Chọn C

Chọn B

Chọn C

Chọn C

Chọn B

Chọn B

Chọn B

Chọn C

Chọn A

Chọn A

Chọn C

Chọn A

Chọn B

Chọn A

Chọn A

Chọn D

Chọn C

Chọn B

Chọn A

Chọn A

Chọn B

Chọn D

Chọn D

Chọn A

Chọn D

Chọn D

Chọn B

Từ giả thiết, nhận thấy z=0 không thỏa mãn. Nên ta có thể biến đổi như sau:

$z^3+2iz+1=0\iff z^3+1=-2iz\iff z^2+\frac{1}{z}=-2i\Rightarrow T=\left|z^2+\frac{1}{z}\right|=\left|-2i\right|=2$. 

Chọn C

Tiệm cận ngang: $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2-2x}-x+\frac{1}{x^2-1}\right)=+\infty \Rightarrow$ không có TCN khi $x\to -\infty$.

Tiệm cận ngang: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2-2x}-x+\frac{1}{x^2-1}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2-2x}-x\right)$.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-2x}{\sqrt{x^2-2x}+x}=-1$ có TCN y=-1 khi $x\to +\infty$.

Tiệm cận đứng: Không tồn tại giới hạn $x\to 1$ và chỉ tồn tại giới hạn:

$\underset{x\to \left(-1\right)}{\lim }y=\underset{x\to \left(-1\right)}{\lim }\left(\sqrt{x^2-2x}-x+\frac{1}{x^2-1}\right)=\pm \infty \Rightarrow$ có TCĐ là x=-1.

Suy ra đồ thị hàm số có tất cả 2 đường tiệm cận.

Chọn A

Tổng số cách chọn từ A ra 4 số bất kì là: $C_{20}^4$.

Số cách chọn ra 4 số có tích lẻ (cũng như chọn ra được 4 số lẻ) là: $C_{15}^4$.

Suy ra số cách chọn ra 4 số mà có tích chẵn là: $C_{20}^4-C_{15}^4=26040$.

Chọn D

Gọi A là điểm mà đường thẳng d cắt trục Ox. Suy ra tọa độ điểm A có dạng: A(t;0;0).

Thay điểm A vào đường thẳng d, ta được: $d:\frac{t-1}{2}=\frac{0-3}{2}=\frac{0-m}{1}\iff m=\frac{3}{2}$.

Chọn D

Điều kiện: x>0.

Phương trình đã cho $\iff {\log }^{2}x-\left(1+4\log x\right)+10-m=0\iff {\log }^{2}x-4\log x+9-m=0$.

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì: ${\Delta }^{\text{'}}=4-9+m>0\iff m>5$.

Chọn A

Yêu cầu bài toán tương đương với:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{2x+1}-1}{x}=f\left(0\right)=2m-1\iff 2m-1=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x+1-1}{x\left(\sqrt{2x+1}+1\right)} \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{\sqrt{2x+1}+1}=1\iff m=1 \end{gathered}$$

Chọn D

Vận tốc của vật: $v=\int a\text{d}t=\int \left(1-2t\right)\text{d}t=t-t^2+C\left(m/s\right)$.

Dựa vào điều kiện ban đầu, ta có: $v_0=20=C\Rightarrow v=t-t^2+20\left(m/s\right)$.

Vật dừng lại khi $v=t-t^2+20=0\iff \left[\begin{array}{l}t=-4\left(KTM\right)\\ t=5\left(TM\right)\end{array}\right.$.

Suy ra quãng đường vật đi được tính từ lúc đạp phanh cho tới khi dừng lại là:

$\underset{0}{\overset{5}{\int }}\left|v\right|\text{d}t=\underset{0}{\overset{5}{\int }}\left|t-t^2+20\right|\text{d}t=\frac{425}{6}\left(m\right)$.

