ e^{x^3+3x^2}-m=-3\\ e^{x^3+3x^2}-m=3\\ e^{x^3+3x^2}-m=5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\\ e^{x^3+3x^2}=m-3\left(1\right)\\ e^{x^3+3x^2}=m+3\left(2\right)\\ e^{x^3+3x^2}=m+5\left(3\right)\end{array}\right.$

Xét hàm số $g\left(x\right)=e^{x^3+3x^2}$

$g\text{'}\left(x\right)=\left(3x^2+6x\right).e^{x^3+3x^2}$

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

Hàm số g(x) có đúng 7 điểm cực trị  ba phương trình $\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)$ có 5 nghiệm phân biệt.

Xét các trường hợp sau:

TH1: $\left\{\begin{array}{l}m+5\ge e^4\\ m-3\le 1\\ 1<m+3<e^4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ge e^4-5\\ m\le 4\\ -2<m<e^4-3\end{array}\right.$ (Vô lý)

TH2: $\left\{\begin{array}{l}1<m-3<e^4\\ m+3\ge e^4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}4<m<e^4+3\\ m\ge e^4-3\end{array}\right.\iff e^4-3\le m<e^4+3\iff 51,598\le m<57,598$

Mà $m\in \mathbb{Z}\to m\in \left\{52;53;54;55;56;57\right\}$

$\Rightarrow$ có 6 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán

Chọn B.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y>0\\ x+y>0\end{array}\right..$

Ta có: ${\log }_3\left(x^2+y\right)\ge {\log }_2\left(x+y\right)\iff x^2+y\ge 3^{{\log }_2\left(x+y\right)}$

                                                      $\iff x^2+y\ge {\left(x+y\right)}^{{\log }_{2}3}$

                                                      $\iff x^2-x\ge {\left(x+y\right)}^{{\log }_{2}3}-\left(x+y\right)\left(1\right).$

Đặt $t=x+y,\left(t>0\right)$ thì (1) trở thành $x^2-x\ge t^{{\log }_{2}3}-t\left(2\right).$

Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình (1) tương đương với bất phương trình (2) có không quá 127 nghiệm t nguyên dương.

Ta có hàm số $f\left(t\right)=t^{{\log }_{2}3}-t$ đồng biến trên $\left[1;+\infty \right)$ nên nếu $x^2-x>{128}^{{\log }_{2}3}-128=2059$ thì sẽ có ít nhất 127 nghiệm nguyên $t\ge 1.$

Do đó yêu cầu bài toán tương đương với $x^2-x\le 2059\iff -44\le x\le 45$ (do x nguyên).

Vậy có 90 số nguyên x.

Chọn C.

Ta có: $f\left(x\right)=4x^4-8x^2+3\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=16x\left(x^2-1\right)$

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

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

Phương trình (1) có x=0 (nghiệm bội ba).

Phương trình (2) có cùng số nghiệm với phương trình y=f(x) nên (2) có 4 nghiệm đơn.

Phương trình (3) có cùng số nghiệm với phương trình: $2.f\left(x\right)+\left(x+1\right).f\text{'}\left(x\right)=0\iff 2\left(4x^4-8x^2+3\right)+16x\left(x+1\right)\left(x^2-1\right)=0$

$\iff 24x^4+16x^3-32x^2-16x+6=0$ có 4 nghiệm phân biệt.

Dễ thấy 9 nghiệm trên phân biệt nên hàm số g(x)=0 có tất cả 9 điểm cực trị

Chọn D.

Gọi D là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC).

$\left\{\begin{array}{l}AB\perp SB\\ AB\perp SD\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AB\perp BD$

$\left\{\begin{array}{l}AC\perp SA\\ AC\perp SD\end{array}\right.\Rightarrow AC\perp \left(SAD\right)\Rightarrow AC\perp AD$.

Tam giác ABC có $\widehat{CAB}={135}^0\Rightarrow \widehat{BAD}={45}^0.$

Tam giác ABD vuông tại B có $\widehat{BAD}={45}^0$ suy ra tam giác ABD vuông cân và $AD=a\sqrt{2}.$

Từ đó có tam giác ACD vuông cân tại $A\Rightarrow$ tứ giác ABDC là hình thang vuông tại B và D.