Tâm cầu $I\left(1;-2;3\right)$

Chọn C

Từ BBT ta có giá trị cực tiểu của hàm số y=f(3)=5

Chọn D

Điều kiện $x^2-x>0\iff \left[\begin{array}{l}x<0\\ x>1\end{array}\right.$.

               ${\log }_2\left(x^2-x\right)\le 1$

                $\iff x^2-x\le 2$

                 .$\iff -1\le x\le 2$

                 Kết hợp điều kiện $\Rightarrow$tập nghiệm của bất phương trình là $\left[-1;0\right)\cup \left(1;2\right]$.

Chọn A

Ta có: ${\left(3x-2\right)}^8=\sum _{k=0}^8{C}_8^k.{\left(3x\right)}^{8-k}.{\left(-2\right)}^k=\sum _{k=0}^8{C}_8^k{.3}^{8-k}.{\left(-2\right)}^k.x^{8-k}$

Số hạng chứa $x^5$ trong khai triển ứng với $8-k=5\iff k=3$. Nên hệ số cần tìm là $C_8^3{.3}^{8-3}.{\left(-2\right)}^3=-1944C_8^3$.

Chọn A

Hình chiếu vuông góc của điểm A(5;7;11) trên trục Oz có tọa độ là (0;0;11).

Chọn C

ĐK: x>1.

Ta có ${\log }_3\left(x-1\right)=2\iff x-1=9\iff x=10$(TM).

Chọn D

   Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông ABC ta có $BC=\sqrt{5^2-3^2}=4$.

   Thể tích khối hộp đã cho là : $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=AB.BC.A{A}^{\text{'}}=\mathrm{3.4.8}=96$.

Chọn C 

Diện tích của mặt cầu đã cho bằng $S=4\pi r^2=4\pi .{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2=3\pi$.

Chọn B

Đường thẳng $d:\frac{x-1}{2}=\frac{y+3}{-4}=\frac{z+5}{-6}$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{v}=\left(2;-4;-6\right)=-2\left(-1;2;3\right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left(-1;2;3\right)$ là một vectơ chỉ phương của d.

Chọn D

Mặt phẳng $\left(P\right):2x-2y-z+7=0$ có véc tơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;-2;-1\right)$.

Đường thẳng $△$ đi qua A và nhận véc tơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;-2;-1\right)$ làm véc tơ chỉ phương có phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=1-2t\\ z=-2-t\end{array}\right.$.

H là hình chiếu của A và cũng là giao điểm của $∆$ và (P) nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=1-2t\\ z=-2-t\\ 2x-2y-z+7=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=-1\\ x=-1\\ y=3\\ z=-1\end{array}\right.\Rightarrow H\left(-1;3;-1\right)$.

Vậy a=-1, b=3, c=-1, tổng $a+b+c=1$.

Chọn B

Ta có: $\underset{x\to {\left(\frac{1}{2}\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(\frac{1}{2}\right)}^{+}}{\lim }\frac{2x+1}{2x-1}=+\infty$, $\underset{x\to {\left(\frac{1}{2}\right)}^{-}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(\frac{1}{2}\right)}^{-}}{\lim }\frac{2x+1}{2x-1}=-\infty$.

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: $x=\frac{1}{2}$.

Chọn C

Hàm số $y={\log }_5\left|x\right|$ xác định $\iff \left|x\right|>0\iff x\ne 0$.

Vậy TXĐ của hàm số đã cho là $D=\left(-\infty ;0\right)\cup \left(0;+\infty \right)$

Chọn A

Vẽ đường thẳng y=2 lên cùng hệ trục toạ độ, ta thấy đường thẳng y=2 có hai giao điểm với đồ thị hàm số y=f(x).

Vậy phương trình f(x)=2 có hai nghiệm thực phân biệt

Chọn D

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và (0;2).

Chọn B

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $2-x^2=-x\iff x^2-x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\left(TM\right)\\ x=2\left(L\right)\end{array}\right.$.

Khi đó diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai giới hạn bởi parabol $y=2-x^2$, đường thẳng y=-x và trục Oy là: $S=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left(2-x^2+x\right)dx=\frac{7}{6}.$

Chọn C

Số phức liên hợp của số phức z=3-4i là $\overline{z}=3+4i$.

