Đáp án A.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=0; tiệm cận ngang y=1.

Đáp án D.

Ta có hàm số $y=1-x^3$ có tập xác định là $ℝ$ và $y^{\text{'}}=-3x^2\le 0$ với $\forall x\in ℝ$. Do đó hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$.

Đáp án B.

Ta có $\frac{3n^2-19n}{4}=\frac{3}{4}{n}^2-\frac{19}{4}n=S_n=n{u}_1+\frac{n^2-n}{2}d=\frac{d}{2}{n}^2+\left(u_1-\frac{d}{2}\right)n$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{d}{2}=\frac{3}{4}\\ u_1-\frac{d}{2}=-\frac{19}{4}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=-4\\ d=\frac{3}{2}\end{array}\right.$

Đáp án C

Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:

- Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

- Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Ta thấy có ba hình thỏa mãn hai tính chất trên.

Đáp án B

Ta có $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi \mathrm{.3.4}=24\pi \left(c{m}^2\right)$

Đáp án C

Gọi G(x;y;z) là trọng tâm của $\Delta ABC$. Khi đó:  $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{1-3+8}{3}=2\\ y=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{1+0+2}{3}=1\\ z=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{2+1-6}{3}=-1\end{array}\right.$

Vậy G(2;1;-1).

Đáp án B

Ta có: $\int \cos 6xdx=\frac{1}{6}\int \cos 6xd\left(6x\right)=\frac{1}{6}\sin 6x+C$

Đáp án D

Xét tích phân $\underset{-2}{\overset{0}{\int }}f\left(-x\right)dx=2$ 

Đặt $-x=t\Rightarrow dx=-dt$.

Đổi cận: khi x=-2 thì t=2; khi x=0 thì t=0

do đó $\underset{-2}{\overset{0}{\int }}f\left(-x\right)dx=-\underset{2}{\overset{0}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt\Rightarrow \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=2\Rightarrow \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=2$

Đáp án D

Gọi $\overrightarrow{u_1}$; $\overrightarrow{u_2}$ lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng $d_1$; $d_2$. $\overrightarrow{u_1}=\left(1;1;0\right)$; $\overrightarrow{u_2}=\left(-1;0;1\right)$

Áp dụng công thức ta có $\cos \left(d_1,d_2\right)=\left|\cos \left(\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right)\right|=\frac{\left|\overrightarrow{u_1}.\overrightarrow{u_2}\right|}{\left|\overrightarrow{u_1}\right|.\left|\overrightarrow{u_2}\right|}=\frac{\left|-1\right|}{\sqrt{1+1}.\sqrt{1+1}}=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow \left(d_1,d_2\right)=60°$

Đáp án A

Đồ thị hàm số đi qua các điểm (1;0) và (e;1) nên loại đáp án B, D.

Mặt khác với $x\in \left(0;1\right)$ thì đồ thị nằm dưới trục Ox nên loại đáp án C

Chọn đáp án: D

Đáp án B

Các viên bi lấy ra có đủ cả 2 màu nên ta có các trường hợp:

Vậy có tất cả $C_6^1\times C_5^3+C_6^2\times C_5^2+C_6^3\times C_5^1=310$ cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

Hoành độ của điểm M bằng 2; tung độ điểm M bằng 0 suy ra z=2.

Đáp án A

Do là hàm số nghịch biến nên $y={\log }_{c}x\Rightarrow 0<c<1$. Hàm số $y={\log }_{a}x$, $y={\log }_{b}x$ đồng biến $\Rightarrow a,b>1$. Kẻ đường thẳng y=1 lần lượt cắt các đồ thị $y={\log }_{a}x$, $y={\log }_{b}x$, $y={\log }_{c}x$ tại a, b, c ta có $b>a>c$.

