Chọn B

 Từ bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-1;0) và $\left(1;+\infty \right)$.

Chọn đáp án B

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-6x$

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$.

Bảng xét dấu :

Từ bảng xét dấu của y' ta thấy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị

Chọn B

 Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3-8x$

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$

$y\left(-1\right)=2;y\left(0\right)=5;y\left(\sqrt{2}\right)=1;y\left(2\right)=5$

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-1;2] là 5

Chọn B

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim y}=\frac{1}{2}\Rightarrow$ Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y=\frac{1}{2}$.

Chọn D

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=1 tiệm cận đứng x=1 $\Rightarrow$ loại đáp án C.

Đồ thị hàm số đi qua hai điểm $\left(-1;0\right),\left(0;-1\right)$ nên loại đáp án A và B.

Chọn đáp án D.

Chọn B

Từ hình vẽ ta có hình tứ diện đều có 6 cạnh

Chọn B

Áp dụng công thức tính thể tích của khối lăng trụ $V=B.h=6.5=30$

Chọn B

Áp dụng các tính chất của lũy thừa ta có các đáp án A, C, D đúng. Vậy đáp án B sai

Chọn A

Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm mũ $y=a^u\Rightarrow y\text{'}=u\text{'}.a^u.\ln a$

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

Chọn B

Ta có $3^{1-2x}=27\iff 3^{1-2x}=3^3\iff 1-2x=3\iff x=-1$

Chọn D

Ta có ${\log }_3{\left(x-1\right)}^2=2\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ {\left(x-1\right)}^2=3^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ \left[\begin{array}{l}x-1=3\\ x-1=-3\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ x=-2\end{array}\right.$.

Số nghiệm của phương ${\log }_3{\left(x-1\right)}^2=2$ là 2.

Chọn A

Ta có ${\log }_2\left(x-1\right)<3\iff \left\{\begin{array}{l}x-1>0\\ x-1<2^3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>1\\ x<9\end{array}\right.\iff x\in \left(1;9\right)$

Chọn A

Ta có $\int e^{2x}\text{dx}=\frac{1}{2}{e}^{2x}+C$

Chọn B

Ta có $\int \left(-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}\right)\text{dx}=\frac{1}{x}+\ln \left|x\right|+C=\frac{1}{x}+\ln \left|2x\right|+C$.

Chọn C

Chọn A

Ta có $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=1.2+\left(-1\right).1+2.\left(-1\right)=-1$

Chọn D

Chọn B

Ta có $u_5=u_1+4d=3+4d=19\Rightarrow d=4.$

Chọn C

Chọn B

Từ đồ thị của hàm số f'(x), ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)\le 0,\forall x\in \left(-\infty ;-3\right)\cup \left(-2;+\infty \right)$. Vậy hàm số y=f(x) nghịch biến trên khoảng $(0;+\infty ).$

Chọn A

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

Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(0;-1), $B\left(1;-\frac{3}{2}\right)$, $C\left(-1;-\frac{3}{2}\right)$.

Tam giác ABC có điểm A thuộc trục tung, hai điểm B,C đối xứng nhau qua trục tung nên tam giác ABC cân tại A. Trung điểm $H\left(0;-\frac{3}{2}\right)$ của  thuộc trục tung và là chân đường cao hạ từ A của tam giác, suy ra:

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}\left|y_A-y_H\right|.\left|x_B-x_C\right|=\frac{1}{2}\left|-1+\frac{3}{2}\right|.2=\frac{1}{2}$.

Chọn A

Để tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số thì phải tồn tại giá trị của x sao cho $y=4\sin x-3\cos x+2$ hay phương trình

$4\sin x-3\cos x=y-2$ có nghiệm

$\iff 4^2+{\left(-3\right)}^2\ge {\left(y-2\right)}^2\iff 25\ge {\left(y-2\right)}^2\iff -5\le y-2\le 5\iff -3\le y\le 7$  .

Vậy $M=y_{\max }=7,m=y_{\min }=-3\Rightarrow M+m=4$.

Chọn C

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

Từ đồ thị suy ra hàm số nghịch biến nên: $-a+b<0\iff a>b$.

Mặt khác đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=-1 nên a<0.

Vậy b<a<0.

Chọn A

Đáy là tam giác đều cạnh a nên có diện tích $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, chiều cao AA'=a.

Vậy thể tích khối lăng trụ: $V_{ABC.ABC}=S_{\Delta ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$.