Chọn B

$\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left[f\left(x\right)+2x\right]\text{d}x=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x+\underset{1}{\overset{2}{\int }}2x\text{d}x=2+{\left.x^2\right|}_1^2=2+4-1=5$

Chọn D

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác SAB vuông cân tại S có cạnh huyền AB=2a.

$\Rightarrow r=\frac{AB}{2}=a$ và $l=SA=\frac{AB}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \sqrt{2}{a}^2$.

Chọn B

Hình nón đã cho có r=1 và h=3$\Rightarrow l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{10}$  

Vậy diện tích xung quanh của hình nón $S_{xq}=\pi rl=\sqrt{10}\pi$.

Chọn C

Ta có ${\log }_{a}b=\frac{{\log }_{a}x}{{\log }_{b}x}=\frac{1}{3}$.

Suy ra ${\log }_{x^3}{a}^2{b}^3=\frac{{\log }_a{a}^2{b}^3}{{\log }_a{x}^3}=\frac{2+3{\log }_{a}b}{3{\log }_{a}x}=\frac{2+3.\frac{1}{3}}{3\alpha }=\frac{1}{\alpha }$  

Chọn D

Ta có z=-2+i.

Suy ra $\left(3-2i\right).z=\left(3-2i\right).\left(-2+i\right)=-4+7i$.

Vậy phần thực của số phức $\left(3-2i\right).z$ bằng -4.

Chọn B

Ta có $$\begin{gathered} \int {\left(2x+5\right)}^9\text{dx\hspace{0.17em}}=\frac{1}{2}\int {\left(2x+5\right)}^9\text{d}\left(2x+5\right)=\frac{1}{2}\frac{{\left(2x+5\right)}^{10}}{10}+C \\ =\frac{1}{20}{\left(2x+5\right)}^{10}+C \end{gathered}$$

Chọn D

Ta có $V=S.h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Chọn B

Ta có đồ thị của hàm bậc bốn trùng phương nên loại đáp án A và D.

Nhận thấy $\underset{x\to +\infty }{lim}y=+\infty$ nên hệ số a>0. Vậy đáp án là $y=x^4-2x^2$

Chọn C

Ta có : $U_4=U_1+\left(4-1\right)d=2+3.3=11$

Chọn D

Bất phương trình $\sqrt{2^{x^2}-16}\left(x^2-5x+4\right)\le 0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{2}^{x^2}-16=0\\ \left\{\begin{array}{l}{2}^{x^2}-16>0\\ x^2-5x+4\le 0\end{array}\right.\end{array}\right.$$\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 2\\ \left\{\begin{array}{l}{x}^2>4\\ 1\le x\le 4\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 2\\ 2<x\le 4\end{array}\right.$.

Mà x nguyên nên bất phương trình có tập nghiệm $S=\left\{\pm 2;3;4\right\}$.

Vậy bất phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên.

Chọn A

Ta có $3=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(3x\right)dx=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(3x\right)d\left(3x\right)=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)d\left(t\right)$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)d\left(t\right)=9\Rightarrow \underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)d\left(x\right)=9$.

Chọn A

Thể tích khối trụ đã cho: $V=\pi r^2.l=\pi {.3}^2.5=45\pi$.

Chọn A

Ta có: $2-yi=x+5i\iff \left\{\begin{array}{l}2=x\\ -y=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=-5.\end{array}\right.$

Chọn A

Vì đáy là tam giác vuông và AB=BC nên tam giác ABC vuông cân tại A và $AC=2a\sqrt{2}$.

Gọi H là trung điểm của AC, suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và $HA=HB=HC=a\sqrt{2}$.

Vì SA=SB=SC nên $SH\perp \left(ABC\right)$ và $SH=\sqrt{S{C}^2-C{H}^2}=a\sqrt{2}$.

Vậy H là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và bán kính mặt cầu $R=a\sqrt{2}$.

Diện tích mặt cầu là $S=4\pi R^2=4\pi {\left(a\sqrt{2}\right)}^2=8\pi a^2$.

Chọn D

Gọi I là trung điểm AB, suy ra I(2;0;1) là tâm mặt cầu.

Bán kính mặt cầu $R=\frac{AB}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$.

Phương trình mặt cầu đường kính AB là ${\left(x-2\right)}^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2=2$.

