Chọn C.

Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho là V=abc

Chọn A.

Khối đa diện đều loại $\left\{3;5\right\}$ là khối hai mươi mặt đều có tất cả 30 cạnh.

Chọn D.

Theo công thức tính độ dài đoạn thẳng, ta có $AB=\sqrt{{\left(x_B-x_A\right)}^2+{\left(y_B-y_A\right)}^2+{\left(z_B-z_A\right)}^2}$

Chọn C.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(3x^2+1\right)dx=\frac{3x^3}{3}+x+C=x^3+x+C.$

Chọn D.

Từ đồ thị ta có bảng xét dấu của đạo hàm

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2)

Chọn D.

$S_{tp}=S_{xq}+S_{day}=\pi Rl+\pi R^2=\pi R\left(R+l\right)$

Chọn C.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=e^x+\sin x+C\Rightarrow f\left(x\right)=\left(e^x+\sin x+C\right)\text{'}\Rightarrow f\left(x\right)=e^x+\cos x.$

Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị của hàm số $y=a^x$ và hàm số nghịch biến trên $ℝ\Rightarrow 0<a<1.$

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left(-1;3\right)\Rightarrow a=\frac{1}{3}\Rightarrow y={\left(\frac{1}{3}\right)}^x.$

Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên $f\text{'}\left(-3\right)=f\text{'}\left(-2\right)=f\text{'}\left(-1\right)=0.$

f'(x) đổi dấu qua hai điểm $x=-3;x=-2.$

Nên hàm số f(x) có hai điểm cực trị

Chọn C.

Mỗi cách chọn 3 học sinh từ 5 học sinh là một tổ hợp chập 3 của 5 phần tử.

Suy ra số cách chọn là $C_5^3.$

Chọn B.

Hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (-1;0) và $\left(1;+\infty \right)$

Chọn C.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-1;0) và $\left(1;+\infty \right)$.

Chọn B.

ĐKXĐ: $x-4>0\iff x>4.$

${\log }_3\left(x-4\right)=2\iff x-4=9\iff x=13$ (thỏa mãn ĐKXĐ).

Chọn D.

Mặt phẳng đi qua ba điểm $A\left(-1;0;0\right),B\left(0;-2;0\right)$ và C(0;0;3) là mặt phẳng đoạn chắn và có phương trình là $\frac{x}{-1}+\frac{y}{-2}+\frac{z}{3}=1.$

Chọn B.

TXĐ: $D=ℝ$.

$y\text{'}=3x^2-12$

$y\text{'}=0\iff x=\pm 2$

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đạt cực đại tại x=-2.

Chọn C.

Ta có:

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-1,\underset{x\to -\infty }{\lim }y=2$ suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang y=-1;y=2.

$\underset{x\to {(-1)}^{+}}{\lim }y=-\infty$ suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng x=-1.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang

Chọn C.

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: $\overrightarrow{v_1}\left(2;-3;2\right).$

Chọn D.

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4x,y\text{'}=0\Rightarrow 4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-1\end{array}\right..$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right).$

Chọn C.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}\sin 3xdx=-\frac{\cos 3x}{3}+C.$

Chọn D.

Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số y=f(x) đi lên từ trái sang phải trên khoảng (-1;0)

Suy ra hàm số y=f(x) đồng biến trên khoảng (-1;0).

Chọn A.

Ta có: $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{v}=\left(2;-4;2\right).$

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là 1

Chọn B.

Ta có $f\left(x\right)-3m+5=0\iff f\left(x\right)=3m-5.$ Số nghiệm của phương trình ban đầu là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng $d:y=3m-5.$

Dựa vào đồ thị hàm số y=f(x) để phương trình $f\left(x\right)-3m+5=0$ có 3 nghiệm phân biệt thì: $-2<3m-5<2\iff 1<m<\frac{7}{3}.$

Vậy có 1 giá trị nguyên m=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn B.

Theo giả thiết ta có $\Delta SAB$ là tam giác đều cạnh 2a. Do đó $l=2a,r=a\Rightarrow h=\sqrt{l^2-r^2}=a\sqrt{3}.$

Vậy thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi .a^2.a\sqrt{3}=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}.$

Chọn B.

