Sắp xếp thứ tự 5 học sinh theo hàng ngang có $5!=120$ cách

Chọn D

Ta có $S_{10}=10u_1+\frac{10.9}{2}d=255$

Chọn B

Từ đồ thị hàm số ta có hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$.

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=-1

Chọn A

Dựa vào bảng xét dấu f'(x) ta thấy f'(x) đổi dấu 4 lần khi đi qua các giá trị -2,1,2,3 nên hàm số f(x) có 4 cực trị.

Chọn D

Ta có:$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3x+1}{1-x}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3+\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}-1}=-3$  nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng y=-3.

Chọn D

 Chọn D

+ Từ đồ thị ta thấy, đây là đồ thị hàm bậc ba với hệ số a>0$\Rightarrow$ loại B

+ Đồ thị đi qua điểm A(2;-3) nên chọn đáp án D.

Cho y=0 suy ra x=2.

Chọn đáp án C

Ta có: $P=\log \left(\frac{a^3}{b^5}\right)=\log a^3-\log b^5=3\log a-5\log b=3x-5y$

Chọn D

Ta có $y^{\text{'}}=a^x.\ln a$

Chọn A

 Ta có $\sqrt[3]{a^2}=a^{\frac{2}{3}}$

Chọn A

 Ta có $3^{4x-2}=81\iff 3^{4x-2}=3^4\iff x=\frac{3}{2}$

Chọn B

Điềukiện: x>0.

Ta có: ${\log }_3\left(2x\right)=4\iff 2x=3^4\iff 2x=81\iff x=\frac{81}{2}$

Chọn B

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: $\int f\left(x\right)dx=\int \left(2x^2-3\right)dx=2\int x^{2}dx-3\int dx=\frac{2}{3}{x}^3-3x+C$.

Chọn A

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: $\int f\left(x\right)dx=\int \sin 3xdx=\frac{1}{3}\int \sin 3xd\left(3x\right)=-\frac{1}{3}\cos 3x+C$.

Chọn C

Ta có $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[f\left(x\right)-3g\left(x\right)\right]\text{d}x=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-3\underset{0}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=5+9=14$

Chọn A

Ta có $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\cos x\text{d}x={\left.\sin x\right|}_0^{\frac{\pi }{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Chọn B

Ta có $\left|z\right|=\sqrt{4^2+{\left(-3\right)}^2}=5$.

Chọn A

Ta có $\overline{z}=\overline{1-2i}=1+2i$.

Phần ảo của $\overline{z}$ là 2.

Chọn A

Vì I là trung điểm AB nên $2\overrightarrow{OI}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$.

Dẫn đến $z_3=\frac{z_1+z_2}{2}=\frac{1+i+2+i}{2}=\frac{3}{2}+i$

Chọn B

Vì diện tích đáy bằng $16\pi$ nên ta có $\pi R^2=16\pi$.

Vậy thể tích khối nón là:$V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}16\pi .3=16\pi$ (đvtt).

Chọn A

Ta có $V=a^3=27$

Chọn A

Thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là $V=\pi r^{2}h$

Chọn B

Diện tích xung quanh của hình nón $S_{xq}=\pi rl=20\pi {\text{\hspace{0.17em}cm}}^2$.

Chọn A

Vì G là trọng tâm của $\Delta ABC$ nên ta có:$\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{1+2+3}{3}=2\\ y_G=\frac{-4+1+0}{3}=-1\\ z_G=\frac{2+\left(-3\right)+\left(-2\right)}{3}=-1\end{array}\right.$.

Vậy $G\left(2;-1;-1\right)$.

Chọn D

Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2$ có tọa độ tâm là I(a;b;c).

Vậy mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y+4\right)}^2+{\left(z-6\right)}^2=25$ có tọa độ tâm là I(2;-4;6).

Chọn A

Thay lần lượt 4 điểm M, N, P, Q vào phương trình $\left(\alpha \right):3x-2y+z-11=0$ ta được:

Với M(2;-3;-1), ta có $\left(\alpha \right):3.2-2.\left(-3\right)+\left(-1\right)-11=0$$\iff 0=0$ (thỏa mãn).

Với N(4;-1;1), ta có $\left(\alpha \right):3.4-2.\left(-1\right)+1-11=0\iff 4=0$ (không thỏa mãn).