Chọn A

Đạo hàm $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6mx+3\left(m-1\right)=3\left[x^2-2mx+m-1\right]$

Cách 1: Áp dụng tính chất hàm bậc ba với a>0, để hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2) thì :

$\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(1\right)\le 0\\ f\text{'}\left(2\right)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3\left(-m\right)\le 0\\ 3\left(3-3m\right)\le 0\end{array}\right.\iff m\ge 1$

Cách 2: Cô lập tham số rồi khảo sát hàm : Hàm sô nghịch biến trên khoảng (1;2) khi

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=3\left[x^2-2mx+m-1\right]\le 0,\forall x\in \left(1;2\right)\\ \iff x^2-1\le m\left(2x-1\right),\forall x\in \left(1;2\right)\iff m\ge \frac{x^2-1}{2x-1}=g\left(x\right),\forall x\in \left(1;2\right)\end{array}$

Bảng biến thiên hàm số g(x)

Suy ra $m\ge 1$.

Chọn D

Gọi $O=AC\cap BD$, suy ra SO là đường cao của hình chóp S.ABCD và có $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{4a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{14}}{2}$

Ta có

$\begin{array}{l}AB//CD\Rightarrow CD//\left(SAB\right)\\ \Rightarrow d\left(SM,CD\right)=d\left(CD,\left(SAB\right)\right)=d\left(C,\left(SAB\right)\right)=2d\left(O,\left(SAB\right)\right)\end{array}$

Hạ OP vuông góc với AB tại P, hạ OQ vuông góc với SP tại Q. Dễ dàng suy ra được

$OQ\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d\left(O,\left(SAB\right)\right)=OQ=\frac{SO.OP}{\sqrt{S{O}^2+O{P}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{14}}{2}.\frac{a}{2}}{\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{14}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}}=\frac{a\sqrt{14}}{2\sqrt{15}}$

Suy ra $d\left(SM,CD\right)=2d\left(O,\left(SAB\right)\right)=2.\frac{a\sqrt{14}}{2\sqrt{15}}=\frac{a\sqrt{210}}{15}$

Chọn A

Tâm đối xứng của đồ thị (C) là giao điểm của 2 đường tiệm cận x=1; y=1$\Rightarrow$Tâm đối xứng I(1;1)

Thay vào hàm số $y=g\left(x\right)=x^4-2m{x}^2+3-m$ ta được $1=1-2m+3-m\iff m=1$

Suy ra hàm số $y=g\left(x\right)=x^4-2m{x}^2+3-m=x^4-2x^2+2={\left(x^2-1\right)}^2+1\ge 1$

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số y=g(x) là 1

Chọn A

Thể tích khối nón (N) bằng $V=\frac{1}{3}\pi .r^{2}h=\frac{1}{3}\pi r^2\left(r\sqrt{3}\right)=\pi r^3\frac{\sqrt{3}}{3}$

Ta luôn có $\frac{h}{r}=\frac{h\text{'}}{r\text{'}}=\sqrt{3}$

Suy ra thể tích hai phần (sau khi chia mặt phẳng vuông góc với SO) là $V^{\text{'}}=\frac{V}{2}=\frac{\pi r^3}{2}$

Cũng tính được  $V^{\text{'}}=\frac{V}{2}=\frac{\pi r^3\sqrt{3}}{6}=\frac{1}{3}\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2{h}^{\text{'}}=\frac{1}{3}\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2{r}^{\text{'}}\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^3\Rightarrow r=r^{\text{'}}\sqrt[3]{2}$

Diện tích tàn phần khối nón bên trên là :

$S_1=\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2+\pi r^{\text{'}}\sqrt{{\left(r^{\text{'}}\right)}^2+{\left(h^{\text{'}}\right)}^2}=\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2+\pi r^{\text{'}}\sqrt{{\left(r^{\text{'}}\right)}^2+{\left(r^{\text{'}}\sqrt{3}\right)}^2}=3\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2$

Diện tích tàn phần khối nón bên dưới là :

$S_2=\pi r\sqrt{r^2+h^2}-\pi r^{\text{'}}\sqrt{{\left(r^{\text{'}}\right)}^2+{\left(h^{\text{'}}\right)}^2}+\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2+\pi r^2=\left(2\pi r^2-2\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2\right)+\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2+\pi r^2$