Vì $\frac{3}{4}\in \left(0;1\right)$ nên suy ra phương trình $f\left(x\right)=\frac{3}{4}$ có 4 nghiệm

Chọn A.

Ta có bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra f(x) đạt cực tiểu tại x=1.

Chọn A.

Tập xác đinh: $D=ℝ.$

$y=x^2{e}^x\Rightarrow y\text{'}=2x{e}^x+x^2{e}^x=x{e}^x\left(2+x\right).$

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right..$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên (-2;0)

Chọn A.

Dựa vào đồ thị ta thấy đây là hàm bậc ba nên loại câu B, C.

Mặt khác giao điểm của đồ thị với trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại câu D

Chọn D.

Ta có: thể tích khối cầu: $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^3=\frac{\sqrt{3}\pi }{2}.$

Chọn D.

Tập xác định: $D=\left[-9;+\infty \right)\backslash \left\{-1;0\right\}.$

Ta có: $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=-\infty \Rightarrow$ đường thẳng x=-1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)}=\frac{1}{6}.$

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=\frac{1}{6}.$

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận đứng

Chọn B.

Gọi T là phép thử ngẫu nhiên lấy ra 2 bi từ túi đựng 6 bi xanh và 4 bi đỏ.

Gọi biến cố A “cả hai viên bi đều màu đỏ”.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{10}^2$

Số phần tử của biến cố A là $n\left(A\right)=C_4^2$

Xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_4^2}{C_{10}^2}=\frac{2}{15}.$

Chọn A.

Ta có $y\text{'}=-x^2+2mx-2m.$

Xét $y\text{'}=0\iff -x^2+2mx-2m=0$.

Để hàm số $y=\frac{-x^3}{3}+m{x}^2-2mx+1$ có hai điểm cực trị thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta \text{'}>0\iff m^2-2m>0\iff \left[\begin{array}{l}m>2\\ m<0\end{array}\right..$

Chọn C.

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

Chọn A.

Tam giác ABC cân tại A nên AC=AB=a

$S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}.a.a.\sin {120}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}.$

Chọn C.

Vì F(x) là một nguyên hàm của hàm số $f\left(x\right)=\sin x$ nên $F\left(x\right)=-\cos x+C$ với C là hằng số. Lại có, đồ thị của hàm số y=F(x) đi qua điểm M(0;1) nên $1=-\cos 0+C\iff C=2.$

Do đó $F\left(x\right)=-\cos x+2\Rightarrow F\left(\frac{\pi }{2}\right)=2.$

Chọn B.

Ta có $\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}\iff \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0\iff 3.2+\left(-2\right).m+m.\left(-1\right)=0\iff m=2.$

Chọn A.

Đặt $t=\cos x\Rightarrow -1\le t\le 1\Rightarrow y=f\left(t\right)$ có giá trị lớn nhất bằng 5 trên $\left[-1;1\right]$ (suy ra từ bảng biến thiên).

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y=f(cosx) bằng 5

Chọn A.

Bốn điểm A,B,C,D là bốn đỉnh của tứ diện khi $\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}\ne 0$

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(4;-2;-1\right),\overrightarrow{AC}=\left(2;0;1\right),\overrightarrow{AD}=\left(1;1;m-4\right)$

$\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(-2;-6;4\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}=-2-6+4\left(m-4\right)\ne 0\Rightarrow m\ne 6.$

Chọn B.

ĐKXĐ: x>1

Ta có:

     $x^2-99x-100=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=100\end{array}\right.$

     $\ln \left(x-1\right)\ge 0\iff x-1\ge 1\iff x\ge 2.$

BXD:

Từ bảng xét dấu suy ra nghiệm của BPT là: 2<x<100

Mà $x\in \mathbb{Z}$ nên $3\le x\le 99\Rightarrow$ vậy có tất cả 99-2=97 số nguyên x thỏa mãn đề bài

Chọn D.