Chọn C

Do đồ thị hàm $y=a^x$ đồng biến nên a>1. Đồ thị hàm số $y={\log }_b^{}x$ nghịch biến nên 0>b>1. Vậy $0<b<1<a.$ 

Chọn D

Đkxđ: -1<x<9.

$\begin{array}{l}\ln \left(x+1\right)+\ln \left(x+3\right)=\ln \left(9-x\right)\iff \ln \left(x+1\right)\left(x+3\right)=\ln \left(9-x\right)\\ \iff \left(x+1\right)\left(x+3\right)=9-x\iff x^2+5x-6=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-6\end{array}\right..\end{array}$

So sánh điều kiện ta thấy x=1 là nghiệm của phương trình.

Vậy phương trình có 1 nghiệm.

Chọn A

Ta có ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{\sqrt{x+2}}>2^{-x}\iff 2^{-\sqrt{x+2}}>2^{-x}\iff \sqrt{x+2}<x$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x+2\ge 0\\ x\ge 0\\ x+2<x^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -2\\ x\ge 0\\ \left[\begin{array}{l}x<-1\\ x>2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x>2\Rightarrow S=\left(2;+\infty \right)$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(2;+\infty \right)$.

Chọn A

Ta có: $\int f\text{'}\left(3x\right)dx=\frac{1}{3}f\left(3x\right)+C=\frac{1}{3}3\sqrt{2+\sin 3x}+C=\sqrt{2+\sin 3x}+C$.

Vậy $\int f\text{'}\left(3x\right)dx=\sqrt{2+\sin 3x}+C.$

Chọn B

Gọi R là bán kính của mặt cầu.

Ta có: $2R=4cm\Rightarrow R=2cm\Rightarrow S_{mc}=4\pi R^2=4\pi {.2}^2=16\pi \left(c{m}^2\right).$

Chọn B

Ta có $l^2=r^2+h^2=3+4=7\Rightarrow l=\sqrt{7}$. Do đó

$S_{xq}=\pi rl=\pi .\sqrt{3}.\sqrt{7}=\pi \sqrt{21}$.

Chọn B

Điểm A' đối xứng với điểm A qua điểm B nên B là trung điểm của đoạn AA'. Do đó

$\left\{\begin{array}{l}{x}_{A^{\text{'}}}=2x_B-x_A=-4\\ y_{A^{\text{'}}}=2y_B-y_A=3\\ z_{A^{\text{'}}}=2z_B-z_A=1\end{array}\right.\Rightarrow A^{\text{'}}\left(-4;3;1\right)$

Chọn B

Số cách chọn 1 nữ và 2 nam: $C_{10}^1.C_{25}^2=10.300=3000$.

Số cách chọn 3 nam: $C_{25}^3=2300$.

Số cách chọn 3 em học sinh trong đó có nhiều nhất 1 em nữ là: $3000+2300=5300$.

Chọn A

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-2x+3}-x}{2x-1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{1-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}}-1}{2-\frac{1}{x}}=-1$

Chọn B

Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) là góc SAO.

Vì ABCD là hình vuông nên $AO=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Tam giác SAO vuông tại O nên $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\frac{a\sqrt{14}}{2}$.

Từ đó suy ra $\tan \widehat{SAO}=\frac{SO}{AO}=\sqrt{7}$.

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}=\left(3x^2-2x+m\right){.2}^{x^3-x^2+mx+1}.\ln 2$. Hàm số đồng biến trên khoảng (1;2)

$\begin{array}{l}\iff y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in \left(1;2\right)\iff \left(3x^2-2x+m\right){.2}^{x^3-x^2+mx+1}.\ln 2\ge 0,\forall x\in \left(1;2\right)\\ \iff 3x^2-2x+m\ge 0,\forall x\in \left(1;2\right)\\ \iff m\ge -3x^2+2x,\forall x\in \left(1;2\right)\end{array}$

Xét hàm số $g\left(x\right)=-3x^2+2x$ có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra $m\ge -1$.

Chọn B

Từ $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3+2x\Rightarrow f\left(x\right)=x^4+x^2+C$. Do $f\left(0\right)=1\Rightarrow C=1\Rightarrow f\left(x\right)=x^4+x^2+1$.

Ta có $g\left(x\right)=f^3\left(x\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=3f^2\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)=3{(x^4+x^2+1)}^2.2\text{x}(2x^2+1)$.

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^4+x^2+1=0\\ x=0\\ 2{\text{x}}^2+1=0\end{array}\right.\iff x=0$

Đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm tại x=0 nên hàm số có đúng 1 điểm cực tiểu

Chọn C

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

Xét phương trình f(x)=1 thu được nghiệm kép $x=-\sqrt{2};x=\sqrt{2}$.

