Ta có: $u_2=u_{1}q=24$

Chọn A

Ta có công thức tính thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}Bh=6a^3$

Chọn B

Ta có: $\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x=\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x+\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x\iff \underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x=\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x-\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x=2-\left(-3\right)=5.$

Chọn C

Vectơ $\overrightarrow{n_3}=\left(-2;1;3\right)$ là một vectơ pháp tuyến của $\left(\alpha \right):\text{\hspace{0.17em}}2x-y-3z-5=0$.

Chọn C

Thiết diện qua trục là hình vuông nên $AB=A{A}^{\text{'}}=2R=5$.

Nên diện tích xung quanh của (T): $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi R.A{A}^{\text{'}}=\frac{5}{2}\mathrm{.2.}\pi .5=25\pi$.

Chọn D

Thể tích của khối lăng trụ: $V=B.h=12.6=72$.

Chọn B

Thể tích khối trụ là $V=\pi r^{2}h=\pi {.4}^2.5=80\pi$

Chọn D

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \mathrm{.3.5}=15\pi$.

Chọn C

Ta có $\int 5x^4\text{d}x=5.\frac{x^5}{5}+C=x^5+C$

Chọn A

Ta có ${\log }_3\left(x-6\right)=2\iff \left\{\begin{array}{l}x-6>0\\ x-6=3^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>6\\ x=15\end{array}\right.\iff x=15$

Chọn B

Ta có: $f\left(x\right)+\frac{1}{2}=0\iff f\left(x\right)=-\frac{1}{2}$. Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)+\frac{1}{2}=0$ là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng $y=-\frac{1}{2}$.

Từ đồ thị ta thấy đường thẳng $y=-\frac{1}{2}$ cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 4 điểm phân biệt.

do đó phương trình $f\left(x\right)+\frac{1}{2}=0$ có 4 nghiệm phân biệt

Chọn D

Phương trình mặt cầu có dạng $x^2+y^2+z^2-2ax-2by-2cz+d=0$.

Mặt cầu có tọa độ tâm và bán kính là: $I\left(a;b;c\right),R=\sqrt{a^2+b^2+c^2-d}$.

Do đó tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S) là: $I\left(1;-2;-3\right),R=2$.

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=-x^4+3x^2-2$ với trục hoành là

$-x^4+3x^2-2=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 1\\ x=\pm \sqrt{2}.\end{array}\right.$

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số $y=-x^4+3x^2-2$ với trục hoành là 4

Chọn D

Diện tích của mặt cầu có bán kính r=2 là $S=4\pi r^2=4\pi {.2}^2=16\pi$ 

Chọn A

Hình chiếu vuông góc của điểm $A\left(2;-1;4\right)$ trên mặt phẳng (Oxy) là M(2;-1;0)

Chọn A

Ta có $d\left(M,\left(P\right)\right)=\frac{\left|2.2-2.\left(-1\right)+3+1\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-2\right)}^2+1^2}}=\frac{10}{3}$

Chọn D

Quan sát hình vẽ nhận thấy đường cong là đồ thị của hàm bậc ba có hệ số a<0, chọn B

Theo quy tắc cộng, số cách chọn một quả cam thỏa yêu cầu bài toán là 7+5=12 (cách).

Chọn C

Ta có $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}-\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left(1;2;-1\right)$

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số ta suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng (-1;0) và $\left(1;+\infty \right)$.

Chọn D

Ta có $$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left[f\left(x\right)+2\cos x\right]\text{\hspace{0.17em}d}x=3\iff \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x+2\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\cos x\text{\hspace{0.17em}d}x=3 \\ \iff \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x+{\left.2\sin x\right|}_0^{\frac{\pi }{2}}=3\iff \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x+2=3\iff \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x=1. \end{gathered}$$

Chọn C

Với a>0, ta có ${\log }_3\left(3a^3\right)={\log }_{3}3+{\log }_3{a}^3=1+3{\log }_{3}a.$

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow{AB}\left(1;-1;2\right)\Rightarrow AB=\sqrt{1^2+1^2+2^2}=\sqrt{6}$

Chọn A

Từ bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại của hàm số đã cho là x=1.

Chọn D

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$.