Ta có:

     $A<\frac{2^{2021}}{3^{1273}}<B\iff \log A<2021.\log 2-1273.\log 3<\log B$

Mà $$\begin{gathered} 2021.\log 2-1273.\log 3\approx 1,006\Rightarrow \log A<1,006<\log B\Rightarrow A<{10}^{1,006}<B \\ \Rightarrow A<10,145<B \end{gathered}$$

Do A,B là hai số tự nhiên liên tiếp nên $A=10,B=11\Rightarrow A+B=21.$

Chọn D.

Điều kiện phương trình: x>0.

Đặt t=log x phương trình trở thành $f\left(t\right)=t^2-2\left(m+1\right)t+4=0\left(1\right).$

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn $0<x_1<10<x_2$ thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: $t_1<1<t_2$.

Khi đó: $a.f\left(1\right)<0\iff 1-2\left(m+1\right)1+4<0\iff -2m+3<0\iff m>\frac{3}{2}.$

Chọn B.

Kẻ $d//AB//CD\left(S\in d\right)\Rightarrow d=\left(SAB\right)\cap \left(SCD\right).$

Gọi P,K lần lượt là trung điểm của AB,CD. Do ABCD là hình chữ nhật nên:

$d//CD\perp \left(SOK\right)\Rightarrow d//CD\perp SK\left(1\right)$.

$d//AB\perp \left(SOP\right)\Rightarrow d//AB\perp SP\left(2\right)$.

Từ $\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow SK,SP\perp d\Rightarrow \widehat{\left(\left(SAB\right),\left(SCD\right)\right)}=\widehat{\left(SP,SK\right)}=\widehat{PSK}={60}^0$.

Xét tam giác SOK vuông tại O, ta có: $\frac{OK}{SO}=\tan \widehat{OSK}$.

$\Rightarrow SO=\frac{OK}{\tan \widehat{OSK}}=\frac{a}{\tan {30}^0}=a\sqrt{3}$

Xét tam giác SOD vuông tại O, ta có: $SD=\sqrt{S{O}^2+O{D}^2}=\sqrt{3a^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{17}}{2}.$

Kẻ đường trung trực của SD cắt SO tại I khi đó $\Delta SID$ cân tại I.

$\Rightarrow IS=ID=IA=IB=IC=R$.

Suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là I, bán kính mặt cầu R=IS.

Ta có: $R=IS=\frac{S{D}^2}{2SO}=\frac{\frac{17a^2}{4}}{2.a\sqrt{3}}=\frac{17a\sqrt{3}}{24}.$

Chọn D.

Mặt phẳng (ABCD) song song với OO' và cách OO' một khoảng bằng 2.

Kẻ $OH\perp CD\Rightarrow d\left(OO\text{'};\left(ABCD\right)\right)=OH=2$

Ta có: DH=HC xét tam giác vuông OHD có: $DH=\sqrt{O{D}^2-O{H}^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.

Diện tích xung quanh cần tìm là: $S_{xq}=2\pi R.OO\text{'}=2.\pi \mathrm{.4.4}\sqrt{3}=32\sqrt{3}\pi .$

Chọn C.

Ta có: SO=R=2a

Kẻ $OH\perp AB\Rightarrow AH=HB=\frac{2\sqrt{3}a}{2}=\sqrt{3}a.$

Xét tam giác vuông OAH ta có: $OH=\sqrt{O{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-{\left(\sqrt{3}a\right)}^2}=a$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}OH\perp AB\\ SO\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SHO\right)$

Kẻ $OK\perp SH\Rightarrow OK\perp AB\Rightarrow d\left(O;\left(P\right)\right)=d\left(O;\left(SAB\right)\right)=OK$.

Tam giác vuông SOH vuông tại O ta có: $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{H}^2}\Rightarrow OK=\sqrt{\frac{S{O}^2.O{H}^2}{S{O}^2+O{K}^2}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$

Chọn C.

Do $SA\perp \left(ABC\right)$ nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là góc $\widehat{SCA}.$ Suy ra $\widehat{SCA}={30}^0$.

Trong tam giác SCA vuông tại A có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}\iff SA=AC.\tan \widehat{SCA}=a.\tan {30}^0=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Lấy điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.