Đáp án A

Số nghiệm của phương trình f(x)=x là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=x. Theo bảng biến thiên ta có số nghiệm là 3

Đáp án D

Bán kính đáy $r=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Chiều cao h=a

Diện tích xung quanh $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \frac{a\sqrt{2}}{2}a=\pi \sqrt{2}{a}^2$

Đáp án C

Ta có: $y=x^4+m{x}^2\Rightarrow y^{\text{'}}=4x^3+2mx=2x\left(2x^2+m\right)$

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

• Nếu $m\ge 0$ ta có bảng biến thiên: 

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=0.

• Nếu m<0 ta có bảng biến thiên:

Suy ra hàm số đạt cực đại tại x=0.

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x=0 khi $m\ge 0$.

Đáp án C

Hàm số có tập xác định là $ℝ\iff x^2-2x+m>0$, $\forall x\in ℝ$.

Tam thức vế trái có hệ số bậc hai dương nên để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ${\Delta }^{\text{'}}<0\iff 1-m<0\iff m>1$. Vậy m>1

Đáp án D

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ ba bó hoa gồm 21 hoa.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=C_{21}^7=116280$

Gọi A là biến cố "7 hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly". Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

• TH1: Chọn 1 hoa hồng, 1 hoa ly và 5 hoa huệ nên có $C_8^1.C_7^1.C_6^5$ cách.
• TH2: Chọn 2 hoa hồng, 2 hoa ly và 3 hoa huệ nên có $C_8^2.C_7^2.C_6^3$ cách.
• TH3: Chọn 3 hoa hồng, 3 hoa ly và 1 hoa huệ nên có $C_8^3.C_7^3.C_6^1$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là $\left|\Omega \right|C_8^1.C_7^1.C_6^5+C_8^2.C_7^2.C_6^3+C_8^3.C_7^3.C_6^1=23856$.

Vậy xác suất cần tính $P\left(A\right)=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{23856}{116280}=\frac{994}{4845}$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: $x^3+11x-6=6x^2\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\\ x=3\end{array}\right.$

Diện tích của hình phẳng là: $S=\left|\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(x^3-6x^2+11x-6\right)dx\right|+\left|\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(x^3-6x^2+11x-6\right)dx\right|$

 $=\left|\left(\frac{x^4}{4}-2x^3+\frac{11}{2}{x}^2-6x\right)\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_1\end{array}\right.\right|+\left|\left(\frac{x^4}{4}-2x^3+\frac{11}{2}{x}^2-6x\right)\left|\begin{array}{l}{}^3\\ {}_2\end{array}\right.\right|=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$

Đáp án A

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

${\log }_{3}x.{\log }_3\left(2x-1\right)=2{\log }_{3}x\iff {\log }_{3}x.{\log }_3\left[\left(2x-1\right)-2\right]=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{3}x=0\\ {\log }_3\left(2x-1\right)=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ 2x-1=9\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\left(TM\right)\\ x=5\left(TM\right)\end{array}\right.$.

Vậy phương trình có 2 nghiệm

Đáp án D

Ta có $\sqrt[5]{8\sqrt{2\sqrt[3]{2}}}=\sqrt[5]{2^3\sqrt{2\sqrt[3]{2}}}=2^{\frac{3}{5}}{.2}^{\frac{1}{10}}{.2}^{\frac{1}{30}}=2^{\frac{3}{5}+\frac{1}{10}+\frac{1}{30}}=2^{\frac{11}{15}}$

$\Rightarrow \frac{m}{n}=\frac{11}{15}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=11\\ n=15\end{array}\right.\Rightarrow P=m^2+n^2={11}^2+{15}^2=346$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^4-x^2=3x^2+1$ (1)

$\left(1\right)\iff x^4-x^2-3x^2-1=0\iff x^4-4x^2-1=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=2+\sqrt{5}\\ x^2=2-\sqrt{5}\left(VN\right)\end{array}\right.\iff x=\pm \sqrt{2+\sqrt{5}}$

Số điểm chung của hai đồ thị $y=x^4-x^2$ và $y=3x^2+1$ bằng số nghiệm của phương trình (1) là hai

Đáp án C

Từ giả thiết ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.$

$\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\Rightarrow \widehat{SBC}=90°$ (1).

