Đáp án C

Từ bảng xét dấu đạo hàm ta thấy trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) và đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$. Vậy kết luận hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ là sai

Đáp án A

Đồ thị hàm số có hình dạng của hàm bậc ba nên loại đáp án C.

Hàm số có hệ số a>0 nên chọn đáp án A

Đáp án D

Theo tính chất của logarit, ta có ${\log }_a\left(a^b\right)=b$

Đáp án B

Đồ thị hàm số $y=a^x$ và đồ thị hàm số $y={\log }_{a}x$ đối xứng với nhau qua đường phân giác góc phần tư thứ nhất (y=x)

Đáp án A

$\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=3-1=2$

Đáp án C

$I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(2mx+1\right)dx=\left(m{x}^2+x\right)\left|{}_1^2\right.=4m+2-m-1=3m+1$. $I=4\iff m=1$

Đáp án A

Ta có: $w=2-i+1+2i-3=i\Rightarrow \left|w\right|=1$

Đáp án A

Ta có: $V=h^{\text{'}}.S_{d¸y}=3hB=3Bh$

Đáp án B

Dựa vào định nghĩa sách giáo khoa ta có đáp án là mặt trụ tròn xoay

Đáp án A

Một vectơ chỉ phương của d là $\overrightarrow{u_1}\left(1;-1;2\right)$

Đáp án D

Áp dụng công thức tính tích có hướng trong hệ trục tọa độ Oxyz ta được $\overrightarrow{c}=\left[\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\right]=\left(2;-6;-1\right)$

Đáp án A

I(-1;1;2) là trung điểm của AB và $R=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{{\left(-3-1\right)}^2+{\left(0-2\right)}^2+{\left(1-3\right)}^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Vậy phương trình mặt cầu nhận AB làm đường kính là ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=\frac{3}{2}$

Đáp án D

Số các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ 7 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là $A_7^4$ số

Đáp án A

Áp dụng công thức của số hạng tổng quát $u_n=u_1.q^{n-1}={2.3}^{2018}$

Đáp án C

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y=x+1 và đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x-1}$ là  nghiệm của phương trình $x+1=\frac{2x-1}{x-1}\iff x^2-2x=0,\left(x\ne 1\right)\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$.

Giả sử M(0;1), N(2;3). Độ dài đoạn thẳng $MN=2\sqrt{2}$

Đáp án B

TXĐ: D=R.

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên để đồ thị hàm số $y=x^3-3x+1$ luôn cắt đường thẳng y=m tại ba điểm phân biệt thì -1<m<3

Đáp án D

Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng $\iff$ phương trình $x^2-4x+m=0$ có hai nghiệm phân biệt khác -2. 

$\iff \left\{\begin{array}{l}{2}^2-m>0\\ {\left(-2\right)}^2-4.\left(-2\right)+m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<4\\ m\ne -12\end{array}\right.$.

Do m nguyên và $m\in \left[-20;10\right]$ nên $m\in \left\{-20;-19;\mathrm{...};-13;-11;\mathrm{...};2;3\right\}$, gồm 23 giá trị thỏa mãn

Đáp án C

Tập xác định: D=R.

$y^{\text{'}}=\cos x$

$y^{\text{'}}=0\iff \cos x=0\iff x=\frac{\pi }{2}+k\pi \left(k\in Z\right)$.

Do $x\in \left[-\pi ;\pi \right]$ nên x thuộc $\left\{-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right\}$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: giá trị cực đại của hàm số là 3 trên đoạn $\left[-\pi ;\pi \right]$.

Đáp án C

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=-\infty$ nên a<0.

Khi x=0 suy ra y=c. Đồ thị cắt trục Oy tại $y=-3\Rightarrow c=-3<0$.

Ta có: $y^{\text{'}}=4a{x}^3+2bx=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=-\frac{b}{2a}\end{array}\right.$

Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên $-\frac{b}{2a}>0\Rightarrow ab<0\Rightarrow b>0$.

Đáp án A

Do $\frac{\sqrt{3}}{3}<\frac{\sqrt{2}}{2}$ và $a^{\frac{\sqrt{3}}{3}}>a^{\frac{\sqrt{2}}{2}}$ nên suy ra 0<a<1.

Do $\frac{3}{4}<\frac{4}{5}$ và ${\log }_b\left(\frac{3}{4}\right)<{\log }_b\left(\frac{4}{5}\right)$ nên suy ra b>1.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta suy ra $0<a<1;b,c>1$.