Khi đó $d\left(SB,AC\right)=d\left(AC,\left(SBD\right)\right)=d\left(A,\left(SBD\right)\right)$.

Ta có $AB=BD=AD\Rightarrow \Delta ABD$ đều cạnh a.

Gọi M là trung điểm BD. Suy ra $AM\perp BD$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Trong $\Delta SAM$ kẻ $AH\perp SM$ với $H\in SM.$

Do $\left.\begin{array}{l}BD\perp AM\\ BD\perp SA\end{array}\right\}\Rightarrow BD\perp \left(SAM\right)\Rightarrow BD\perp AH$

Suy ra $AH\perp \left(SAM\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBD\right)\right)=AH.$

Trong $\Delta SAM$ vuông tại A ta có:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{S{A}^2}\iff \frac{1}{A{H}^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{9}{3a^2}\iff \frac{1}{A{H}^2}=\frac{13}{3a^2}\iff AH=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}$.

Vậy $d\left(SB,AC\right)=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{a\sqrt{39}}{13}.$

Chọn D.

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(\sin x\right)-1$.

$f\left(\sin x\right)-1=0\iff f\left(\sin x\right)=1\iff \left[\begin{array}{l}\sin x=1\\ \sin x=\alpha \left(0<\alpha <\frac{1}{2}\right)\end{array}\right.$

Phương trình sinx=1 cho một nghiệm $x=\frac{\pi }{2}$ thuộc đoạn $\left[0;2\pi \right].$.

Phương trình sinx=a cho 2 nghiệm thuộc đoạn $\left[0;2\pi \right]$

Ta tìm số cực trị của hàm số $g\left(x\right)=f\left(\sin x\right)-1.$

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=\cos xf\text{'}\left(\sin x\right),g\text{'}\left(x\right)=0\iff \cos xf\text{'}\left(\sin x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ f\text{'}\left(\sin x\right)=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ \sin x=\frac{1}{2}\\ \sin x=2\left(l\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k\pi \\ x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{array}\right.$

Vì $x\in \left[0;2\pi \right]$, suy ra: $x\in \left\{\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{2};\frac{5\pi }{6};\frac{3\pi }{2}\right\}$.

Hàm số $g\left(x\right)=f\left(\sin x\right)-1$ có một điểm cực trị $x=\frac{\pi }{2}$ thuộc trục hoành.

Vậy hàm số $h\left(x\right)=\left|f\left(\sin x\right)-1\right|$ có 6 điểm cực trị

Chọn D

$\Delta ABC$ vuông tại $A\Rightarrow BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(4a\right)}^2}=\sqrt{25a^2}=5a$.

Vẽ $\Delta MNP$ sao cho AB,BC,CA là các đường trung bình của $\Delta MNP\Rightarrow ACBN;ABCP$ là các hình bình hành; ABMC là hình chữ nhật và $MP=6a;MN=8a;NP=10a$

Ta có: $BC//\left(SNP\right)\Rightarrow d\left(SA,BC\right)=d\left(BC,\left(SNP\right)\right)=d\left(B,\left(SNP\right)\right)$

Lại có: $\frac{d\left(B,\left(SNP\right)\right)}{d\left(M,\left(SNP\right)\right)}=\frac{BN}{MN}=\frac{1}{2}\Rightarrow d\left(M,\left(SNP\right)\right)=2d\left(B,\left(SNP\right)\right)=2d\left(SA,BC\right)=\frac{12a\sqrt{34}}{17}$

Tương tự ta tính được:

$d\left(P,\left(SMN\right)\right)=2d\left(SB,CA\right)=\frac{24a}{5}$ và $d\left(N,\left(SMP\right)\right)=2d\left(SC,AB\right)=\frac{24a\sqrt{13}}{13}$

Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của H lên $NP,MP,MN$ và đặt $h=SH=d\left(S,\left(MNP\right)\right)$

Ta có: $SH\perp NP$ và $HD\perp NP\Rightarrow NP\perp \left(SHD\right)$

Chứng minh tương tự: $HE\perp \left(SMP\right);HF\perp \left(SMN\right)$

Do đó: $3V_{SMNP}=d\left(M,\left(SNP\right)\right).S_{SNP}=d\left(N,\left(SMP\right)\right).S_{SMP}$