Xét phương trình f(x)=-4 có 2 nghiệm phân biệt x=a,x=b.

Như vậy $g\left(x\right)=\frac{x^2-2}{\left[f\left(x\right)-1\right]\left[f\left(x\right)+4\right]}=\frac{x^2-2}{k{(x^2-2)}^2\left[f\left(x\right)+4\right]}=\frac{1}{k(x^2-2)\left[f\left(x\right)+4\right]}\left(k\in ℝ,k\ne 0\right)$.

Khi đó đồ thị có 4 đường tiệm cận đứng: $x=-\sqrt{2};x=\sqrt{2}$; x=a;x=b

Chọn C

Xét phương trình $\left|f\right(g\left(x\right))-3|=1\iff \left[\begin{array}{l}f\left(g\right(x\left)\right)-3=1\\ f\left(g\right(x\left)\right)-3=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(g\right(x\left)\right)=4\\ f\left(g\right(x\left)\right)=2\end{array}\right.$

Xét $f\left(g\right(x\left)\right)=4\Rightarrow \left[\begin{array}{l}g\left(x\right)=-1\left(1\right)\\ g\left(x\right)=a>1\left(2\right)\end{array}\right.$

Phương trình (1) thu được 3 nghiệm trong đó có 1 nghiệm dương.

Phương trình (2) thu được 1 nghiệm âm.

Xét $f\left(g\right(x\left)\right)=2\Rightarrow \left[\begin{array}{l}g\left(x\right)=0\left(3\right)\\ g\left(x\right)=b<-1\left(4\right)\\ g\left(x\right)=c>1\left(5\right)\end{array}\right.$

Phương trình (3) thu được 3 nghiệm trong đó 2 nghiệm không âm;

Phương trình (4) thu được 3 nghiệm trong đó có 1 nghiệm dương;

Phương trình (5) thu được 1 nghiệm âm.

Dễ thấy các nghiệm trên đều phân biệt nên ta có 4 nghiệm không âm

Chọn D

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABB'A'; I là trung điểm cạnh .

Xét tam giác A'BC' có OI//BC'và $OI=\frac{1}{2}B{C}^{\text{'}}\Rightarrow \widehat{\left(A{B}^{\text{'}};B{C}^{\text{'}}\right)}=\widehat{\left(O{B}^{\text{'}};OI\right)}=60°$.

+) TH1: $\widehat{\left(O{B}^{\text{'}};OI\right)}=\widehat{B^{\text{'}}OI}=60°$.

Ta có: $A{B}^{\text{'}}=B{C}^{\text{'}}\Rightarrow O{B}^{\text{'}}=OI\Rightarrow \Delta O{B}^{\text{'}}I$ cân tại O mà $\widehat{B^{\text{'}}OI}=60°$

$\Rightarrow \Delta O{B}^{\text{'}}I$ là tam giác đều $\Rightarrow O{B}^{\text{'}}=OI=B^{\text{'}}I=a\sqrt{3}\Rightarrow A{B}^{\text{'}}=2a\sqrt{3}$.

Xét tam giác AA'B' vuông tại A' ta có: $A{A}^{\text{'}}=\sqrt{A{B^{\text{'}}}^2-A^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2}=\sqrt{12a^2-4a^2}=2\sqrt{2}a$.

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là: $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{\Delta ABC}=2a\sqrt{2}.{\left(2a\right)}^2\frac{\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{6}{a}^3$.

+ TH2: $\widehat{B^{\text{'}}OI}=120°$.

Xét tam giác OIB' ta có: $\cos \widehat{B^{\text{'}}OI}=\frac{O{B^{\text{'}}}^2+O{I}^2-B^{\text{'}}{I}^2}{2O{B}^{\text{'}}.OI}\Rightarrow 2O{I}^2-B^{\text{'}}{I}^2=2.O{I}^2.\cos \widehat{B^{\text{'}}OI}\Rightarrow O{I}^2=\frac{B^{\text{'}}{I}^2}{3}$

$\Rightarrow OI=O{B}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow A{B}^{\text{'}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.

Tam giác AA'B' vuông tại A' có $A{B}^{\text{'}}<A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}$ (loại).

Chọn C

Ta có: ${\log }_2^{2}2x-2\left(m+1\right){\log }_{2}x-2<0$$\iff {\left(1+{\log }_{2}x\right)}^2-2\left(m+1\right){\log }_{2}x-2<0\left(1\right)$.