$S_2=3\pi r^2-\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2$

Suy ra tỷ lệ $\frac{S_2}{S_1}=\frac{3\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2}{3\pi r^2-\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2}=\frac{3\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2}{3\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2\sqrt[3]{4}-\pi {\left(r^{\text{'}}\right)}^2}=\frac{3}{\sqrt[3]{4}-1}$

Chọn B

Lấy điểm $B\in \Delta$ có tạo độ là $A\left(1;2;-2\right)\Rightarrow$ tọa độ điểm B' đối xứng với B qua A là $B^{\text{'}}\left(3;-4;-4\right)$ 

Đường thẳng d sẽ đi qua điểm B' và song song với đường thẳng $∆$

VTCP của đường thẳng d là $\overrightarrow{u}\left(-2;-1;-2\right)$ Suy ra phương trình tham số của đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}x=3-2t\\ y=-4+t\\ z=-4-2t\end{array}\right.$

Giao của đường thẳng d với mặt phẳng (Oyz) là $d:\left\{\begin{array}{l}3-2t=0\Rightarrow t=\frac{3}{2}\\ y=-4+t=-\frac{5}{2}\\ z=-4-2t=-7\end{array}\right.\Rightarrow \left(0;\frac{-5}{2};-7\right)$  

Chọn B

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

${f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{2}\mathrm{.2.}\left(-\frac{1}{2}\right)\mathrm{.2.}{\left(2x+1\right)}^{-\frac{3}{2}}=\left(-1\right){\left(2x+1\right)}^{-\frac{3}{2}}\Rightarrow {f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(0\right)=-1$

${{f^{\text{'}}}^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)=\left(-1\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\mathrm{.2.}{\left(2x+1\right)}^{-\frac{5}{2}}=\left(-1\right)\left(-3\right){\left(2x+1\right)}^{-\frac{5}{2}}\Rightarrow {{f^{\text{'}}}^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(0\right)=\left(-1\right)\left(-3\right)$

$f^{\left(4\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)\left(-3\right)\left(-\frac{5}{2}\right)\mathrm{.2.}{\left(2x+1\right)}^{-\frac{7}{2}}=\left(-1\right)\left(-3\right)\left(-5\right){\left(2x+1\right)}^{-\frac{7}{2}}\Rightarrow f^{\left(4\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)\left(-3\right)\left(-5\right)$

 $f^{\left(11\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)\left(-3\right)\left(-5\right)\mathrm{.......}\left(-17\right)\left(-19\right)=654729075$

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm $x^4-2\left(3m-1\right)x^2+4m-7=0$

Đặt $t=x^2$ Từ điều kiện phương trình có bốn nghiệm phân biệt $x_4<-2<-1<x_3<x_2<x_1$

Suy ra phương trình $g\left(t\right)=t^2-2\left(3m-1\right)t^2+4m-7=0$ phải có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn $0<t_1<1<4<t_2$

Bảng xét dấu tam thức bậc 2:

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}g\left(0\right)>0\\ g\left(1\right)<0\\ g\left(4\right)<0\\ t_1+t_2>0+4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}4m-7>0\\ -2m-4<0\\ -20m+17<0\\ 6m-2>4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{7}{4}\\ m>-2\\ m>\frac{17}{20}\\ m>1\end{array}\right.\iff m>\frac{7}{4}$.

Chọn A

Đặt $u=4.\cos x+1$. Phương trình trở thành: f(u)=m. Sử dụng kĩ năng ghép trục. 

• Bảng biến thiên trên $x\in \left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{3}\right)$ như sau: 

• Để phương trình: f(u)=m có ba nghiệm thực $x\in \left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{3}\right)$ thì ta phải có: 

$\left[\begin{array}{c}m=6\\ m=4\\ 0<m\le 2\Rightarrow m=\{1;2\}\end{array}\Rightarrow m\in \{1;2;4;6\}\Rightarrow \sum m=13\right.$.