Chứng minh tương tự ta cũng có: $CD\perp SD$

$\Rightarrow \widehat{SDC}=90° \left(2\right).$

Do $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow \widehat{SAC}=90° \left(3\right)$.

Từ (1), (2) và (3) suy ra: mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là mặt cầu đường kính SC nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của đoạn thẳng SC

Đáp án C

Hàm số xác định khi $x^2-9\ge 0\iff \left(x-3\right)\left(x+3\right)\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}x\ge 3\\ x\le -3\end{array}\right.$

Đáp án C

$d\left(A\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|5+m\right|}{3}=1\iff \left[\begin{array}{l}m+5=3\\ m+5=-3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=-2\\ m=-8\end{array}\right.$

Đáp án A

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(1;1;1\right)$. Do $H\in d\Rightarrow H\left(1+t;1+t;t\right)$.

Ta có: $\overrightarrow{AH}=\left(t;t;t-1\right)$. Do H là hình chiếu của điểm A lên đường thẳng d nên suy ra $\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{u}\iff \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u}=0\iff t+t+t-1=0\iff t=\frac{1}{3}\Rightarrow H\left(\frac{4}{3};\frac{4}{3};\frac{1}{3}\right)$

.

Đáp án B

Do $a=\frac{3}{2}>0$ nên hàm số có cực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ khi $-2m\ge 0\iff m\le 0$.

Đáp án C

Dựa vào hình vẽ ta có được $z_1=3+2i$,$z_2=1-4i\Rightarrow \frac{z_1}{z_2}=\frac{3+2i}{1-4i}=-\frac{5}{17}+\frac{14}{17}i$.

Đáp án A

Ta có $z=1-\frac{1}{3}i\Rightarrow \overline{z}=1+\frac{1}{3}i$.

Khi đó: $w=i\overline{z}+3z=i\left(1+\frac{1}{3}i\right)+3\left(1-\frac{1}{3}i\right)=\frac{8}{3}$.

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của $A_1$ lên $B_1{C}_1$.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}{A}_{1}H\perp B_1{C}_1\\ A_{1}H\perp B{B}_1\end{array}\right.\Rightarrow A_{1}H\perp \left(BIK\right)$ hay $A_{1}H$ là đường cao của tứ diện $A_{1}BIK$.

Ta có $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2-2AB.AC.\cos 120°}=a\sqrt{7}$

Ta có $S_{\Delta A_1{B}_1{C}_1}=\frac{1}{2}{A}_{1}H.B_1{C}_1=\frac{1}{2}{A}_1{B}_1.A_1{C}_1.\sin 120°$

$\iff A_{1}H=\frac{A_1{B}_1.A_1{C}_1.\sin 120°}{B_1{C}_1}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

$V_{A_{1}IBK}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta BIK}.A_{1}H=\frac{1}{3}\frac{a^2\sqrt{35}}{2}.\frac{a\sqrt{21}}{7}=\frac{1}{6}{a}^3\sqrt{15}$

+) Mặt khác $BK=\sqrt{C{K}^2+C{B}^2}=2a\sqrt{3}$, $K{A}_1=\sqrt{C_1{K}^2+C_1{A_1}^2}=3a$

$B{A}_1=\sqrt{A{B}^2+A{A}_1^2}=a\sqrt{21}$

Ta thấy $B{K}^2+K{A}_1^2=B{A}_1^2$ vuông tại K $\Rightarrow \Delta A_{1}BK$.vuông tại K $\Rightarrow S_{\Delta A_{1}KB}=\frac{1}{2}.K{A}_1.KB=3\sqrt{3}{a}^2$

