Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}={\left(e^{2x-3}\right)}^{\text{'}}\iff y^{\text{'}}=2e^{2x-3}$

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{{\left(e^x+1\right)}^{\text{'}}}{\left(e^x+1\right)\ln 10}\iff y^{\text{'}}=\frac{e^x}{\left(e^x+1\right)\ln 10}$

Chọn C

+) Vì chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng $a\sqrt{3}$ nên diện tích đáy $S={\left(a\sqrt{3}\right)}^2=3a^2$.

+) Thể tích khối chóp đã cho là $V=\frac{1}{3}.3a^2.2a\Rightarrow V=2a^3$.

Chọn A

Hàm số xác định khi $x^2-2x>0\iff x\in (-\infty ;0)\cup (2;+\infty )$.

Vậy tập xác định $D=(-\infty ;0)\cup (2;+\infty )$

Chọn B

Ta có cấp số cộng có $u_1=-4;u_2=-1;u_3=2;u_4=5;u_5=8$

$d=u_{n+1}-u_n=3$

Vậy cấp sồ cộng có công sai là 3.

Chọn B

Ta có $u_7=u_1{q}^6=-\frac{1}{2}\times {(-2)}^6=-32$.

Vậy cấp sồ nhân đã cho có $u_7=-32$.

Chọn D

Mỗi cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là một chỉnh hợp chập 2 của 10 phẩn tử. Vậy số cách chọn là: $A_{10}^2$.

Chọn D

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra y=f(x) hàm số  đồng biến trên (1;3).

Chọn B

Để được số giao điểm nhiều nhất thì mười đường thẳng này phải đôi một cắt nhau tại các điểm phân biệt

Vậy có $C_{10}^2=45$

Chọn C

Vì $\pi$ không nguyên nên $D=\left(0;+\infty \right)$

Chọn C

Ta có: 

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

$S_{ABCD}=a^2$

Xét tam giác SAC vuông tại A có $SC=a\sqrt{11}$, $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$.

$\Rightarrow SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{11a^2-2a^2}=3a$

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.3a.a^2=a^3$.

Chọn D

Khối đa diện đều loại $\left\{5,3\right\}$ là khối mười hai mặt đều nên có 12 mặt

Chọn A

Từ bảng biến thiên, ta có: Hàm số đạt cực đạt cực tiểu tại x=1.

Chọn C

Ta có:  ${\log }_a\sqrt[5]{a}={\log }_a{\left(a\right)}^{\frac{1}{5}}=\frac{1}{5}$

Chọn D

Ta có ABC là tam giác vuông cân tại B,AB=a $\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}.A{B}^2=\frac{1}{2}{a}^2$.

Xét tam giác A'AB vuông tại A có $A^{\text{'}}A=\sqrt{A^{\text{'}}{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{5a^2-a^2}=2a$.

Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' là: $V=S_{ABC}.A^{\text{'}}A=\frac{1}{2}{a}^2.2a=a^3$.

Chọn C

Ta có: $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}.2a.2a.\sin 60°=a^2\sqrt{3}$.

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

Chọn A

Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là $V=AB.AD.A{A}^{\text{'}}=\mathrm{2.3.4}=24$ (đvtt).

Chọn D

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{4x+3}{x-1}=+\infty$ và $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{4x+3}{x-1}=-\infty$ nên đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{4x+3}{x-1}.$

Chọn B

Khối chóp S.ABCD  có chiều cao SH  và diện tích đáy S _ABCD  nên thể tích khối chóp  S.ABCD là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}$. 

Chọn B

Cho $a={\log }_{2}5$. Khi đó $\log 40=\frac{{\log }_{2}40}{{\log }_{2}10}=\frac{{\log }_{2}5+{\log }_2{2}^3}{{\log }_{2}5+{\log }_{2}2}=\frac{a+3}{a+1}$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x=2, tiệm cận ngang y=1 nên loại đáp án $y=\frac{2x-3}{x-1}$ và $y=\frac{x-1}{x+2}$.

+ Hàm số có $y^{\text{'}}>0,\forall x\ne 2$ nên loại đáp án $y=\frac{x+1}{x-2}$ (vì có $y^{\text{'}}=\frac{-3}{{\left(x-2\right)}^2}$) và  nhận đáp án $y=\frac{x-3}{x-2}$ (vì có $y^{\text{'}}=\frac{1}{{\left(x-2\right)}^2}$) 

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm số ta nhận thấy:

+  Đây là đồ thị của hàm số bậc 4 có hệ số a>0 nên loại đáp án $y=x^3-x^2+2$ và $y=-x^4+2x^2+2$.