Chọn D

Ta có:

$f\left(x\right)=\cos 2x-5\cos x=2{\cos }^{2}x-1-5\cos x$.

Đặt $t=\cos x,t\in \left[-1;1\right]$. Khi đó: $f\left(t\right)=2t^2-5t-1,t\in \left[-1;1\right]$.

$f\text{'}\left(t\right)=4t-5=0\iff t=\frac{5}{4}\notin \left[-1;1\right]$.

$f\left(-1\right)=6;f\left(1\right)=-4$

 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng: -4.

Chọn B               

Số phức liên hợp của w là: $\overline{\text{w}}=1+i$.

Ta có: $z.\overline{\text{w}}=\left(4+3i\right).\left(1+i\right)=1+7i\Rightarrow \left|z.\overline{\text{w}}\right|=\left|1+7i\right|=5\sqrt{2}$

Chọn A

Hàm số đạt cực trị tại f'(x)=0 và qua nghiệm của đạo hàm sẽ đổi dấu

Dựa vào bảng xét dấu của f'(x) ta có x=-3;-2;1 thỏa mãn

Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn C

Vì lãi hàng năm được nhập vào lãi vốn nên đây là bài toán lãi kép.

Ta có số tiền gốc A = 200 triệu đồng.

Lãi suất r = 5% một năm

Số kì hạn là n năm.

Ta có công thức gửi ngân hàng lãi kép như sau $A_n=A_{gốc}{(1+r)}^n$

⟹ Số tiền cả vốn lẫn lãi sau n năm người đó nhận được nhiều hơn 300 triệu đồng

$300\ge 200{(1+5\%)}^n ⟹{(1,05)}^n\le \frac{3}{2}⟹n\le {\log }_{1,05}\frac{3}{2}⟹n\le 8,3$ năm

Vậy phải ít nhất 9 năm thì người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng.

Thử lại: $200.{(1+5\%)}^8\approx 295,491$ chưa nhiều hơn 300 triệu.

                $200.{(1+5\%)}^9\approx 301,26$ đã nhiều hơn 300 triệu

Chọn B

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ vuông góc với BC, suy ra $\left(\alpha \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{BC}=\left(1;-3;1\right)$ 

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ đi qua A(1;1;1) và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(1;-3;1\right)$ có phương trình là $1\left(x-1\right)-3\left(y-1\right)+1\left(z-1\right)=0\iff x-3y+z+1=0$            

Chọn C

Điều kiện: x>0

Ba số ${\log }_{8}4x;1+{\log }_{4}x;{\log }_{2}x$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân

$\iff {\log }_{8}4x.{\log }_{2}x={\left(1+{\log }_{4}x\right)}^2\iff {\log }_{2^3}4x.{\log }_{2}x={\left(1+{\log }_{2^2}x\right)}^2$

$\iff \frac{1}{3}\left({\log }_{2}4+{\log }_{2}x\right).{\log }_{2}x={\left(1+\frac{1}{2}{\log }_{2}x\right)}^2$

Đặt $t={\log }_{2}x$. Phương trình trở thành:

$\iff \frac{1}{3}\left(2+t\right).t={\left(1+\frac{1}{2}t\right)}^2\iff \frac{2}{3}t+\frac{t^2}{3}=1+t+\frac{1}{4}{t}^2\iff \frac{1}{12}{t}^2-\frac{1}{3}t-1=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}t=6\\ t=-2\end{array}\right.$

Với t=6$\Rightarrow {\log }_{2}x=6\iff x=2^6=64$ (nhận)

Với t=-2$\Rightarrow {\log }_{2}x=-2\iff x=2^{-2}=\frac{1}{4}$ (nhận)

Vậy $S=\left\{64;\frac{1}{4}\right\}$

Chọn A

$\left(C_1\right)$ và $\left(C_2\right)$ có đúng hai điểm chung khi và chỉ khi phương trình $x^3=3x^2+k$ có số nghiệm bằng 2.

Ta có $x^3=3x^2+k\iff x^3-3x^2=k$.

Xét thấy hàm số $y=x^3-3x^2$ là hàm số bậc 3 và có hai cực trị, vì vậy phương trình $x^3-3x^2=k$ có số nghiệm bằng 2 khi đó có hai giá trị của k.