Có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x+6}{x-2}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3+\frac{6}{x}}{1-\frac{2}{x}}=3$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3x+6}{x-2}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3+\frac{6}{x}}{1-\frac{2}{x}}=3$.

Do đó, đồ thị của hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang là y=3.

Chọn C

TXĐ: $D=ℝ$.

Có $7^{7x-6}=7^x\iff 7x-6=x\iff 6x=6\iff x=1$

Chọn C

$V_{\text{Ox}}=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left({(e+1)}^{2x}\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{(e+1)}^{4x}dx.$

Chọn A

Ta có $\cos \phi =\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{2}{\sqrt{5}.\sqrt{5}}=\frac{2}{5}$

Chọn B

Ta có hàm số $y=a^x$ xác định với mọi $x\in ℝ$

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: $D=\mathrm{ℝ}$

Chọn B

Ta có $\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]\text{d}x=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-\underset{1}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=8-3=5$

Chọn C

+ $I\in Oz\Rightarrow I\left(0;0;a\right)$.

+ $I\in \left(S\right)\Rightarrow I{A}^2=I{B}^2\Rightarrow 9+4+a^2=4+16+{\left(a-1\right)}^2\iff 2a-8=0\iff a=4$.

Mặt cầu (S) có tâm I(0;0;4) và bán kính $R=\sqrt{29}$ nên có phương trình:

$\left(S\right):x^2+y^2+{\left(z-4\right)}^2=29$.

Chọn B

${\log }_3\left(x^2-2x\right)>1\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x>0\\ x^2-2x>3\end{array}\right.\iff x^2-2x-3>0\iff \left[\begin{array}{l}x>3\\ x<-1\end{array}\right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình $S=\left(-\infty ;-1\right)\cup \left(3;+\infty \right)$

ChọnB

Ta có ${\log }_{6}45=\frac{{\log }_{2}45}{{\log }_{2}6}=\frac{{\log }_{2}5+2{\log }_{2}3}{1+{\log }_{2}3}=2+\frac{{\log }_{2}5-2}{{\log }_{2}3+1}.$

Suy ra $a=2,b=-2,c=1.$ Vậy a+b+c=1

Chọn B

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

Bảng xét dấu của f'(x)

Dựa vào bảng xét dấu của f'(x) suy ra hàm số đã cho có 1 điểm cực đại .

Chọn C

Phương trình: $3^{2x+5}=3^{x+2}+2\iff {27.9}^{x+1}={3.3}^{x+1}+2.$

Đặt $t=3^{x+1},t>0$.

Ta được phương trình: $27t^2-3t-2=0$.

Chọn B

TXĐ: $D=\left[-\frac{1}{3};+\infty \right)\backslash \left\{1;5\right\}$.

$\underset{x\to 1^{-}}{\text{lim}}y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{3x+1}-4}{x^2-6x+5}=-\infty .$

$\Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{3x+1}-4}{x^2-6x+5}$.

$$\begin{gathered} \underset{x\to 5}{\text{lim}}y=\underset{x\to 5}{\lim }\frac{\sqrt{3x+1}-4}{x^2-6x+5}=\underset{x\to 5}{\lim }\frac{3\left(x-5\right)}{\left(x-1\right)\left(x-5\right)\left[\sqrt{3x+1}+4\right]}=\underset{x\to 5}{\lim }\frac{3}{\left(x-1\right)\left[\sqrt{3x+1}+4\right]} \\ =\frac{3}{32} \end{gathered}$$.

$\Rightarrow x=5$ không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{3x+1}-4}{x^2-6x+5}$.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{3x+1}-4}{x^2-6x+5}$ có 1 tiệm cận đứng là x=1

Chọn D

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=1-2{\text{e}}^{2x}$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 1-2{\text{e}}^{2x}=0\iff {\text{e}}^{2x}=\frac{1}{2}\iff x=-\frac{1}{2}\ln 2$ (thoả mãn $x\in \left[-1;1\right]$)

Có: $f\left(-1\right)=-\left(1+{\text{e}}^{-2}\right);f\left(1\right)=1-{\text{e}}^2\text{;}f\left(-\frac{1}{2}\ln 2\right)=-\frac{\ln 2+1}{2}$

Vậy $\underset{x\in \left[-1;1\right]}{\max }f\left(x\right)=-\frac{\ln 2+1}{2}$ khi $x=-\frac{1}{2}\ln 2$.