+ Hàm số có 3 cực trị nên a.b<0 do đó nhận đáp án $y=x^4-2x^2+2$.

Chọn D

Từ định nghĩa tiệm cận ngang và giả thiết $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-2$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=2$ suy ra đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là các đường thẳng y=2 và y=-2.

Chọn A

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2+2x+5$ và y=3-2x là nghiệm phương trình:

$x^3+3x^2+2x+5=3-2x$

$\iff x^3+3x^2+4x+2=0$

$\begin{array}{l}\iff \left(x+1\right)\left(x^2+2x+2\right)=0\\ \iff x=-1.\end{array}$

Vậy đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2+2x+5$ và đường thẳng y=3-2x cắt nhau tại 1 giao điểm

Chọn C

Bảng biến thiên của hàm số y=f(x)

Từ bảng biến thiên của hàm số y=f(x) ta có $\underset{\left(1;+\infty \right)}{\max }f\left(x\right)=f\left(2\right)$.

Chọn C

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

Bảng xét dấu của  

Từ bảng xét dấu của f'(x) ta có hàm số đồng biến trên các khoảng (-2;3).

Chọn C

Ta có ${\log }_{a}x=3;{\log }_{b}x=5\iff x=a^3;x=b^5\iff a=\sqrt[3]{x}=x^{\frac{1}{3}};b=x^{\frac{1}{5}}$. Suy ra $\frac{a^2}{b^3}=\frac{x^{\frac{1}{3}}}{x^{\frac{1}{5}}}=x^{\frac{1}{15}}$.

Khi đó $P={\log }_{\frac{a^2}{b^3}}x={\log }_{x^{\frac{1}{15}}}x=\frac{1}{\frac{1}{15}}{\log }_{x}x=15$.

Chọn C

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

Do ${\left(x+1\right)}^2\ge 0,\forall x\in ℝ$ cho nên ta có: $\left\{\begin{array}{c}\begin{array}{ccc}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0& khi& -2\le x\le 3\end{array}\\ \begin{array}{ccc}{f}^{\text{'}}\left(x\right)<0& khi& \left[\begin{array}{c}x>3\\ x<-2\end{array}\right.\end{array}\end{array}\right.$.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (-2;3).

Chọn D

Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 khi và chỉ khi $-5\left(m-3\right)\le 0\iff m-3\ge 0\iff m\ge 3$.

Chọn C

ABC là tam giác vuông cân tại , BC=4a nên $AB=AC=2\sqrt{2}a$. 

            $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}.2\sqrt{2}a.2\sqrt{2}a=4a^2$.

Gọi I là trung điểm của BC khi đó $SI\perp BC\Rightarrow SI\perp \left(ABC\right)$.

SBC là tam giác vuông cân tại S$\Rightarrow SI=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}4a=2a.$

Thể tích của khối chóp S.ABC là $V=\frac{1}{3}.SI.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2a.4a^2=\frac{8a^3}{3}.$

Chọn B

Ta có $f^2\left(x\right)-4=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=-2\end{array}\right.$.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

+ Phương trình f(x)=2 có một nghiệm trong khoảng $x_1\in \left(-2;1\right)$.

+ Phương trình f(x)=-2 có hai nghiệm $x_2=1$ và một nghiệm trong khoảng $x_3\in \left(-\infty ;-2\right)$.

Vậy phương trình $f^2\left(x\right)-4=0$ có ba nghiệm.

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=4a{x}^3+2bx$.

Biết rằng đồ thị hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ có hai điểm cực trị là A(0;2) và B(2;-14) nên ta có hệ phương trình

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

Ta có hàm số $y=x^4-8x^2+2$.

Vậy f(3)=y(3)=11

Chọn B

Gọi H là trung điểm của BC ta có $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$.

Vì BB'//AA' nên $\widehat{\left(BB\text{'},\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(AA\text{'},\left(ABC\right)\right)}=\widehat{A\text{'}AH}={60}^0$.

$A\text{'}H=AH.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3a}{2}$.$V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A^{\text{'}}H.S_{\Delta ABC}=\frac{3a}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}.$ 

Chọn A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp SB$ suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng $\widehat{SBA}$. Tam giác ABC vuông cân tại B có cạnh $AC=a\sqrt{2}\Rightarrow BA=BC=a$.