Chọn A

$A{A}^{\text{'}}//\left(BC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\Rightarrow d\left(A{A}^{\text{'}},B{C}^{\text{'}}\right)=d\left(A{A}^{\text{'}},\left(BC{C}^{\text{'}}B\text{'}\right)\right)=d\left(A,\left(BC{C}^{\text{'}}B\text{'}\right)\right)$.

Dựng AE vuông góc với BC tại E. Lúc đó $\left(AHE\right)\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$.

Dựng AK vuông góc với EH tại K. Lúc đó $AK\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$.

Do đó $d\left(A{A}^{\text{'}},B{C}^{\text{'}}\right)=AK$.

Tính AK:

Vì ba cạnh AB,AC,AH đôi một vuông góc và $AK\perp \left(BCH\right)$ nên ta có

$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{1}{A{H}^2}$.

Ta lại có $A{H}^2=A^{\text{'}}{A}^2-A^{\text{'}}{H}^2$.

Vì tam giác A'B'C' vuông tại A' và có H là trung điểm của B'C' nên $A^{\text{'}}H=\frac{B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}{2}$.

Ta có $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=BC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a$ do đó A'H=a suy ra $A{H}^2=A^{\text{'}}{A}^2-A^{\text{'}}{H}^2=3a^2$.

$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{5}{3a^2}\Rightarrow AK=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

Vậy $d\left(A{A}^{\text{'}},B{C}^{\text{'}}\right)=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

Chọn B

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm suy ra d<0.

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y<0$ suy ra a<0.

Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm về bên trái trục tung nên phương trình y'=0 có 2 nghiệm phân biệt $x_1<x_2<0$.

Khi đó theo Viet ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{2b}{3a}<0\\ x_1.x_2=\frac{c}{3a}>0\end{array}\right.$. Từ đó suy ra b<0 và c<0.

Vậy các số a, b, c, d đều là số âm.

Chọn D

Diện tích của tam giác ABC là $S_1=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=6\sqrt{14}$.

Diện tích của tam giác SBC là $S_2=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=6\sqrt{114}$.

Từ giả thiết ta có $S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2$ và $S{A}^2+A{B}^2=S{B}^2$ nên ta có $\left\{\begin{array}{l}SA\perp AC\\ SA\perp AB\end{array}\right.$ do đó SA là chiều cao của hình chóp S.ABC. Vì vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}\mathrm{.12.6}\sqrt{14}=24\sqrt{14}$.

Mặt khác ta lại có với $\phi$ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) thì ta có

$V_{S.ABC}=\frac{2S_1.S_2.\sin \phi }{3.BC}\iff 24\sqrt{14}=\frac{2.6\sqrt{14}.6\sqrt{114}.\sin \phi }{3.10}\iff \sin \phi =\frac{10}{\sqrt{114}}$.

Do vậy $\tan \phi =\frac{\sin \phi }{\sqrt{1-{\sin }^2\phi }}=\frac{5\sqrt{14}}{7}=\frac{10\sqrt{14}}{14}$

Chọn B

Gọi M,N lần lượt là trung điểm BC và B'C'.

Gọi K là giao điểm MN và EF.

Do $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AM\\ BC\perp A^{\text{'}}M\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(AMN{A}^{\text{'}}\right)\Rightarrow BC\perp A{A}^{\text{'}}\Rightarrow BC\perp B{B}^{\text{'}}$

Do $\left(DEF\right)\perp B{B}^{\text{'}}\Rightarrow EF\perp B{B}^{\text{'}}$

Trong mặt phẳng (BCC'B') có $EF\perp B{B}^{\text{'}},BC\perp B{B}^{\text{'}}\Rightarrow BC\text{//}EF$

$\Rightarrow K$ là trung điểm EF.

Mặt khác $BC\perp \left(AMN{A}^{\text{'}}\right)\Rightarrow BC\perp DK\Rightarrow EF\perp DK$

$\Rightarrow$Tam giác DEF là tam giác cân tại D.

Do mặt phẳng (ABB'A') vuông góc với mặt phẳng (ACC'A')$\Rightarrow \widehat{EDF}=90°$

$\Rightarrow$Tam giác DEF là tam giác vuông cân tại D.