+) Ta có $d\left(I\left(A_{1}BK\right)\right)=\frac{3.V_{I.A_{1}BK}}{S_{\Delta A_{1}BK}}=\frac{3.\frac{1}{6}{a}^3\sqrt{15}}{3a^2\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{5}}{6}$

Đáp án

Đặt z=a+bi, $a,b\in ℝ\Rightarrow \overline{z}=a-bi$

Ta có B

$$\begin{gathered} z+2\overline{z}=6-4i\iff \left(a+bi\right)+2\left(a-bi\right)=6-4i\iff 3a-bi=6-4i \\ \iff \left\{\begin{array}{l}3a=6\\ -b=-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy phần ảo của số phức z bằng 4

Đáp án D

$\underset{0}{\overset{4}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x-2\right)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x-2\right)dx=f\left(x-2\right)\left|\begin{array}{l}{}^4\\ {}_0\end{array}\right.+f\left(x+2\right)\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_0\end{array}\right.=f\left(4\right)-f\left(-2\right)=6$

Đáp án D

Thể tích khối tròn xoay:

$V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{y}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{5+\left(x-4\right)e^x}{x{e}^x+1}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1+x{e}^x+4\left(1-e^x\right)}{1+x{e}^x}dx$

$=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(1+4.\frac{1-e^x}{1+x{e}^x}\right)dx=\pi x\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.+4\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1-e^x}{1+x{e}^x}dx$

$=\pi +4\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\frac{1}{e^x}-1}{\frac{1}{e^x}+x}dx=\pi +4\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{-d\left(\frac{1}{e^x}+x\right)}{\frac{1}{e^x}+x}=\pi -4\pi \ln \left|\frac{1}{e^x}+x\right|\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.$

$=\pi -4\pi \ln \frac{1+e}{e}=\pi -4\pi \ln \left(e+1\right)+4\pi =\pi \left[5-4\ln \left(e+1\right)\right]$

$\Rightarrow a=5$,$b=-4\Rightarrow a-2b=13$  

Đáp án D

Ta có $B^{\text{'}}G\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left(\widehat{B{B}^{\text{'}},\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{B{B}^{\text{'}},BG}\right)=\widehat{B^{\text{'}}BG}$.

Theo giả thiết ta có $\widehat{B^{\text{'}}BG}=60°$.

Gọi M là trung điểm BC. Kẻ $AH\perp B^{\text{'}}M$, $H\in B^{\text{'}}M$.

$\Rightarrow AM\perp BC$. Mà

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

+) $\left\{\begin{array}{l}AH\perp B^{\text{'}}M\\ AH\perp BC\end{array}\right.$

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

+) $\Delta ABC$ đều cạnh a nên ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $BG=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, $GM=\frac{a\sqrt{3}}{6}$ 

+)  $B^{\text{'}}G=GB.\tan 60°=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3}=a$

+)  $B^{\text{'}}M=\sqrt{B^{\text{'}}{G}^2+G{M}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{39}}{6}$

+)  $B^{\text{'}}G.AM=AH.B^{\text{'}}M\Rightarrow AH=\frac{B^{\text{'}}G.AM}{B^{\text{'}}M}=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{39}}{6}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}$

Vậy $d\left(A,\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\right)=AH=\frac{3a}{\sqrt{13}}$.

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4m^{2}x=4x\left(x^2-m^2\right)$; $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=m^2\end{array}\right.$

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị $\iff y^{\text{'}}=0$ có ba nghiệm phân biệt $\iff m\ne 0$.

Với $m\ne 0$, gọi A(0;1), $B\left(-m;-m^4+1\right)$, $C\left(m;-m^4+1\right)$ là tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Dễ thấy B,C đối xứng với nhau qua trục Oy, nên ta có AB=AC

$\overrightarrow{AB}=\left(-m;-m^4\right)$, $\overrightarrow{AC}=\left(m;-m^4\right)$.