Với P(0;-5;-1), ta có $\left(\alpha \right):3.0-2.\left(-5\right)+\left(-1\right)-11=0\iff -2=0$ (không thỏa mãn).

Với Q(-2;3;11), ta có $\left(\alpha \right):3.\left(-2\right)-2.3+11-11=0\iff -12=0$ (không thỏa mãn).

Vậy điểm $M\left(2;-3;-1\right)\in \left(\alpha \right)$.

Chọn B

Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{BA}=\left(1;-4;0\right)$

Chọn A

Ta có $n\left(\Omega \right)=C_{10}^2$.

Gọi A là biến cố “ Chọn ngẫu nhiên hai số có tổng là số lẻ”.

$\Rightarrow n\left(A\right)=C_5^1.C_5^1=25$ .

$\Rightarrow P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{25}{45}=\frac{5}{9}$ .

Chọn C

Xét hàm số ở đáp án A ta có $y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(2-x\right)}^2}>0,\forall x\in \left(-\infty ;2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$ suy ra hàm số không đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$. Vậy đáp án A sai.

Xét đáp án B ta có $y^{\text{'}}=-3x^2-3<0,\forall x\in ℝ$. Suy ra hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$. Vậy đáp án đúng là B.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-3x^2+2$ trên đoạn [-1;2] ta có:

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

+ $f\left(-1\right)=-2;f\left(\sqrt{3}\right)=3\sqrt{3}-7;f\left(2\right)=-2$.

Vậy $M=3\sqrt{3}-7;m=-2$. Suy ra $P=M-2m=3\sqrt{3}-3$.

Chọn D

* Điều kiện xác định $2x^2+7x>0\iff \left[\begin{array}{l}x<-\frac{7}{2}\\ x>0\end{array}\right.(*)$

* Ta có ${\log }_3\left(2x^2+7x\right)>2\iff 2x^2+7x>3^2\iff 2x^2+7x-9>0\iff \left[\begin{array}{l}x<-\frac{9}{2}\\ x>1\end{array}\right.$.

* Giao với điều kiện (*) ta được tập nghiệm của BPT đã cho là $T=\left(-\infty ;-\frac{9}{2}\right)\cup \left(1;+\infty \right)$.

Chọn B

Ta có: $\overline{z}=3+2i\Rightarrow w=iz-\overline{z}=i\left(3-2i\right)-\left(3+2i\right)=-1+i$.

Vậy số phức $w=iz-\overline{z}$ có phần thực là -1.

Chọn C

+) IC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD)

$\Rightarrow$ góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là $\widehat{SCI}$.

I là trung điểm AB của tam giác đều SAB nên $SI=\sqrt{S{B}^2-I{B}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Tam giác BIC vuông tại B nên $IC=\sqrt{B{C}^2+I{B}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Tam giác SIC vuông tại I nên $\tan \widehat{SCI}=\frac{SI}{IC}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$.

Chọn B

Ta có: $d\left(B;\left(SCD\right)\right)=2d\left(O;\left(SCD\right)\right)=2.OH=2.\frac{OI.OS}{\sqrt{O{I}^2+O{S}^2}}.$

Mà $OI=\frac{2a}{2}=a$; $OS=a\sqrt{3}$

Do đó: $d\left(B;\left(SCD\right)\right)=a\sqrt{3}.$

Chọn C

Mặt cầu tâm I và đi qua A có bán kính $R=IA=\sqrt{{\left(6-2\right)}^2+{\left(1+3\right)}^2+{\left(3-1\right)}^2}=6$.

Phương trình mặt cầu: ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=36$$\iff x^2+y^2+z^2-4x+6y-2z-22=0$.

Chọn B

Đường thẳng cần tìm đi qua A(-1;1;3) và nhận vectơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(6;3;-2\right)$ làm vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng là $\left\{\begin{array}{l}x=-1+6t\\ y=1+3t\\ z=3-2t\end{array}\right.$.

Chọn A

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x^2\right)-2x^2$ với $x\in \left[-1;2\right]\Rightarrow x^2\in [0;4]$

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=2x.f^{\text{'}}\left(x^2\right)-4x=2x\left[f^{\text{'}}\left(x^2\right)-2\right]$.

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2\right)=2\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=0\\ x^2=4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\notin \left[-1;2\right]\\ x=2\end{array}\right.$.