Do chu vi tam giác DEF bằng 4

$\Rightarrow DE+DF+EF=4\iff \frac{EF}{\sqrt{2}}+\frac{EF}{\sqrt{2}}+EF=4\iff EF=4\left(\sqrt{2}-1\right)$.

$\Rightarrow BC=EF=4\left(\sqrt{2}-1\right)$

Do tam giác ABC đều nên $AM=BC.\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\left(\sqrt{2}-1\right)$.

Kẻ $MH\perp A{A}^{\text{'}}\Rightarrow MH=DK=\frac{1}{2}EF=2\left(\sqrt{2}-1\right)$

Xét tam giác vuông A'MA ta có:

$\frac{1}{M{H}^2}=\frac{1}{M{A}^2}+\frac{1}{A^{\text{'}}{M}^2}\iff \frac{1}{4{\left(\sqrt{2}-1\right)}^2}=\frac{1}{12\left(\sqrt{2}-1^2\right)}+\frac{1}{A^{\text{'}}{M}^2}\iff \frac{1}{A^{\text{'}}{M}^2}=\frac{1}{6{\left(\sqrt{2}-1\right)}^2}$

$\Rightarrow A^{\text{'}}M=\sqrt{6}.\left(\sqrt{2}-1\right)$.

Vậy $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}.A^{\text{'}}M=\frac{1}{2}AM.BC.A^{\text{'}}M=12.\left(10-7\sqrt{2}\right)$.

Chọn A

Đặt $t=x-\frac{1}{2}\Rightarrow x=t+\frac{1}{2}$ ta được:

$\begin{array}{l}{f}^3\left(t+\frac{1}{2}\right)+3f\left(t+\frac{1}{2}\right)=\sin \left[2{\left(t+\frac{1}{2}\right)}^3-3{\left(t+\frac{1}{2}\right)}^2+\left(t+\frac{1}{2}\right)\right]\\ \iff f^3\left(t+\frac{1}{2}\right)+3f\left(t+\frac{1}{2}\right)=\sin \left[2{\left(t+\frac{1}{2}\right)}^3-3{\left(t+\frac{1}{2}\right)}^2+\left(t+\frac{1}{2}\right)\right]\\ \iff f^3\left(t+\frac{1}{2}\right)+3f\left(t+\frac{1}{2}\right)=\sin \left(2t^3-\frac{1}{2}t\right)\end{array}$

$\Rightarrow f^3\left(-t+\frac{1}{2}\right)+3f\left(-t+\frac{1}{2}\right)=-\sin \left(2t^3-\frac{1}{2}t\right)=-f^3\left(t+\frac{1}{2}\right)-3f\left(t+\frac{1}{2}\right)$

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

$\Rightarrow$ Hàm số $f\left(t+\frac{1}{2}\right)$ là hàm số lẻ.

Ta có: $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x$

Đặt $x=t+\frac{1}{2}\Rightarrow \text{d}x=\text{d}t$.

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=-\frac{1}{2};x=1\Rightarrow t=\frac{1}{2}$.

$\Rightarrow I=\underset{-\frac{1}{2}}{\overset{\frac{1}{2}}{\int }}f\left(t+\frac{1}{2}\right)\text{d}t=0$ do $f\left(t+\frac{1}{2}\right)$ là hàm số lẻ.

Chọn A

Từ BBT của hàm số bậc bốn trùng phương $f\left(x\right)=a{x}^4+b{x}^2+c$ ta thấy đồ thị hàm số nhận điểm có tọa độ $\left(0;1\right);\left(\pm 1;-1\right)$ là các điểm cực trị nên

$\left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=1\\ f\left(\pm 1\right)=-1\\ f\text{'}\left(\pm 1\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=1\\ a+b+c=-1\\ 4a+2b=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-4\\ c=1\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=2x^4-4x^2+1$

Khi đó hàm số $g\left(x\right)={\left[2x^3-4x\right]}^4$ có TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}$

$g\text{'}\left(x\right)=4{\left[2x^3-4x\right]}^3\left(6x^2-4\right)=4x^3{\left[2x^2-4\right]}^3\left(6x^2-4\right)$

Ta thấy $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\\ x=\pm \sqrt{\frac{2}{3}}\end{array}\right.$.

Ta thấy g'(x) đổi dấu khi qua các nghiệm $\left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\\ x=\pm \sqrt{\frac{2}{3}}\end{array}\right.$ nhưng nghiệm x=0 không thuộc tập xác định của hàm số g(x) nên hàm số g(x) có 4 cực trị.