Dựa vào giao điểm của đường thẳng x=1 với các đồ thị hàm số $y=b^x,y=c^x$ ta suy ra c<b.

Vậy b>c>a

Đáp án C

+ Ta có: ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2-2}>2^{4-3x}\iff 2^{2-x^2}>2^{4-3x}$.

$\iff 2-x^2>4-3x\iff x^2-3x+2<0\iff 1<x<2$

Vậy $x\in \left(1;2\right)$

Đáp án B

Ta có: $F\left(x\right)=\int {\sin }^{2}2xdx=\int \frac{1-\cos 4x}{2}dx=\frac{1}{2}\int 1dx-\frac{1}{2}\int \cos 4xdx$

$=\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}\int \cos 4xd\left(4x\right)=\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}\sin 4x+C$

Đáp án A

Ta có: $\left(2-i\right)z+\frac{1+5i}{1+i}=7+10i\iff \left(2-i\right)z+3+2i=7+10i\iff \left(2-i\right)z=4+8i$.

Suy ra: $z=\frac{4+8i}{2-i}=4i$ nên $\text{w}={\left(4i\right)}^2+20+3i=4+3i$. Vậy $\left|w\right|=5$.

Đáp án A

Gọi $z=x+yi,x,y\in R$ thì $\overline{z}=x-yi,\frac{\overline{z}}{3}=\frac{x}{3}-\frac{y}{3}i$.

Vậy $\left|\frac{\overline{z}}{3}+1+2i\right|=\left|\left(\frac{x}{3}+1\right)+\left(2-\frac{y}{3}\right)i\right|$ suy ra ${\left(\frac{x}{3}+1\right)}^2+{\left(2-\frac{y}{3}\right)}^2=5^2$

$\iff {\left(x+3\right)}^2+{\left(y-6\right)}^2={15}^2$.

Vậy điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn tâm I(-3;6), bán kính R=15.

Đáp án B

$\Delta SAB=\Delta SAC$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông) nên suy ra AB=AC mà $\Delta ABC$ lại vuông tại A nên nó là tam giác vuông cân tại A do đó $AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

$\Delta SAB$ vuông tại A nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Thể tích khối chóp S.ABC là: $V=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AB.AC.SA=\frac{1}{6}{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^3=\frac{\sqrt{2}}{24}{a}^3$

Đáp án B

Mặt cầu nội tiếp hình nón có 1 đường tròn lớn nội tiếp tam giá đều ABC (cạnh a).

Nên mặt cầu đó có bán kính $r=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là $V=4\pi r^2=4\pi {\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2=\frac{\pi a^2}{3}$

Đáp án B

Gọi I là trung điểm của AB $\Rightarrow I\left(1;2;1\right)$.

Giả sử (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}I\in \left(P\right)\\ \overrightarrow{n_P}=\overrightarrow{AB}=\left(6;2;-6\right)=2\left(3;1;-3\right)\end{array}\right.$

Vậy phương trình mặt phẳng $\left(P\right):3x+y-3z-2=0$.

Đáp án B

Xét thấy (P) và (Q) là hai mặt phẳng song song với nhau.

Cách 1:  Trên (P) lấy M(0;0;5).

Khi đó, khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là

$d\left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=d\left(M,\left(Q\right)\right)=\frac{\left|0+2.0+2.5-3\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{7}{3}$.

Cách 2: 

$\left(P\right):Ax+By+Cz+D=0$ và $\left(P^{\text{'}}\right):Ax+By+Cz+D^{\text{'}}=0$

Thì $d\left(\left(P\right),\left(P^{\text{'}}\right)\right)=\frac{\left|D-D^{\text{'}}\right|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$

Áp dụng $d\left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=\frac{\left|-10-\left(-3\right)\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{7}{3}$.

Đáp án A

Gọi J là trung điểm của BC $\Rightarrow AJ\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)$,

tam giác ABC đều cạnh a nên $AJ=\frac{a\sqrt{3}}{2};M{B}^{\text{'}}=a\sqrt{2}$.

Ta có:

$\sin \left(M{B}^{\text{'}},\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\right)=\frac{d\left(M;\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\right)}{M{B}^{\text{'}}}=\frac{d\left(A;\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\right)}{M{B}^{\text{'}}}=\frac{AJ}{M{B}^{\text{'}}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$.

Đáp án C

Chọn 2 học sinh trong 9 học sinh có $C_9^2$ cách $\Rightarrow n\left(\Omega \right)=C_9^2$.

Gọi A là biến cố “2 học sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ”.