Với $x^2\in [0;4]$ thì $f^{\text{'}}\left(x^2\right)\ge 2\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x^2\right)-2\ge 0$.

Bảng biến thiên của g(x)

So sánh: f(1)-2 với f(4)-8

Hình phẳng (H) giới hạn bởi: y=f'(x), y=2, x=1, x=4 có diện tích là S.

$S=\underset{1}{\overset{4}{\int }}\left|f\text{'}\left(x\right)-2\right|.dx=\underset{1}{\overset{4}{\int }}\left[f^{\text{'}}\left(x\right)-2\right].dx={\left.\left(f\left(x\right)-2x\right)\right|}_1^4=f\left(4\right)-8-\left(f\left(1\right)-2\right)$.

$S>0\Rightarrow f\left(4\right)-8-\left(f\left(1\right)-2\right)>0\iff f\left(4\right)-8>f\left(1\right)-2$.

Vậy: $\underset{[-1;2]}{\min }g\left(x\right)=f\left(0\right)$ và $\underset{[-1;2]}{\max }g\left(x\right)=f\left(4\right)-8$.

Chọn A

Ÿ Ta có:

${\log }_3\left(3x+6\right)-2y=\frac{9^y-x}{2}\iff 2\left[{\log }_3\left(x+2\right)+1\right]-4y=3^{2y}-x$

$\iff x+2+2{\log }_3\left(x+2\right)=9^y+4y\iff 3^{{\log }_3\left(x+2\right)}+2{\log }_3\left(x+2\right)=3^{2y}+2.2y$

Ÿ Xét hàm số $f\left(t\right)=3^t+2t$ trên $\mathrm{ℝ}$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(t\right)=3^t\ln 3+2>0\forall t\in ℝ$, suy ra f(t) đồng biến trên $ℝ$.

Từ (1) ta có: $f\left({\log }_3\left(x+2\right)\right)=f\left(2y\right)$, suy ra ${\log }_3\left(x+2\right)=2y$.

Ÿ Vì $0\le x\le m$ nên ${\log }_{3}2\le {\log }_3\left(x+2\right)\le {\log }_3\left(m+2\right)\Rightarrow {\log }_{3}2\le 2y\le {\log }_3\left(m+2\right)$.

$\iff \frac{1}{2}{\log }_{3}2\le y\le \frac{1}{2}{\log }_3\left(m+2\right)$.

Do y nguyên dương nên $1\le y\le \frac{1}{2}{\log }_3\left(m+2\right)$.

Để có đúng 5 cặp số nguyên (x;y) thì $\frac{1}{2}{\log }_3\left(m+2\right)=5\iff m=3^{10}-2$

Vậy $m=3^{10}-2$.

Chọn A

Xét $I=\underset{e}{\overset{e^2}{\int }}\frac{f\left({\ln }^{2}x\right)}{x\ln x}dx$.

Đặt $u={\ln }^{2}x\Rightarrow du=\frac{2\ln x}{x}dx=\frac{2{\ln }^{2}x}{x\ln x}dx=\frac{2u}{x\ln x}dx\Rightarrow \frac{dx}{x\ln x}=\frac{du}{2u}.$

Đổi cận : $\left\{\begin{array}{l}x=e\Rightarrow u=1\\ x=e^2\Rightarrow u=4\end{array}\right.$.

Khi đó

$\begin{array}{l}I=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{4}{\int }}\frac{f\left(u\right)}{u}du=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{4}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{x}dx=\frac{1}{2}\left(\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{x}dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{x}dx\right)\\ =\frac{1}{2}\left(\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{2}{x\left(2x-5\right)}dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}\frac{3x^2+6x}{x}dx\right)=\frac{1}{2}\left(\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{2}{x\left(2x-5\right)}dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}\left(3x+6\right)dx\right)\\ =\frac{1}{2}\left[\frac{4}{5}\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(\frac{1}{2x-5}-\frac{1}{2x}\right)dx+{\left.\left(\frac{3x^2}{2}+6x\right)\right|}_2^4\right]=\frac{1}{2}\left[\frac{4}{5}.\frac{1}{2}{\left.\ln \left|\frac{2x-5}{2x}\right|\right|}_1^2+30\right]\\ =\frac{1}{2}\left[\frac{2}{5}\left(-\ln 6\right)+30\right]=15-\frac{1}{5}\ln 6\end{array}$.