$\cos \widehat{SBA}=\frac{AB}{SB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{SAB}={60}^0\Rightarrow \widehat{\left(\left(SAB\right),\left(ABC\right)\right)}={60}^0.$                              

Chọn C

$\begin{array}{l}y\text{'}\left(x\right)=x^2+4x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\notin \left[-4;0\right]\\ x=-3\in \left[-4;0\right]\end{array}\right.\\ y\left(-4\right)=\frac{71}{3}\\ y\left(-3\right)=19\\ y\left(0\right)=1\end{array}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}M=\frac{71}{3}\\ m=1\end{array}\right.$

Vậy $3M-5m=66$.

Chọn D

$f\left(x\right)+m-2020=0\Rightarrow f\left(x\right)=2020-m\left(1\right)$

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và y=2020-m

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $\iff \left[\begin{array}{l}2020-m>-3\\ 2020-m=-4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m<2023\\ m=2028\end{array}\right.$

Mà m là số nguyên dương

Vậy có 2023 giá trị nguyên của m

Chọn C

Gọi O là giao điểm của AC và BD$\Rightarrow DB\perp OC$.

Do đáy ABCD là hình vuông và $SA=SB=SC=SD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow SO\perp OC$ và O là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD).

O là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD)

$\Rightarrow \left(\widehat{SC,\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SCO}$. $\Rightarrow \widehat{SCO}=30°$

  $\Delta SOC$ vuông tại O$\Rightarrow \widehat{OSC}=90°-\widehat{SCO}=90°-30°=60°$.

  $OC\perp DB$ và $OC\perp SO\Rightarrow OC\perp \left(SBD\right)$

$\Rightarrow O$ là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng $\Rightarrow \left(\widehat{SC,\left(SBD\right)}\right)=\widehat{OSC}=60°$.

Vậy góc hợp bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (SBD) bằng $60°$.

Chọn B

Số nghiệm của phương trình f(x)=m-1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=m-1 nên phương trình f(x)=m-1 có đúng  nghiệm thực phân biệt $\iff$ đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=m-1 có đúng 3 điểm chung phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: Đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=m-1 có đúng  điểm chung phân biệt $\iff -2<m-1<1\iff -1<m<2$.

Vậy tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m là (-1;2).

Chọn B

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-1}{x^2+2mx+3m^2-m-1}=0,\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x-1}{x^2+2mx+3m^2-m-1}=0\Rightarrow y=0$ là một đường tiệm cận ngang.

Để đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận thì phương trình $g\left(x\right)=x^2+2mx+3m^2-m-1=0$ có hai nghiệm phân biệt khác 1 khi đó $\left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ g\left(1\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-2m^2+m+1>0\\ 3m^2+m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}<m<1\\ m\ne 0\\ m\ne -\frac{1}{3}\end{array}\right..$

Vậy không có số nguyên m.

Chọn C

Dựng $AE\perp BC$, $AH\perp SE$.

Theo bài, $SA\perp \left(ABC\right)\supset BC\Rightarrow SA\perp BC$.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\subset \left(SAE\right)\\ BC\perp AE\subset \left(SAE\right)\\ SA\cap AE=\left\{A\right\}\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAE\right)\supset AH\Rightarrow BC\perp AH$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AH\perp SE\subset \left(SBC\right)\\ AH\perp BC\subset \left(SBC\right)\\ BC\cap SE=\left\{E\right\}\end{array}\right.\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)$.

Xét $\Delta SAB$, có $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{5a^2-a^2}=2a$.

Xét $\Delta ABC$, có $AE=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{E}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{\frac{3a^2}{4}}=\frac{19}{12a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.

Lấy M là trung điểm của SA$\Rightarrow d\left(M,\left(SBC\right)\right)=\frac{1}{2}AH=\frac{a\sqrt{57}}{19}$.

Chọn C

Số phần tử không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=3^8$.

Gọi A là biến cố “có 3 người cùng đến quầy thứ nhất” . Khi đó $n\left(A\right)=2^5.C_8^3$.

Vậy xác suất để quầy thứ nhất có khách ghé thăm là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{2^5.C_8^3}{3^8}=\frac{1792}{6561}$.