$\Rightarrow n\left(A\right)=C_4^1.C_5^1$.

Xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{C_4^1.C_5^1}{C_9^2}=\frac{5}{9}$.

Đáp án C

Ta có bảng biến thiên của hàm số y=f(x). 

Vậy $\underset{\left[-1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(1\right)$.           

Từ bảng biến thiên ta có

$f\left(0\right)<f\left(1\right),f\left(2\right)<f\left(1\right)$ vậy $f\left(0\right)+f\left(2\right)<2f\left(1\right)$         

Khi đó $f\left(-1\right)+f\left(0\right)-2f\left(1\right)=f\left(3\right)-f\left(2\right)\iff f\left(0\right)+f\left(2\right)-2f\left(1\right)=f\left(3\right)-f\left(-1\right)$.

Vậy $f\left(3\right)-f\left(-1\right)<0\Rightarrow f\left(3\right)<f\left(-1\right)$

Khi đó $\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(3\right)$.

Đáp án D

Trường hợp 1. Nếu $m+1=0\iff m=-1$ thì hàm số đã cho trở thành $y=2x^2+1$, hàm số này có một điểm cực trị, do đó ta loại trường hợp này.

Trường hợp 2. Nếu $m+1\ne 0\iff m\ne -1$

Ta có $y^{\text{'}}=4\left(m+1\right)x^3-4x=4x\left[\left(m+1\right)x^2-1\right]$.

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

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị đều nhỏ hơn 1 khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 và nhỏ hơn 1.

Hay $0<\frac{1}{m+1}<1\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{m+1}>0\\ \frac{1}{m+1}<1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{m+1}>0\\ \frac{-m}{m+1}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>-1\\ \left[\begin{array}{l}m<-1\\ m>0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m>0$

Đáp án A

Đặt ${\log }_{2}x=t$, ta được phương trình $-t^3+mt+2=0,t\in R$.

Để phương trình $-{\log }_2^{3}x+m{\log }_{2}x+2=0$ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình $-t^3+mt+2=0,t\in R$ có nghiệm duy nhất.

Ta thấy t=0 không là nghiệm của phương trình $-t^3+mt+2=0$.

Khi đó $-t^3+mt+2=0\iff m=\frac{t^3-2}{t}=t^2-\frac{2}{t}$.

Số nghiệm pt là số giao điểm của đồ thị $y=f\left(t\right)=t^2-\frac{2}{t}$ và đường thẳng y=m

$f^{\text{'}}\left(t\right)=2t+\frac{2}{t^2}=\frac{2t^3+2}{t^2}=0\Rightarrow t=-1$

BBT

Dựa vào BBT, ta có m<3

Cách khác: Thử điểm cực biên ở mỗi phương án chọn, cụ thể thử với $m=0;m=3;m=-1$

Đáp án A

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho AB trùng với Ox, A trùng O khi đó parabol có đỉnh G(2;4) và đi qua gốc tọa độ.

Gọi phương trình của parabol là $y=a{x}^2+bx+c$

Do đó ta có $\left\{\begin{array}{l}c=0\\ \frac{-b}{2a}=2\\ 2^{2}a+2b+c=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=4\\ c=0\end{array}\right.$.

Nên phương trình parabol là $y=f\left(x\right)=-x^2+4x$.

Diện tích của cả mảnh đất là $S={\left.\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(-x^2+4x\right)dx=\left(-\frac{x^3}{3}+2x^2\right)\right|}_0^4=\frac{32}{3}\approx 10,67\left(m^2\right)$.

Do vậy chiều cao $CF=DE=f\left(0,9\right)=2,79\left(m\right);CD=4-2.0,9=2,2\left(m\right)$.

Diện tích phần hình chữ nhật là $S_{CDEF}=CD.CF=6,138\approx 6,14\left(m^2\right)$.

Diện tích phần trồng cà chua là $S_{xh}=S-S_{CDEF}=10,67-6,14=4,53\left(m^2\right)$

Nên tiền trồng rau là $6,14.50000=307000$ và tiền trồng cà chua là $4,53.30000=136000$.