Chọn A

Diện tích cần tìm là: $S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^2\text{d}x+\underset{1}{\overset{4}{\int }}\left(-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3}\right)\text{d}x=\frac{x^3}{3}\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.+\left(-\frac{1}{6}{x}^2+\frac{4}{3}x\right)\left|\begin{array}{l}4\\ 1\end{array}\right.=\frac{11}{6}$

Chọn A

Mặt cầu (S) có tâm I(-2;-3;2) và bán kính $R=\sqrt{14}$.

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng: $ax+by+cz+d=0\left(a^2+b^2+c^2\ne 0\right)$.

Theo giả thiết ta có:

$\left\{\begin{array}{l}M,N\in \left(P\right)\\ d\left(I,\left(P\right)\right)=R\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{\left|-2a-3b+2c+d\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\sqrt{14}\\ a-b+d=0\\ a+2b+c+d=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{\left|-2a-3b+2c+d\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\sqrt{14}\\ a+d=b\\ 3b+c=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a+d=b\\ c=-3b\\ \frac{\left|-3a+\left(a+d\right)-3b+2\left(-3b\right)\right|}{\sqrt{a^2+b^2+9b^2}}=\sqrt{14}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+d=b\\ c=-3b\\ \frac{\left|-3a-8b\right|}{\sqrt{a^2+10b^2}}=\sqrt{14}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a+d=b\\ c=-3b\\ {\left(3a+8b\right)}^2=14\left(a^2+10b^2\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+d=b\\ c=-3b\\ 5a^2-48ab+76b^2=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+d=b\\ c=-3b\\ \left[\begin{array}{l}a=2b\\ a=\frac{38}{5}b\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ c=-3b\\ d=-b\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=\frac{38}{5}b\\ c=-3b\\ d=-\frac{33}{5}b\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left(P\right):2x+y-3z-1=0\\ \left(P\right):\frac{38}{5}x+y-3z-\frac{33}{5}=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left(P\right):2x+y-3z-1=0\\ \left(P\right):38x+5y-15z-33=0\end{array}\right.$.

Chọn B

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0.$

Cho $x=0\Rightarrow y=d.$ Từ đồ thị có d>0

Có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$. Từ đồ thị ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị, trong đó một điểm cực trị bằng 0 và một điểm cực trị dương

$\iff$ Phương trình y'=0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm bằng 0 và một nghiệm lớn hơn 0 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{c}{3a}=0\\ -\frac{2b}{3a}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=0\\ b<0(doa>0)\end{array}\right.$

Vậy trong 4 số a,b,c và d chỉ có 1 số âm.

Chọn A

Theo đề bài ta suy ra được IJKL.EFGH là hình hộp chữ nhật. Do đó: $V_{IJKL.EFGH}=IE.IJ.IL$.

Gọi $\left(0<x<1\right)$. Ta có: $\frac{IE}{d\left(S,\left(ABCD\right)\right)}=\frac{AI}{AS}=1-x\iff IE=\left(1-x\right)d\left(S,\left(ABCD\right)\right)$.

$\frac{IJ}{AB}=\frac{SI}{SA}=x\iff IJ=x.AB$.

$\frac{IL}{AD}=\frac{SI}{SA}=x\iff IL=x.AD$.

Vậy $V_{IJKL.EFGH}=\left(1-x\right)x^{2}d\left(S,\left(ABCD\right)\right).AB.AD\Rightarrow V_{IJKL.EFGH}=\left(1-x\right)x^2.3V_{S.ABCD}$.

Xét hàm số $y=\left(1-x\right)x^2$, $\left(0<x<1\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=-3x^2+2x$. Có $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\left(l\right)\\ x=\frac{2}{3}\left(n\right)\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Vậy thể tích khối đa diện IJKL.EFGH đạt giá trị lớn nhất khi $\frac{SI}{SA}=\frac{2}{3}$$\Rightarrow a=2$, b=3.

$T=a^2+b^2=13$.