Chọn A

Gọi số năm tính từ mốc cho đến năm 2019 là: x(năm)

Gọi số năm tính từ năm 2019 đến năm dân số Việt  Nam đạt mức 120 triệu người là: a (năm).

Năm 2019 dân số Việt Nam là 96208984 người, ta có: $96208984=A.e^{x.1,07\%}\left(1\right)$.

Dân số Việt  Nam đạt mức 120 triệu người, ta có: $120000000=A.e^{\left(x+a\right).1,07\%}\left(2\right).$

Từ (1) và (2), ta có: $120000000=96208984.e^{a.1,07\%}$

$\iff 1,2473=e^{a.1,07\%}\iff {\log }_{e}1,2473=a.\frac{1,07}{100}\iff 0,22=a.\frac{1,07}{100}\Rightarrow a\approx 21.$

Vậy năm nào dân số Việt  Nam đạt mức 120 triệu người là: $2019+21=2040.$

Chọn D

Kẻ $BN//CD\Rightarrow N$ là trung điểm của BC và CD//(SBN).

Ta lại có $AD=2BC\Rightarrow AN=BC$.

$\Rightarrow$Tứ giác ABCN là hình bình hành.

$DC\perp AC\Rightarrow BN\perp AC\Rightarrow$Tứ giác là hình thoi ABCN

$d\left(CD;SB\right)=d\left(CD;\left(SBN\right)\right)=d\left(C;\left(SBN\right)\right)=d\left(A;\left(SBN\right)\right)$

Gọi H là giao điểm của AC và BN, kẻ $AK\perp SH$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AC\perp BN\\ BN\perp SA(BN//CD)\end{array}\right.\Rightarrow BN\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BN\perp AK$

$\Rightarrow d\left(A;\left(SBN\right)\right)=AK$

$AH=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2},SA=a\sqrt{2},$ tam giác vuông SAH tại H, ta có: $\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{H}^2}\Rightarrow AK=\sqrt{\frac{S{A}^2.A{H}^2}{S{A}^2+A{H}^2}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng $\frac{a\sqrt{10}}{5}$.

Chọn A

Gọi M',N',P' lần lược là trung điểm của BC,BD,DC

Ta có $\Delta BM\text{'}N\text{'}=\Delta CM\text{'}P\text{'}=\Delta DN\text{'}P\text{'}=\Delta M\text{'}N\text{'}P\text{'}\left(c.c.c\right)\Rightarrow S_{\Delta M\text{'}N\text{'}P\text{'}}=\frac{1}{4}{S}_{\Delta BCD}$

Ta có  $OP\text{'}=\frac{1}{3}BP\text{'}=\frac{1}{3}.\frac{2\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$; $AP\text{'}=\sqrt{3}\Rightarrow AO=\sqrt{AP{\text{'}}^2-OP{\text{'}}^2}=\sqrt{3-\frac{1}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$

$V_{A.BCD}=\frac{1}{3}AO.S_{\Delta BCD}=\frac{1}{3}.\frac{2\sqrt{6}}{3}.\sqrt{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}{\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}cm}}^{\text{3}}$

$\frac{V_{A.M\text{'}N\text{'}P\text{'}}}{V_{A.BCD}}=\frac{S_{\Delta M\text{'}N\text{'}P\text{'}}}{S_{\Delta BCD}}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{A.M\text{'}N\text{'}P\text{'}}=\frac{1}{4}{V}_{A.BCD}$

Vì M,N,P lần lược là trọng tâm của ba tam giác ABC,ABD,ACD

Nên $\frac{AM}{AM\text{'}}=\frac{AN}{AN\text{'}}=\frac{AP}{AP\text{'}}=\frac{2}{3}$

Ta có $\frac{V_{A.MNP}}{V_{A.M\text{'}N\text{'}P\text{'}}}=\frac{AM}{AM\text{'}}.\frac{AN}{AN\text{'}}.\frac{AP}{AP\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{8}{27}$

$\Rightarrow V_{A.MNP}=\frac{8}{27}.V_{A.M\text{'}N\text{'}P\text{'}}=\frac{2}{27}{V}_{A.BCD}=\frac{2}{27}.\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{81}{\text{\hspace{0.17em}cm}}^{\text{3}}$

Chọn A

TH1: m=2 thì $f\left(x\right)=-7x+2,f\text{'}\left(x\right)=-7<0,\forall x\in ℝ$ suy ra nhận m=2.