Ba điểm cực trị A, B, C tạo thành tam giác vuông cân $\iff \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0$

$\iff m^8-m^2=0\iff m=\pm 1$

Đáp án

Gọi $∆$ là đường thẳng cần tìm. Gọi $M=\Delta \cap d_1$; $N=\Delta \cap d_2$.

Vì $M\in d_1$ nên $M\left(3-t;3-2t;-2+t\right)$,vì $N\in d_2$ nên $N\left(5-3s;-1+2s;2+s\right)$.

$\overrightarrow{MN}=\left(2+t-3s;-4+2t+2s;4-t+s\right)$, (P) có một vec tơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left(1;2;3\right)$;

Vì $\Delta \perp \left(P\right)$ nên $\overrightarrow{n}$, $\overrightarrow{MN}$ cùng phương, do đó:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{2+t-3s}{1}=\frac{-4+2t+2s}{2}\\ \frac{-4+2t+2s}{2}=\frac{4-t+s}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}s=1\\ t=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}M\left(1;-1;0\right)\\ N\left(2;1;3\right)\end{array}\right.$

$∆$ đi qua M và có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{MN}=\left(1;2;3\right)$.

Do đó $∆$ có phương trình chính tắc là $\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{3}$.

Đáp án A

Có ${\left(7-3\sqrt{5}\right)}^{x^2}+m{\left(7+3\sqrt{5}\right)}^{x^2}=2^{x^2-1}\iff {\left(\frac{7-3\sqrt{5}}{2}\right)}^{x^2}+m{\left(\frac{7+3\sqrt{5}}{2}\right)}^{x^2}=\frac{1}{2}$ (1)

Đặt $t={\left(\frac{7-3\sqrt{5}}{2}\right)}^{x^2}$, 0<t<1. Mỗi giá trị $t\in \left(0;1\right)$ cho ta 2 giá trị x

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

Dựa bảng biến thiên suy ra  $\left[\begin{array}{l}-\frac{1}{2}<m\le 0\\ m=\frac{1}{16}\end{array}\right.$

Đáp án C

Thể tích chất lỏng $V=\pi r^2.\frac{1}{24}h=\frac{1}{24}\pi r^{2}h$.

Khi lật ngược bình, thể tích phần hình nón chứa chất lỏng là $V^{\text{'}}=\frac{1}{3}\pi {r^{\text{'}}}^2{h}^{\text{'}}$.

Mà $\frac{r^{\text{'}}}{r}=\frac{h^{\text{'}}}{h}\Rightarrow r^{\text{'}}=\frac{h^{\text{'}}}{h}.r$. Do đó $V^{\text{'}}=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{h^{\text{'}}}{h}.r\right)}^2{h}^{\text{'}}=\frac{1}{3}\pi r^2.\frac{{h^{\text{'}}}^3}{h^2}$

Theo bài ra, $V^{\text{'}}=V\iff \frac{1}{3}\pi r^2.\frac{{h^{\text{'}}}^3}{h^2}=\frac{1}{24}\pi r^{2}h\iff {h^{\text{'}}}^3=\frac{1}{8}{h}^3\iff h^{\text{'}}=\frac{h}{2}$

Đáp án B

Ta có hình trên cao 4, rộng 4 nến biểu diễn qua một Parabol $y=-x^2+4$.

Chi phí thấp nhất nếu diện tích hình chữ nhật lớn nhất.

Gọi C(x;0) với 0<x<2 thì suy ra $B\left(x;-x^2+4\right)$

Diện tích hình chữ nhật là

$S\left(x\right)=2\left|x\left(-x^2+4\right)\right|=2\left(-x^3+4x\right)$;

$S^{\text{'}}\left(x\right)=2\left(-3x^2+4\right)=0\iff x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$

Dễ thấy $S_{\max }=S\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{4\sqrt{3}}{3}.\left(4-\frac{4}{3}\right)=\frac{32\sqrt{3}}{9}$

Diện tích nhỏ nhất phần hoa văn là

$X_{\min }=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left(4-x^2\right)dx-S_{\max }=\frac{32}{3}-\frac{32\sqrt{3}}{9}$

Số tiền nhỏ nhất là $X_{\min }.200000=901.652\approx 902.000$

Đáp án C

Xét phương trình $x^3-3x^2-m=0\iff x^3-3x^2=m (*)$   

Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y=m và đồ thị hàm số y=f(x).