Chọn C

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{10}^3.$

Gọi A là biến cố “ bất kì 2 trong 3 tấm thẻ được lấy ra có 2 số tương ứng ghi trên 2 tấm thẻ luôn hơn kém ít nhất 2 đơn vị “.

Giả sử số ghi trên ba thẻ lấy ra sắp xếp theo thứ tự tăng dần là $1\le a<b<c\le 10.$

Vì hai trong ba tám thẻ lấy ra đó có hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn hơn kém ít nhất 2 đơn vị nên ta có $\left\{\begin{array}{l}a<b-1\\ b<c-1\end{array}\right.\Rightarrow 1\le a<b-1<c-2\le 8.$

Do đó số phần tử của biến cố A là $n\left(A\right)=C_8^3.$

Vậy xác suất cần tìm $p\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_8^3}{C_{10}^3}=\frac{7}{15}.$

Chọn B

Từ gt ta có: $3^m-{\log }_3\left(3n+{2.3}^m\right)=3n-m-1\iff 3^{m+1}+m+1={\log }_3\left(3n+{2.3}^m\right)+3n+{2.3}^m$

$\iff 3^{m+1}+m+1={\log }_3\left(3n+{2.3}^m\right)+3^{{\log }_3\left(3n+{2.3}^m\right)}(*)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=3^t+t$, ta có $f^{\text{'}}\left(t\right)=3^t.\ln 3+1>0$ với $\forall t$.

Suy ra hàm số đồng biến trên R, khi đó (*) cho ta $m+1={\log }_3\left(3n+{2.3}^m\right)\iff 3^{m-1}=n$.

Vì $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$ và $n\le 2021$ nên $0\le m-1\le {\log }_{3}2021\Rightarrow 1\le m\le 1+{\log }_{3}2021$, kết hợp với $m\in {\mathbb{Z}}^{+}$ ta suy ra có 7 giá trị thỏa mãn.

Chọn D

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

Ta có: $\frac{d(I,(SAC\left)\right)}{d(D,(SAC\left)\right)}=\frac{SI}{SD}=\frac{1}{2}\Rightarrow d(I,(SAC\left)\right)=\frac{1}{2}d(D,(SAC\left)\right)=\frac{1}{2}d(B,(SAC\left)\right)$

Và $\frac{d(B,(SAC\left)\right)}{d(H,(SAC\left)\right)}=\frac{AB}{AH}=2\Rightarrow d(B,(SAC\left)\right)=2d(H,(SAC\left)\right)$

Nên $d(I,(SAC\left)\right)=d(H,(SAC\left)\right)$.

Trong (ABCD): kẻ $BN\perp AC$ tại N, $HE\perp AC$ tại E.

Trong (SHE): kẻ $HK\perp SE$ tại E.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}HK\perp SE\\ HK\perp AC(VìAC\perp (SHE\left)\right)\\ SE\cap AC=E\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}trong\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(SAC\right)\end{array}\right.\Rightarrow HK\perp \left(SAC\right)$ hay $d(H,(SAC\left)\right)=HK$.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại B:

$\frac{1}{B{N}^2}=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{5}{4a^2}\Rightarrow BN=\frac{2a}{\sqrt{5}}\Rightarrow HE=\frac{1}{2}BN=\frac{a}{\sqrt{5}}$.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại B:

$HC=\sqrt{B{C}^2+B{H}^2}=\frac{a\sqrt{17}}{2}$.

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là $\widehat{SCH}={45}^0$.

Suy ra $\Delta SHC$ vuông cân tại H, nên $SH=HC=\frac{a\sqrt{17}}{2}$.

Xét $\Delta SHE$ vuông tại H:

$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{H{S}^2}+\frac{1}{H{E}^2}=\frac{89}{17a^2}\Rightarrow HK=\frac{{\displaystyle a\sqrt{1513}}}{{\displaystyle 89}}$.

Vậy $d(I,(SAC\left)\right)=d(H,(SAC\left)\right)=HK=\frac{a\sqrt{1513}}{89}$.

Chọn C

Gọi số tiền anh Bình vay là A đồng, với lãi suất r/ tháng, hàng tháng trả nợ a đồng. Khi đó số tiền còn nợ: 

Sau 1 tháng là $T_1=A(1+r)-a$.