Chọn C

Đặt $t=x+\frac{3}{2}+\sqrt{x\left(x+3\right)}\Rightarrow dt=\left(1+\frac{2x+3}{2\sqrt{x\left(x+3\right)}}\right)dx\Rightarrow \frac{dt}{t}=\frac{dx}{\sqrt{x\left(x+3\right)}}$

$\int \frac{dx}{\sqrt{x\left(x+3\right)}}=\int \frac{dt}{t}=\ln \left|t\right|+C=\ln \left|x+\frac{3}{2}+\sqrt{x\left(x+3\right)}\right|+C$

$F\left(x\right)=\frac{1}{2}\ln \left|x+\frac{3}{2}+\sqrt{x\left(x+3\right)}\right|+C\text{'}$

Có $F\left(1\right)=\frac{1}{2}\ln \frac{9}{2}+C\text{'}=ln3\Rightarrow C\text{'}=\frac{\ln 2}{2}\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(\ln \left|x+\frac{3}{2}+\sqrt{x\left(x+3\right)}\right|+\ln 2\right)$

$\Rightarrow e^{F\left(x\right)}=\sqrt{2x+3+2\sqrt{x\left(x+3\right)}}\Rightarrow e^{F\left(2021\right)}-e^{F\left(2020\right)}\in \left(\frac{1}{10};\frac{1}{5}\right)$.

Chọn A

ĐK: $\left\{\begin{array}{l}b-a>0\\ a,b>0\end{array}\right.\iff b>a>0$.         

Ta có ${\log }_3\left(1+ab\right)=\frac{1}{2}+{\log }_3\left(b-a\right)\iff {\log }_3\left(1+ab\right)-{\log }_3\left(b-a\right)=\frac{1}{2}$

$\iff {\log }_3\left(\frac{1+ab}{b-a}\right)=\frac{1}{2}\iff \frac{1+ab}{b-a}=\sqrt{3}\iff 1+ab=\sqrt{3}\left(b-a\right)\iff \frac{1}{a}+b=\sqrt{3}\left(\frac{b}{a}-1\right)$

Vì $\frac{1}{a}+b\ge 2\sqrt{\frac{b}{a}}$ nên $\sqrt{3}\left(\frac{b}{a}-1\right)\ge 2\sqrt{\frac{b}{a}}\Rightarrow 3{\left(\frac{b}{a}-1\right)}^2\ge 4\frac{b}{a}\Rightarrow 3{\left(\frac{b}{a}\right)}^2-10\frac{b}{a}+3\ge 0$      

$\Rightarrow \frac{b}{a}\ge 3$ (Do b>a>0 nên $\frac{b}{a}>1$).

Mặt khác $P=\frac{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}{a\left(a+b\right)}=\frac{1+a^2+b^2+a^2{b}^2}{a^2+ab}\ge \frac{2ab+a^2+b^2}{a\left(a+b\right)}$

$=\frac{{\left(a+b\right)}^2}{a\left(a+b\right)}=\frac{a+b}{a}=1+\frac{b}{a}\ge 4$.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}ab=1\\ \frac{b}{a}=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{\sqrt{3}}{3}\\ b=\sqrt{3}\end{array}\right.$.

Vậy minP=4. 

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{\frac{1}{x}\left(\ln x-m\right)-\frac{1}{x}\left(\ln x-10\right)}{{\left(\ln x-m\right)}^2}=\frac{\frac{1}{x}\left(10-m\right)}{{\left(\ln x-m\right)}^2}$.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(1;e^3\right)\iff y^{\text{'}}>0,\forall x\in \left(1;e^3\right)$   

$\iff \frac{\frac{1}{x}\left(10-m\right)}{{\left(\ln x-m\right)}^2}>0,\forall x\in \left(1;e^3\right)\iff \left\{\begin{array}{l}10-m>0\\ m\ne \ln x,\forall x\in \left(1;e^3\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<10\\ m\notin \left(0;3\right)\end{array}\right..$

Do m nguyên không âm nên $m\in \left\{0;3;4;5;6;\mathrm{...};9\right\}$. Vậy có 8 giá trị m thỏa mãn

Chọn B