Đặt ${\log }_{2}x=t$; $\iff t\in \left(\frac{1}{2};+\infty \right)$.

  $\left(1\right)\iff {\left(1+t\right)}^2-2\left(m+1\right)t-2<0\iff t^2-2mt-1<0$(2).

Để bất phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng $\left(\sqrt{2};+\infty \right)$ thì bất phương trình (2) có nghiệm thuộc $\left(\frac{1}{2};+\infty \right)$.

$\left(2\right)\iff t^2-1<2mt\iff \frac{1}{2}t-\frac{1}{2t}<m$ vì $t\in \left(\frac{1}{2};+\infty \right)$.

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

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

Để bất phương trình (2) có nghiệm thuộc khoảng $\left(\frac{1}{2};+\infty \right)\Rightarrow m>f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{3}{4}$.

Vậy $m\in \left(-\frac{3}{4};+\infty \right)$.

Chọn A

Ta có: $F^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right).{\text{e}}^x\Rightarrow 2x=f\left(x\right).{\text{e}}^x$.

Xét $I=\int f\left(x\right).{\text{e}}^x\text{d}x$

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

$\Rightarrow I=f\left(x\right).{\text{e}}^x-\int f^{\text{'}}\left(x\right).{\text{e}}^x\text{d}x\Rightarrow \int f^{\text{'}}\left(x\right).{\text{e}}^x\text{d}x=f\left(x\right).{\text{e}}^x-\int f\left(x\right){\text{e}}^x\text{d}x$

$=2x-\int 2x\text{d}x=2x-x^2+C$.

Chọn D

Ta có: $\overrightarrow{p}=k\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ vuông góc với vecto $\overrightarrow{q}=\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$

$\iff \overrightarrow{p}.\overrightarrow{q}=0\iff \left(k\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}\right)\left(\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}\right)=0\iff k{\left|\overrightarrow{u}\right|}^2-{\left|\overrightarrow{v}\right|}^2+\left(-k+1\right)\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=0$

$\iff k{\left|\overrightarrow{u}\right|}^2-{\left|\overrightarrow{v}\right|}^2+\left(-k+1\right)\left|\overrightarrow{u}\right|.\left|\overrightarrow{v}\right|cos\frac{2\pi }{3}=0\iff 4k-1-\left(-k+1\right)=0\Rightarrow k=\frac{2}{5}$.

Chọn C

Ta có: $\overrightarrow{p}=k\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ vuông góc với vecto $\overrightarrow{q}=\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$

Không gian mẫu là: $n\left(\Omega \right)=\frac{99995-10000}{5}+1=18000$

Gọi biến cố: A số được chọn chia hết cho 7

Trong tập S, số chia hết cho là bội của 7 và 5 hay số đó chia hết cho 7

$n\left(A\right)=\frac{99995-10010}{35}+1=2572$

* Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{2572}{18000}=\frac{643}{4500}$

Chọn B

Gọi H là trung điểm AB suy ra $SH\perp \left(ABCD\right)$.

Ta có $CD\text{ // }AB\Rightarrow CD\text{ // }\left(SAB\right)\Rightarrow d\left(CD;SA\right)=d\left[CD;\left(SAB\right)\right]=d\left[C;\left(SAB\right)\right]$.

Lại có $\Delta ABC$ cân tại  có $\widehat{ABC}=60°\Rightarrow \Delta ABC$ đều suy ra $CH\perp AB$.

Mặt khác $CH\perp SH$ (vì $SH\perp \left(ABCD\right)$)

Do đó $CH\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d\left[C;\left(SAB\right)\right]=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $d\left(SA;CD\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Chọn A

Dựa vào đồ thị ta có : $\left\{\begin{array}{l}{\left(-1\right)}^3+a.{\left(-1\right)}^2+b.\left(-1\right)+c=0\\ 0^3+a{.0}^2+b.0+c=0\\ 1^3+a{.1}^2+b.1+c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a-b+c=1\\ c=0\\ a+b+c=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=c=0\\ b=-1\end{array}\right.$.

Khi đó $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^3-x\Rightarrow {f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-1$

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)={\left[f\left(f^{\text{'}}\left(x\right)\right)\right]}^{\text{'}}={f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right).f^{\text{'}}\left(f^{\text{'}}\left(x\right)\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)=0\\ f^{\text{'}}\left(f^{\text{'}}\left(x\right)\right)=0\end{array}\right.$.