Chọn C

Dễ dàng lập được phương trình của parabo đỉnh $I_1\left(0;1\right)$ và đi qua điểm A(1;2) tương ứng là: $y=f\left(x\right)=x^2+1$.

Parabol $\left(P_2\right)$  có phương trình: $y=g\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ đi qua A(1;2) và có đỉnh $I_2(3;m).$ Suy ra $\left\{\begin{array}{c}a+b+c=2\\ -\frac{b}{2a}=3\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}a+b+c=2\\ 6a+b=0\end{array}\right.\right.$

Hai parabol tiếp xúc nhau tại điểm A(1;2), tức là tức là phương trình hoành độ giao điểm của chúng là $a{x}^2+bx+cy=x^2+1$ có nghiệm kép  $x_0=1\iff (1-a)x^2-bx+1-c=0$ có nghiệm kép $x_0=1\iff \frac{b}{2\left(1-a\right)}=1\iff 2a+b=2$

Suy ra: $\left\{\begin{array}{l}a+b+c=2\\ 6a+b=0\\ 2a+b=2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=3\Rightarrow T=a+b+3c=1\\ c=-\frac{1}{2}\end{array}\right.\right.$.

Chọn C

$\mathrm{SDCT}\left(\left|f\right(x)+2m-3|\right)=\mathrm{SDCT}\left(f\left(x\right)+2m-3\right)+\mathrm{SNBL}\left(f\left(x\right)+2m-3=0\right)$.

Mà ta có số điểm cực trị của $f\left(x\right)+2m-3$ bằng số điểm cực trị của hàm f(x) và bằng 2.

Vậy số điểm cực trị của hàm số $y=\left|f\left(x\right)+2m-3\right|$ bằng $5\iff$ số điểm cực trị của hàm $f\left(x\right)+2m-3$ bằng $3\iff$ số nghiệm bội lẻ của phương trình $f\left(x\right)=3-2m$ bằng 3.

Dễ thấy $-3<3-2m<6\iff -\frac{3}{2}<m<3$.

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-1;0;1;2\right\}$.

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Chọn A            

Gọi độ dài cạnh: AC=BD=x. Có $\Delta ABC$ cân tại A và $\Delta ADC$ cân tại D.

Gọi M là trung điểm của AC suy ra $AC\perp BM$ và $AC\perp DM$.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ACD) là $\phi =\widehat{BMD}={60}^{\text{o}}$.

Xét tam giác BCM vuông tại C có: $BM=\sqrt{36-\frac{x^2}{4}}$.

Xét tam giác DCM vuông tại C có: $DM=\sqrt{25-\frac{x^2}{4}}$.

Xét tam giác BDM có: $B{D}^2=B{M}^2+D{M}^2-2.BM.DM.\cos {60}^{\text{o}}$

$x^2=\left(36-\frac{x^2}{4}\right)+\left(25-\frac{x^2}{4}\right)-\sqrt{36-\frac{x^2}{4}}.\sqrt{25-\frac{x^2}{4}}\iff x\approx 5$.

Chọn A            

Gọi $z=x+yi,\left(x,y\in ℝ\right)$.

Khi đó: $z\left(\overline{z}+4-3i\right)+iz+ki=0\iff {\left|z\right|}^2+4z-2iz+ki=0$   

$\iff \left(a^2+b^2\right)+4\left(a+bi\right)-2i\left(a+bi\right)+ki=0\iff \left(a^2+b^2+4a+2b\right)+\left(4b-2a+k\right)i=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{a}^2+b^2+4a+2b=0\\ 4b-2a+k=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{\left(a+2\right)}^2+{\left(b+1\right)}^2=5\left(C\right)\\ 4b-2a+k=0\left(d\right)\end{array}\right.$.

Đường tròn (C) có tâm $I\left(-2;-1\right),R=\sqrt{5}$.

Điều kiện thỏa mãn: $d\left(I;d\right)\le R\iff \frac{\left|-4+4+k\right|}{\sqrt{16+4}}\le \sqrt{5}\iff \left|k\right|\le 10\iff k\le 10$.