Chọn B

Gọi số phức $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=a-bi$

Theo đề bài, $\left|z\right|={2021}^2\iff a^2+b^2={2021}^4\left(1\right)$

Xét:

$\left(z+2021i\right)\left(\overline{z}-\frac{1}{2021}\right)=z\overline{z}-\frac{1}{2021}z+2021i\overline{z}-i$$=2021-\frac{1}{2021}\left(a+bi\right)+2021i\left(a-bi\right)-i$

$=\left(2021-\frac{1}{2021}a+2021b\right)+\left(2021a-\frac{1}{2021}b-1\right)i$         

$\left(z+2021i\right)\left(\overline{z}-\frac{1}{2021}\right)$ là số thuần ảo $\iff 2021-\frac{1}{2021}a+2021b=0\iff a={2021}^2\left(b+1\right)$

Thế $a={2021}^2\left(b+1\right)$ vào phương trình (1), ta được: ${2021}^4{\left(b+1\right)}^2+b^2={2021}^4\iff \left({2021}^4+1\right)b^2+{2.2021}^{4}b=0$

Phương trình này có hai nghiệm.. Vậy có 2 số phức thỏa mãn. 

Chọn C

Gọi I là trung điểm của BC suy ra góc giữa mp (SBC) và mp (ABC) là $\widehat{SIA}=30°$.

H là hình chiếu vuông góc của A trên SI suy ra $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=a$.

Xét tam giác AHI vuông tại H có: $AI=\frac{AH}{\sin 30°}=2a$.

Xét tam giác SAI vuông tại A có: $SA=AI.\tan 30°=\frac{2a}{\sqrt{3}}$.

Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng x, mà AI là đường cao nên: $2a=x\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=\frac{4a}{\sqrt{3}}$.

Diện tích tam giác đều ABC là $S_{ABC}={\left(\frac{4a}{\sqrt{3}}\right)}^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{4a^2\sqrt{3}}{3}$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{4a^2\sqrt{3}}{3}.\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{8a^3}{9}$.

Chọn A

Theo giả thiết, ta có $\Delta AFD$ đều nên FD=2m suy ra ED=1m, $\widehat{EAD}={30}^0$ và $\widehat{EDB}={120}^0$.

Trong tam giác $\Delta EDB$ có $E{B}^2=D{E}^2+D{B}^2-2DE.DB.\cos {120}^0=\sqrt{7}$.

Gọi R là bán kính của đường tròn (C) tâm O, áp dụng định lý sin trong tam giác $\Delta AEB$ ta có $\frac{EB}{\sin \widehat{EAD}}=2\text{R}$, suy ra $\text{R=}\sqrt{7}$.

Xét tam giác OAB có $R=OA=OB=\sqrt{7}$, AB=4, suy ra $\cos \widehat{AOB}=\frac{O{A}^2+O{B}^2-A{B}^2}{2OA.OB}=-\frac{1}{7}$.

Khi đó $\widehat{AOB}\simeq 98,2^0$, suy ra độ dài dây cung (C) xấp xỉ 4,54m.

Vì chiều cao của lan can là 1m và giá kính là 2,2 triệu/m² nên số tiền ông An phải trả xấp xỉ 9,977,000đ.

Chọn C

Từ giả thiết ta có: $C\in d\Rightarrow C\left(1+2t;-1-t;4+t\right)$.

Do C là trung điểm của AB$\Rightarrow B\left(4t+1;-2t-4;2t+9\right)$.

Ta có : $\Delta \cap \left(P\right)=B\Rightarrow B\in \left(P\right)\Rightarrow 4t+1+3\left(-2t-4\right)-2\left(2t+9\right)+2=0\iff t=-\frac{9}{2}$.

Suy ra B(-17;5;0). Đường thẳng $\Delta$ đi qua hai điểm B và A.

Khi đó vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$ là $\overrightarrow{BA}=\left(18;-3;-1\right)$.

Vậy phương trình tham số của $\Delta :\left\{\begin{array}{l}x=-17+18t\\ y=5-3t\\ z=-t\end{array}\right.$.

Chọn D

Từ đồ thị hàm số y=f''(x) ta có ${f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)>0,\forall x\in ℝ\Rightarrow$ Hàm số y=f'(x) đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$.