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

Xét $f^{\text{'}}\left(f^{\text{'}}\left(x\right)\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=-1\\ f^{\text{'}}\left(x\right)=0\\ f^{\text{'}}\left(x\right)=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}^3-x=-1\\ x^3-x=0\\ x^3-x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=a,a<-1\\ x=-1;x=1;x=0\\ x=b,b>1\end{array}\right.$.

Với $x>b\Rightarrow {f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)>0$.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\text{'}}\left(x\right)=+\infty \Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\text{'}}\left(f^{\text{'}}\left(x\right)\right)=+\infty \Rightarrow \forall x\in \left(b;+\infty \right),f^{\text{'}}\left(f^{\text{'}}\left(x\right)\right)>0$.

Do đó $g^{\text{'}}\left(x\right)>0,\forall x\in \left(b;+\infty \right)$.

Các nghiệm của phương trình g'(x)=0 đều là các nghiệm đơn nên áp dụng quy tắc đan dấu, ta có bảng biến thiên như sau :

Vậy hàm số đã cho có 4 khoảng đồng biến.

Chọn A

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=k\left(x-1\right)\left(x+1\right)=k\left(x^2-1\right)$. Lại có $f\text{'}\left(0\right)=-3\Rightarrow k=3$.

Do đó $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-3\Rightarrow f\left(x\right)=x^3-3x+C$.

 tiếp xúc với đường thẳng y=4 tại điểm có hoành độ dương khi hệ phương trình sau có nghiệm x>0: $\left\{\begin{array}{l}{x}^3-3x+C=4\\ 3x^2-3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}C=2\\ x=-1\left(Loai\right)\end{array}\right.\vee \left\{\begin{array}{l}C=6\\ x=1\left(Nhan\right)\end{array}\right.$.

Suy ra $f\left(x\right)=x^3-3x+6$.

Xét trên [0;2], ta có $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=1$. Mà $\left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=6\\ f\left(1\right)=4\\ f\left(2\right)=8\end{array}\right.\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=8$.

Chọn C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}P\in \left(MNP\right)\cap \left(BB\text{'}C\text{'}C\right)\\ MN//BC\\ MN\subset \left(MNP\right)\\ BC\subset \left(BB\text{'}C\text{'}C\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left(MNP\right)\cap \left(BB\text{'}C\text{'}C\right)=PT//MN//BC\Rightarrow \frac{BT}{BB\text{'}}=x\in \left[0;1\right]$.

Thiết diện tạo bởi (MNP) với khối lăng trụ ABC.A'B'C' là hình tứ giác MNPT.

Ta có $V_{TPMNCB}=V_{T.BCNM}+V_{N.TPC}\left(1\right)$. Mà:

$V_{T.BCNM}=\frac{1}{3}{S}_{BNCM}.d\left(T;\left(BCNM\right)\right)=\frac{1}{3}\left(S_{ABC}-S_{AMN}\right).d\left(T;\left(BCNM\right)\right)$

$=\frac{1}{3}.\left(1-\frac{1}{2}.\frac{1}{2}\right)S_{ABC}.x.d\left(B\text{'};\left(ABC\right)\right)=\frac{x}{4}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$

$V_{N.TPC}=\frac{1}{3}{S}_{TPC}.d\left(N;\left(BB\text{'}C\text{'}C\right)\right)=\frac{1}{3}\left(S_{BB\text{'}C\text{'}C}-S_{BTC}-S_{B\text{'}C\text{'}PT}\right).\frac{1}{2}d\left(A;\left(BB\text{'}C\text{'}C\right)\right)$

$$\begin{gathered} =\frac{1}{3}\left(1-\frac{x}{2}-\left(1-x\right)\right)S_{BB\text{'}C\text{'}C}.\frac{1}{2}d\left(A;\left(BB\text{'}C\text{'}C\right)\right)=\frac{x}{4}{V}_{A.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{x}{4}.\frac{2}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}} \\ =\frac{x}{6}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}} \end{gathered}$$.

Thay vào (1), ta được $V_{TPMNCB}=\left(\frac{x}{4}+\frac{x}{6}\right)V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{5x}{12}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$.

Mặt phẳng (MNP) chia khối lăng trụ thành hai khối đa diện có tỉ lệ thể tích là $\frac{1}{2}$

$\iff \left[\begin{array}{l}{V}_{TPMNCB}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}\\ V_{TPMNCB}=\frac{2}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\frac{5x}{12}=\frac{1}{3}\\ \frac{5x}{12}=\frac{2}{3}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{4}{5}\left(Nhan\right)\\ x=\frac{8}{4}\left(Loai\right)\end{array}\right.$.

Vậy $x=\frac{4}{5}$ thoả YCBT.