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-3x^2$ có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x$, $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$  

Bảng biến thiên của hàm f(x)

Đồ thị của hàm số $y=\frac{x+1}{x^3-3x^2-m}$ có đúng một tiệm cận đứng thì phương trình (*) phải thỏa mãn một trong các trường hợp sau:

+) TH1: Phương trình (*) có duy nhất nghiệm $x\ne -1$

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm duy nhất $x\ne -1$ khi $\left[\begin{array}{l}m<-4\\ m>0\end{array}\right.$.

+) TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm x=-1 và một nghiệm kép

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm x=-1 và một nghiệm kép khi m=-4.

Kết hợp hai trường hợp ta có giá trị của tham số thỏa mãn đề bài là $\left[\begin{array}{l}m>0\\ m\le -4\end{array}\right.$.

Đáp án C

Đặt $t=\sqrt{4-x^2}\Rightarrow t^{\text{'}}=\frac{-2x}{2\sqrt{4-x^2}}$; $t^{\text{'}}=0\iff x=0$

Với $x\in \left[-\sqrt{2};\sqrt{3}\right)$ ta có bảng biến thiên của hàm số $t=\sqrt{4-x^2}$

Với $x\in \left[-\sqrt{2};\sqrt{3}\right)\Rightarrow t\in \left(1;2\right]$

Từ đồ thị ta có: $t\in \left(1;2\right]\Rightarrow f\left(t\right)\in \left(-1;3\right]$

Để phương trình $f\left(\sqrt{4-x^2}\right)=m$ có nghiệm thì $m\in \left(-1;3\right]$.

Đáp án B

Do $M\in d$ nên $M\left(1+2t;1-t;t\right)$.

$MA-MB=\sqrt{4t^2+{\left(t-1\right)}^2+{\left(t+1\right)}^2}-\sqrt{{\left(2t-1\right)}^2+t^2+{\left(t-1\right)}^2}$

$=\sqrt{6t^2+2}-\sqrt{6t^2-6t+2}=\sqrt{6t^2+2}-\sqrt{6{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}}$

Chọn $\overrightarrow{u}=\left(\sqrt{6}t;\sqrt{2}\right)$; $\overrightarrow{v}=\left(\sqrt{6}\left(t-\frac{1}{2}\right);\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\Rightarrow \overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}=\left(\frac{\sqrt{6}}{2};\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.

Ta có: $\left|MA-MB\right|=\left|\left|\overrightarrow{u}\right|-\left|\overrightarrow{v}\right|\right|\le \left|\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}\right|=\sqrt{\frac{6}{4}+\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$

Dấu đẳng thức xảy ra $\iff$ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ cùng hướng $\iff \frac{\sqrt{6}t}{\sqrt{6}\left(t-\frac{1}{2}\right)}=\frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\iff t=1$

Vậy $\left|MA-MB\right|$ lớn nhất khi M(3;0;1) suy ra $P=3^2+0^2+1^2=10$.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra bảng biến thiên

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M=\left\{f\left(0\right),f\left(b\right),f\left(d\right)\right\}\\ m=\left\{f\left(a\right),f\left(c\right)\right\}\end{array}\right.$

- Mặt khác dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng 

+  $\underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx<\underset{b}{\overset{c}{\int }}\left[-f^{\text{'}}\left(x\right)\right]dx\Rightarrow f\left(x\right)\left|\begin{array}{l}{}^b\\ {}_c\end{array}\right.-f\left(x\right)\left|\begin{array}{l}{}^c\\ {}_b\end{array}\right.\iff f\left(a\right)>f\left(c\right)$