$g^{\text{'}}\left(x\right)=2x.f^{\text{'}}\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)-2x.f^{\text{'}}\left(-x^2+6\right)=2x\left[f^{\text{'}}\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)-f^{\text{'}}\left(-x^2+6\right)\right]$.

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

( do hàm số y=f'(x) đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$)

Xét $g\text{'}\left(x\right)>0\iff$ $2x\left[f^{\text{'}}\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)-f^{\text{'}}\left(-x^2+6\right)\right]>0\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>0\\ \frac{1}{2}{x}^2>-x^2+6\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x<0\\ \frac{1}{2}{x}^2<-x^2+6\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>2\\ -2<x<0\end{array}\right.$.

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

Vì $g\left(x\right)=2f\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)+f\left(-x^2+6\right)$ là hàm số chẵn trên $\mathrm{ℝ}$ và có g(2)<0 nên $g\left(-2\right)=g\left(2\right)=a<0,g\left(0\right)=b>0$.

Bảng biến thiên của hàm số g(x):

Vậy hàm số $y=\left|g\left(x\right)\right|$ có 7 điểm cực trị.

Chọn C

Xét $\log \left[{\left({\log }_{3}x\right)}^{\log a}+3\right]={\log }_a\left({\log }_{3}x-3\right)$ (1)

+ Với x>81, suy ra ${\log }_{3}x>4\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\left({\log }_{3}x\right)}^{\log a}+3>0\\ {\log }_{3}x-3>0\end{array}\right.$.

+ Ta có (1)$\iff \log a.{\log }_a\left[{\left({\log }_{3}x\right)}^{\log a}+3\right]={\log }_a\left({\log }_{3}x-3\right)$

$\iff {\log }_a{\left({\left({\log }_{3}x\right)}^{\log a}+3\right)}^{\log a}={\log }_a\left({\log }_{3}x-3\right)$

$\iff {\left({\left({\log }_{3}x\right)}^{\log a}+3\right)}^{\log a}={\log }_{3}x-3$.

+ Đặt $y={\log }_{3}x\Rightarrow y>4$.

Đặt m=loga>0. Ta có phương trình ${\left(y^m+3\right)}^m=m-3$ (2).

+ Đặt $t=y^m+3>0$ ta được hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}{t}^m=y-3\\ t=y^m+3\end{array}\right.\Rightarrow y^m+y=t^m+t$ (3).

+ Xét hàm $f\left(t\right)=t^m+t$ với m>0,t>0 có $f\left(t\right)=m.t^{m-1}+1>0,\forall t>0$.

Suy ra $f\left(t\right)=t^m+t$ đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$.

+ Do đó (3) $\iff y=t\iff y=y^m+3\iff y^m=y-3\iff m.\log y=\log \left(y-3\right)$   $\iff m=\frac{\log \left(y-3\right)}{\log y}$

Với y>4 ta được: $0<\frac{\log \left(y-3\right)}{\log y}<1$.

Do đó: $0<m=\log a<1\iff 1<a<10$.

Do a nguyên và a>3 nên $a\in \left\{4;5;6;7;8;9\right\}$.

Chọn B

Giả sử $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\left(a\ne 0\right)$.

Có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c=0\iff \left[\begin{array}{l}x=x_1\\ x=x_2=x_1+2\end{array}\right.$.

Suy ra: $f^{\text{'}}\left(x\right)=3a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)$

 $\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=3a\left(x-x_1\right)\left(x-x_1-2\right)$

$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=3a{\left(x-x_1\right)}^2-6a\left(x-x_1\right)$.

Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

$f\left(x\right)=a{\left(x-x_1\right)}^3-3a{\left(x-x_1\right)}^2+C$.

Khi đó $f\left(x_1\right)=C$ và $f\left(x_2\right)=a{\left(x_2-x_1\right)}^3-3a{\left(x_2-x_1\right)}^2+C=8a-12a+C=C-4a$.

Mà $f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)=0$, nên $C+C-4a=0\iff C=2a$.

Suy ra $f\left(x\right)=a{\left(x-x_1\right)}^3-3a{\left(x-x_1\right)}^2+2a$.

Mặt khác $\underset{x_1}{\overset{x_1+1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\frac{5}{4}\iff \underset{x_1}{\overset{x_1+1}{\int }}\left[a{\left(x-x_1\right)}^3-3a{\left(x-x_1\right)}^2+2a\right]\text{d}x=\frac{5}{4}$