Vậy tổng chi phí là 443000 đồng

Đáp án B

Đặt $t=-x\Rightarrow dt=-dx$. Đổi cận $x=-\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{2};x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=-\frac{\pi }{2}$

Khi đó, $I=-\underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{-\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(-t\right)dt=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(-t\right)dt=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(-x\right)dx$

Mặt khác: $f\left(x\right)+f\left(-x\right)=3-2\cos x$

Ta có: $2I=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left[f\left(x\right)+f\left(-x\right)\right]dx=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(3-2\cos x\right)dx\Rightarrow I=\frac{1}{2}\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(3-2\cos x\right)dx$

Do $f\left(x\right)=3-2\cos x$ là hàm số chẵn trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$

Nên $I=\frac{1}{2}\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(3-2\cos x\right)dx=2.\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(3-2\cos x\right)dx=\left(3x-2\sin x\right)\left|{}_0^{\frac{\pi }{2}}\right.=\frac{3\pi }{2}-2$.

Đáp án D

$\left(2+i\right)\left|z\right|=\frac{5}{z}-1-3i\iff \left(2+i\right)\left|z\right|+1+3i=\frac{5}{z}$

$\iff \left(2\left|z\right|+1\right)+\left(\left|z\right|+3\right)i=\frac{5}{z}$

Lấy môđun 2 vế $\sqrt{{\left(2\left|z\right|+1\right)}^2+{\left(\left|z\right|+3\right)}^2}=\frac{5}{\left|z\right|}$.

Đặt $\left|z\right|=t;t\ge 0$ khi đó ta có phương trình $t^4+2t^3+2t^2-5=0\iff t=1\Rightarrow \left|z\right|=1$.

Khi đó $\text{w}=\left(3-4i\right)z+1\Rightarrow \text{w}-1=\left(3-4i\right)z\Rightarrow \left|\text{w}-1\right|=\left|\left(3-4i\right)z\right|$

$\left|\text{w}-1\right|=\left|\left(3-4i\right)\right|.\left|z\right|=5$.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là đường tròn tâm $I\left(1;0\right);r=5$.

Đáp án A

Cắt hình trụ theo mặt phẳng qua trục của hình trụ, ta được hình chữ nhật ABCD, như hình vẽ. Ta thấy $4R^2=h^2+4r^2\ge 2\sqrt{4h^2{r}^2}=4hr$

$\iff 2\pi R^2\ge 2\pi hr\iff S_{xq}\le 2\pi R^2$

Dấu ”=” xảy ra khi $h=2r=R\sqrt{2}$ và diện tích xung quanh của mặt trụ lớn nhất là $2\pi R^2$.

Đáp án A

Gọi d là đường thẳng cần tìm

+ Gọi $A=d_1\cap \left(\alpha \right)$

$A\in d_1\Rightarrow A\left(2-a;1+3a;1+2a\right)$

$A\in \left(\alpha \right)\Rightarrow a=-1\Rightarrow A\left(3;-2;-1\right)$

+ Gọi $B=d_2\cap \left(\alpha \right)$

$B\in d_2\Rightarrow B\left(1-3b;-2+b;-1-b\right)$

$B\in \left(\alpha \right)\Rightarrow b=1\Rightarrow B\left(-2;-1;-2\right)$

+ d đi qua điểm A(3;-2;-1) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=\left(-5;1;-1\right)$

Vậy phương trình chính tắc của d là $\frac{x-3}{-5}=\frac{y+2}{1}=\frac{z+1}{-1}$.

Đáp án B

$\Delta SAC$ vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, nên kẻ $SH\perp AC$$\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$

$BD=AC=2a,CD=\frac{BD}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2},SA=\sqrt{A{C}^2-S{C}^2}=a$

$SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{a.a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$AH=\sqrt{S{A}^2-S{H}^2}=\sqrt{a^2-\frac{3a^2}{4}}=\frac{a}{2}$

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có $d\left(B,\left(SAD\right)\right)=2d\left(O,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)$

Kẻ $HJ//CD\left(J\in AD\right),HJ=\frac{1}{4}CD=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Kẻ $HK\perp SI$ tại K$\Rightarrow HK\perp \left(SAD\right)$

$\Rightarrow d\left(B,\left(SAD\right)\right)=4HK=4.\frac{SH.HI}{\sqrt{S{H}^2+H{I}^2}}=4.\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\frac{a\sqrt{2}}{4}}{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{2a^2}{16}}}=\frac{2a\sqrt{21}}{7}$.