Sau 2 tháng là $T_2=\left[A(1+r)-a\right]\left(1+r\right)-a=A{(1+r)}^2-a\frac{{\left(1+r\right)}^2-1}{r}$.

Sau 3 tháng là $T_3=A{(1+r)}^3-a\frac{{\left(1+r\right)}^3-1}{r}$.

…………………….

Sau n tháng là $T_n=A{(1+r)}^n-a\frac{{\left(1+r\right)}^n-1}{r}$.

Để trả hết nợ thì $T_n=0$$\iff A{(1+r)}^n-a\frac{{\left(1+r\right)}^n-1}{r}=0$

Thay A=500, a=10, r=0,85% ta có $500{(1+0,0085)}^n-10\frac{{\left(1+0,0085\right)}^n-1}{0,0085}=0$

$50.{(1,0085)}^n=\frac{{\left(1,0085\right)}^n-1}{0,0085}{(1,0085)}^n=\frac{40}{23}\iff n\approx 65,4$.

Chọn D

Gọi I là trung điểm của PN suy ra I cũng là trung điểm của CD.

Đặt $AB=x,\left(0<x<1,2\right)$ suy ra $ND=0,6-\frac{x}{2}$.

Xét tam giác NAD vuông tại D, có $\angle AND={60}^0$, khi đó $AD=ND.\tan {60}^0=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(1,2-x\right)$.

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ; chu vi đáy bằng x suy ra: $R=\frac{x}{2\pi }$.

Thể tích của khối trụ là $V=AD.\pi R^2=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(1,2-x\right).\pi \frac{x^2}{4{\pi }^2}=\frac{\sqrt{3}}{8\pi }\left(1,2x^2-x^3\right)$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{\sqrt{3}}{8\pi }\left(1,2x^2-x^3\right)$ có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{\sqrt{3}}{8\pi }\left(2,4x-3x^2\right)$; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\left(l\right)\\ x=0,8\left(t/m\right)\end{array}\right.$.

Lập BBT của hàm số f(x) trên khoảng (0;1,2): 

Thể tích khối trụ lớn nhất bằng $f\left(0,8\right)=\frac{\sqrt{3}}{8\pi }.\frac{32}{125}\left(m^3\right)\approx 17642,5\left(c{m}^3\right)$.

Chọn A

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=\left(2x+1\right)f^{\text{'}}\left(x^2+x\right)+m\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}\right)=\left(2x+1\right)\left(f^{\text{'}}\left(x^2+x\right)+\frac{m}{x^2}\right)$.

Để hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng $\left(1:+\infty \right)$ thì $\left(2x+1\right)\left(f\text{'}\left(x^2+x\right)+\frac{m}{x^2}\right)\le 0$ với $\forall x>1$.

    $\iff f^{\text{'}}\left(x^2+x\right)+\frac{m}{x^2}\le 0\forall x\in \left(1:+\infty \right)\iff 4-{\left(x^2+x\right)}^2+\frac{m}{x^2}\le 0,\forall x\in \left(1;+\infty \right)$

$\iff {\left(2x\right)}^2-{\left(x^3+x^2\right)}^2+m\le 0$ với $\forall x\in \left(1;+\infty \right)$$\iff \left(x^3+x^2-2x\right)\left(x^3+x^2+2x\right)\ge m$ với x>1.

Xét hàm số $h\left(x\right)=\left(x^3+x^2-2x\right)\left(x^3+x^2+2x\right)$ với $x\in \left(1;+\infty \right)$.

Ta có: $h^{\text{'}}\left(x\right)=\left(3x^2+2x+2\right)\left(x^3+x^2-2x\right)+\left(x^3+x^2+2x\right)\left(3x^2+2x-2\right)>0,\forall x>1$.

Ta có bảng biến thiên của hàm số h(x)

Từ bảng biến thiên suy ra $m\le 0$, kết hợp với m nguyên thuộc đoạn $\left[-2021;2020\right]$ ta được $m\in \left\{0;-1;-2;\mathrm{...};-2021\right\}$ và tổng các giá trị của m bằng $-2043231$.

Chọn A