Suy ra giá trị lớn nhất của số thực k là $k_{\max }=10$.

Chọn A

Từ giả thiết ta có: $AC=\sqrt{S{C}^2-S{A}^2}=a=AB\Rightarrow ABC$ là tam giác cân tại A. Gọi E,F lần lượt là trung điểm của $SB,BC\Rightarrow AF\perp BC\Rightarrow AF\perp \left(SBC\right)\left(1\right)$.

$\left\{\begin{array}{l}SB\perp AE\\ SB\perp AF\end{array}\right.\Rightarrow SB\perp \left(AEF\right)\Rightarrow SB\perp EF\Rightarrow SF=FB=FC\Rightarrow SBC$ vuông tại S.

Ta có AF là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

$BC=\sqrt{S{C}^2+S{B}^2}=a\sqrt{3}$.

Từ đó suy ra bán kính mặt cầu là $R=OA=OB=a$.

Thể tích khối cầu ngoại tiếp SABC là: $V_{SABC}=\frac{4\pi a^3}{3}$.

Chọn B

+) Gắn trục Ox dọc theo đường cao SO, trục Oy dọc theo OA. Khi đó thiết diện cắt bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox là những tam giác đều có cạnh bằng a. Khoảng cách từ các đỉnh của tam giác thiết diện tới trục Ox là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác thiết diện $y=R=\frac{a}{\sqrt{3}}$.

Lập phương trình một parabol đi qua ba điểm S,B,A như hình vẽ.

+) Parabol có dạng $x=m{y}^2+my+p$.

+) Lần lượt cho qua điểm $A\left(x=0;y=6\right);B\left(x=6,y=4\right);S\left(x=12;y=0\right)$ ta được:

$\left\{\begin{array}{l}36m+6n+p=0\\ \begin{array}{l}16m+4n+p=6\\ p=12\end{array}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=\frac{-1}{4}\\ \begin{array}{l}n=\frac{-1}{2}\\ p=12\end{array}\end{array}\right.\Rightarrow x=-\frac{1}{4}{y}^2-\frac{1}{2}y+12$

$\Rightarrow y=-1\pm \sqrt{49-4x}\left(x>0\right)\Rightarrow y=-1+\sqrt{49-4x}\left(x>0\right)$.

+) Xét vật thể dọc theo trục Ox được giới hạn từ x=0 đến x=12. Cắt vật thể bằng mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x. Khi đó thiết diện là tam giác đều có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R=y=-1+\sqrt{49-4x}=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=\sqrt{3}\left(-1+\sqrt{49-4x}\right)$.

+) Diện tích thiết diện là $S\left(x\right)=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}{\left(-1+\sqrt{49-4x}\right)}^2}{4}$.

Suy ra thể tích vật thể $V={\int }_0^{12}S\left(x\right)\text{d}x={\int }_0^{12}\frac{3\sqrt{3}{\left(-1+\sqrt{49-4x}\right)}^2}{4}\text{d}x\approx 257,2\left({\text{m}}^3\right)$.

Chọn C

+) Nhận thấy: $\sqrt{x^2+1}\pm x>0$.

+) Phương trình đã cho $\iff {\log }_{\left|x-m\right|}\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)={\log }_{\frac{\left|x+m\right|}{9}}\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}=-{\log }_{\frac{\left|x+m\right|}{9}}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)$.

${\log }_{\left|x-m\right|}\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)={\log }_{\frac{9}{\left|x+m\right|}}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)\iff \left|x-m\right|=\frac{9}{\left|x+m\right|}$.

+) Suy ra: $\left|x^2-m^2\right|=9\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=m^2+9\\ x^2=m^2-9\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm \sqrt{m^2+9}\\ x=\pm \sqrt{m^2-9}\end{array}\right.\right.$.