Đáp án A

Ta có $y^{\text{'}}=\left(-\sin x+2\right).f^{\text{'}}\left(\cos x+2x+m\right)$

Hàm số $y=f\left(\cos x+2x+m\right)$ liên tục trên nửa khoảng $\left[0;+\infty \right)$

$\Rightarrow$ Hàm số $y=f\left(\cos x+2x+m\right)$ đồng biến trên $\left[0;+\infty \right)$ khi và chỉ khi

$\left(-\sin x+2\right).f^{\text{'}}\left(\cos x+2x+m\right)\ge 0,\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ (1)

Do $-\sin x+2>0,\forall x\in R$ nên $\left(1\right)\iff f^{\text{'}}\left(\cos x+2x+m\right)\ge 0,\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ (2)

Dựa vào đồ thị ta có $\left(2\right)\iff \left[\begin{array}{l}\cos x+2x+m\ge 2,\forall x\in \left(0;+\infty \right)\\ \cos x+2x+m\le 0,\forall x\in \left(0;+\infty \right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\cos x+2x\ge 2-m,\forall x\in \left(0;+\infty \right)\left(3\right)\\ \cos x+2x\le -m,\forall x\in \left(0;+\infty \right)\left(4\right)\end{array}\right.$

Xét hàm g(x)=cosx+2x trên $\left[0;+\infty \right)$ có $g^{\text{'}}\left(x\right)=-\sin x+2>0,\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ nên g(x) đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ đồng thời g(x) liên tục trên $\left[0;+\infty \right)$

Suy ra $\underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right)=g\left(0\right)=1$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }g\left(x\right)=+\infty$.

Do đó, không có giá trị m thỏa mãn (4)

$\left(3\right)\iff \underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right)\ge 2-m\iff 1\ge 2-m\iff m\ge 1$

Vậy có tất cả 2019 giá trị nguyên của tham số m

Đáp án D

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+1\ge 0\\ x+2+\sqrt{x^2+1}\ne 0\end{array}\right.\iff x\in R$

Ta có ${\left(x+2-\sqrt{x^2+1}\right)}^2+\frac{18\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}}{x+2+\sqrt{x^2+1}}=m\left(x^2+1\right)$

$\iff m={\left(\frac{x+2}{\sqrt{x^2+1}}-1\right)}^2+\frac{18}{\frac{x+2}{\sqrt{x^2+1}}+1}$

Đặt $t=\frac{x+2}{\sqrt{x^2+1}}\Rightarrow t^{\text{'}}=\frac{1-2\text{x}}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}}$

Từ bảng biến thiên của t suy ra $t\in \left(-1;\sqrt{5}\right]$

Phương trình trở thành $m={\left(t-1\right)}^2+\frac{18}{t+1}\iff m=\frac{t^3-t^2-t+19}{t+1}$

$f\left(t\right)=\frac{t^3-t^2-t+19}{t+1}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{2\left(t-2\right)\left(t^2+3t+5\right)}{{\left(t+1\right)}^2}$

Lập bảng biến thiên của f(t) trên nửa khoảng $\left(-1;\sqrt{5}\right]$

Suy ta $f\left(t\right)\in \left[7;+\infty \right)$

Để phương trình ${\left(x+2-\sqrt{x^2+1}\right)}^2+\frac{18\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}}{x+2+\sqrt{x^2+1}}=m\left(x^2+1\right)$

Có nghiệm thực thì $m\in \left[7;+\infty \right)$.

Mà m thuộc đoạn $\left[-2018;2018\right]$ nên $m\in \left[7;2018\right)$

Có 2012 giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn $\left[-2018;2018\right]$ để phương trình có nghiệm thực

Đáp án B

Từ đồ thị hàm số y=f(x) ta suy ra f(x) có tập xác định $D=R\backslash \left\{\pm 1\right\}$ và các giới hạn $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=0$, $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$, $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$, $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$, $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$.

Vì hàm số $t=x^2-2x+m$ xác định trên R nên hàm số $y=f\left(x^2-2x+m\right)-m$ xác định $\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x+m\ne 1\\ x^2-2x+m\ne -1\end{array}\right.$

Vì $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(x^2-2x+m\right)=+\infty$ nên $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left[f\left(x^2-2x+m\right)-m\right]=\underset{t\to +\infty }{\lim }\left[f\left(t\right)-m\right]=-m$

Do đó đồ thị hàm số $y=f\left(x^2-2x+m\right)-m$ có đúng một đường tiệm cận ngang là đường thẳng y=-m (về cả 2 phía $x\to +\infty$ và $x\to -\infty$)

Để đồ thị hàm số $y=f\left(x^2-2x+m\right)-m$ có 5 đường tiệm cận thì nó phải có 4 đường tiệm cận đứng.

Điều kiện cần $\left[\begin{array}{l}{x}^2-2x+m=1\\ x^2-2x+m=-1\end{array}\right.$ phải có 4 nghiệm phân biệt.