TH1: $m\ne 2$ thì $f\text{'}\left(x\right)=\left(m-2\right)x^2-2\left(m-2\right)x-\left(2m+3\right)$.

Hàm số nghịch biến trên $ℝ$ khi và chỉ khi

$\left\{\begin{array}{l}a<0\\ {\Delta }^{\text{'}}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m-2<0\\ {\left(m-2\right)}^2+\left(m-2\right)\left(2m+3\right)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<2\\ -\frac{1}{3}\le m\le 2\end{array}\right.\iff -\frac{1}{3}\le m<2$

mà m nguyên nên $m\in \left\{0;1\right\}$.

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

Chọn D

Đặt $t=\ln x,x\in \left(0,1\right]\Rightarrow t\in \left(-\infty ;0\right]$ và một nghiệm t thì cho một nghiệm x.

Phương trình tương đương $f\left(t\right)=4\iff \left[\begin{array}{l}t=a(a<-2)\\ t=b(-2<b<-1)\\ t=c(-1<c<0)\\ t=d(d>2)\left(L\right)\end{array}\right.$.

Vậy phương trình có  nghiệm thuộc đoạn $\left[-2020;1\right]$.

Chọn A

Nhận thấy f(x) liên tục trên [-1;3] nên tồn tại giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [-1;3].

Ta có $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\ge 0,\forall x\in \left[-1;3\right]\\ f\left(1\right)=2\end{array}\right.$ nên suy ra $0\le \underset{x\in \left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)\le 2$.

Vậy điều kiện $0<\underset{x\in \left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)<2\iff \left\{\begin{array}{l}\underset{x\in \left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)>0\text{ (1)}\\ \underset{x\in \left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)\ne 2\text{ (2)}\end{array}\right.$.

Ta có $\left(1\right)\iff$ Phương trình $mx-2\sqrt{2x+7}-m=0$ vô nghiệm trên [-1;3]

$\iff$ Phương trình $m=\frac{2\sqrt{2x+7}}{x-1}$ vô nghiệm trên $\left[-1;3\right]\backslash \left\{1\right\}$

Xét hàm số $g\left(x\right)=\frac{2\sqrt{2x+7}}{x-1},\forall x\in \left[-1;3\right]\backslash \left\{1\right\}$

$g^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{-2x-16}{{\left(x-1\right)}^2\sqrt{2x+7}}<0,\forall x\in \left[-1;3\right]\backslash \left\{1\right\}$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phương trình $m=\frac{2\sqrt{2x+7}}{x-1}$ vô nghiệm trên $\left[-1;3\right]\backslash \left\{1\right\}\iff -\sqrt{5}<m<\sqrt{13}$.

Do m nguyên nên $m\in \left\{-2;-1;0;1;2;3\right\}$.

Để giải (2) trước hết ta đi tìm điều kiện để $\underset{x\in \left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=2$.

Do f(1)=2 nên $\underset{x\in \left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(1\right)$, mà $1\in \left(-1;3\right)$, suy ra x=1 là điểm cực trị của hàm số f(x)

Đặt $$\begin{gathered} h\left(x\right)=\frac{mx-2\sqrt{2x+7}-m}{x+2}\Rightarrow h\text{'}\left(x\right)=\frac{3m+\frac{2x+10}{\sqrt{2x+7}}}{{\left(x+2\right)}^2}\Rightarrow h^{/}\left(1\right)=0 \\ \iff m=-\frac{4}{3} \end{gathered}$$.

Do đó với m nguyên thì (2) chắc chắn xảy ra.

Vậy $m\in \left\{-2;-1;0;1;2;3\right\}$ thỏa mãn điều kiện (2)

Kết luận: Có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu.

Chọn C

Xét hàm số $t\left(x\right)=\left|x^2-8x+7\right|+x^2-3$ có TXĐ là R

Ta có: $t\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}2x^2-8x+4\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}khi\hspace{0.17em}}x\le 1,x\ge 7\\ 8x-10\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}khi }1<x<7\end{array}\right.$

Có $t\text{'}\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}4x-8\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}khi\hspace{0.17em}}x\le 1,x\ge 7\\ 8\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}khi }1<x<7\end{array}\right.$

Ta có:

Suy ra hàm số t(x) có 1 cực trị tại x=1

Suy ra hàm số $y=\left|f\left(t\right)\right|$ có 7 điểm cực đại.