+) Ta sẽ xét hai trường hợp có số loga bằng 1 khi nào:

+) Khi $\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left|x-m\right|=1\\ \left|x+m\right|=9\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}\left|x-m\right|=9\\ \left|x+m\right|=1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x=m\pm 1\\ x=-m\pm 9\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x=m\pm 9\\ x=-m\pm 1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=\pm 5\\ m=\pm 4\end{array}\right.$.

+) Để phương trình có ba nghiệm thực phân biệt thì xảy ra các trường hợp sau:

+) Trường hợp 1: Khi $m^2-9=0\iff m=\pm 3$. Khi đó nghiệm là $x=0;x=\pm \sqrt{m^2+9}=\pm 3\sqrt{2}$.

+) Trường hợp 2: Khi $\left[\begin{array}{l}m=\pm 4\\ m=\pm 5\end{array}\right.$ luôn có 1 nghiệm vi phạm có số loga bằng 1 lên phương trình chỉ có 3 nghiệm phân biệt. Thỏa mãn bài toán.

Suy ra các giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn là: $m=\left\{\pm 4;\pm 5;\pm 3\right\}$.

Có 6 giá trị m thỏa mãn.

Chọn B

+) Để tồn tại vô số mặt phẳng (P) đi qua d và cách đều A,B khi và chỉ khi, xảy ra hai trường hợp sau:

+) Đường thẳng d song song với AB hoặc đường thẳng d đi qua trung điểm M(-1;1;0) của AB.

+) Có $\overrightarrow{AB}=\left(-8;4;-2\right)$ và VTCP của d là $\overrightarrow{u}=\left(2;1;p\right)$, suy ra AB không song song với d. Tức là d phải đi qua trung điểm M của AB.

Suy ra $d:\frac{-1-m}{2}=\frac{1-n}{1}=\frac{0+1}{-p}\iff \frac{-1-m}{2}=1-n=\frac{1}{-p}\iff \left\{\begin{array}{l}p=\frac{1}{n-1}\\ m=2n-3\end{array}\right.$.

Suy ra $T=m+n+p=2n-3+n+\frac{1}{n-1}=3\left(n-1\right)+\frac{1}{n-1}\ge 2.\sqrt{3\left(n-1\right).\frac{1}{n-1}}=2\sqrt{3}$.

Chọn C

+) Tập S chỉ gồm các số tự nhiên nhỏ hơn hoặc bằng 6 chữ số.

+) Số tự nhiên có một chữ số là $\left\{1;2\right\}=2$ số.

+) Số tự nhiên có 2 chữ số là: $\left\{11;12;21;22\right\}=4$ số.

+) Số tự nhiên có 3 chữ số là $2^3=16$ số.

+) Số tự nhiên có 4 chữ số là $2^4=16$ số.

+) Số tự nhiên có 5 chữ số là $2^5=32$ số.

+) Số tự nhiên có 6 chữ số là $2^6=64$ số.

+) Suy ra số phần tử của tập S là: 126.

+) Các số chia hết cho 18 là các số đồng thời chia hết cho 2 và chia hết cho 9. Suy ra chữ số tận cùng là 2 và tổng các chữ số chia hết cho 9. Gọi X là tập các số tự nhiên chia hêt cho 18 ở trong X.

Trường hợp 1: Số trong tập X có 5 chữ số dạng 12222 ( 4 chữ số 2, 1 chữ số 1 và chữ số tận cùng là 2). Trường hợp này số cách chọn là: 1 chữ số 2 cố định cuối… 3 chữ số 2 còn lại xếp vào 4 vị trí và một chữ số 1 thì xếp cố định cuối cùng, tức là có: $C_4^3=4$.

Trường hợp 2: Số trong tập X có 6 chữ số dạng: 111222, tương tự suy ra số cách chọn là: $C_5^2=10$.

Suy ra số phần tử của tập X là $n\left(X\right)=14$.

Khi lấy hai số từ S, không gian mẫu là: $C_{126}^2$, biến cố có lợi là: $C_{14}^2$.

Vậy xác suất là $P=\frac{C_{14}^2}{C_{126}^2}=\frac{13}{1125}$.