$=d\left(P,\left(SMN\right)\right).S_{SMN}=d\left(S,\left(MNP\right)\right).S_{MNP}=h.S_{MNP}$

Mặt khác: $S_{SNP}=\frac{1}{2}SD.NP=5a.SD;S_{SMP}=\frac{1}{2}SE.MP=3a.SE;$

                $S_{SMN}=\frac{1}{2}SF.MN=4a.SF;S_{MNP}=\frac{1}{2}MN.MP=24a^2$

$\Rightarrow \frac{12a\sqrt{34}}{17}.5a.SD=\frac{24a\sqrt{13}}{13}.3a.SE=\frac{24a}{5}.4a.SF=24a^{2}h$

$\Rightarrow SD=\frac{h\sqrt{34}}{5};SE=\frac{h\sqrt{13}}{3};SF=\frac{5h}{4}$

Ta lại có: $HD=\sqrt{S{D}^2-S{H}^2}=\sqrt{\frac{34h^2}{25}-h^2}=\sqrt{\frac{9h^2}{25}}=\frac{3h}{5}$

               $HE=\sqrt{S{E}^2-S{H}^2}=\sqrt{\frac{13h^2}{9}-h^2}=\sqrt{\frac{4h^2}{9}}=\frac{2h}{3}$

                $HF=\sqrt{S{F}^2-S{H}^2}=\sqrt{\frac{25h^2}{16}-h^2}=\sqrt{\frac{9h^2}{16}}=\frac{3h}{4}$

Mà $S_{MNP}=S_{HNP}+S_{HMP}+S_{HMN}=\frac{1}{2}HD.NP+\frac{1}{2}HE.MP+\frac{1}{2}HF.MN$

$\Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{3h}{5}.10a+\frac{1}{2}.\frac{2h}{3}.6a+\frac{1}{2}.\frac{3h}{4}.8a=24a^2\Rightarrow 8ah=24a^2\Rightarrow h=3a$

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}h.S_{ABC}=\frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}.3a.4a=6a^3$

Chọn B.

Dựa vào đồ thị của hàm số f'(x) ta thấy $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\end{array}\right.$ và $f\text{'}\left(x\right)>0\iff x>2.$

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

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

* ${\left(x-m\right)}^2+1=-1\iff {\left(x-m\right)}^2=-2\to$ phương trình vô nghiệm.

* ${\left(x-m\right)}^2+1=2\iff {\left(x-m\right)}^2=1\iff \left[\begin{array}{l}x-m=1\\ x-m=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=m+1\\ x=m-1\end{array}\right.$

Lại có: $f\text{'}\left({\left(x-m\right)}^2+1\right)>0\iff {\left(x-m\right)}^2+1>2\iff {\left(x-m\right)}^2>1\iff \left[\begin{array}{l}x-m>1\\ x-m<-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>m+1\\ x<m-1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Do đó, hàm số $y=f\left(x^2-2mx+m^2+1\right)$ nghịch biến trên $\left(0;\frac{1}{2}\right)\iff \left[\begin{array}{l}m-1\ge \frac{1}{2}\\ \left\{\begin{array}{l}m\le 0\\ m+1\ge \frac{1}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\ge \frac{3}{2}\\ -\frac{1}{2}\le m\le 0\end{array}\right.$

Mà m nguyên và $m\in \left[-5;5\right]\Rightarrow m\in S=\left\{0;2;3;4;5\right\}.$

Vậy tổng các phần tử của S là $0+2+3+4+5=14$.

Chọn C.

Đặt $t={\log }_{a}b,$ khi đó ${\log }_{a}b+6{\log }_{b}a=5$ trở thành

             $t+6\frac{1}{t}=5\iff t^2-5t+6=0\iff \left[\begin{array}{l}t=2\\ t=3\end{array}\right..$

Với t=2 suy ra: ${\log }_{a}b=2\iff b=a^2.$

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}2\le a\le 2020\\ 2\le b\le 2021\\ b=a^2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2\le a\le 2020\\ 2\le a^2\le 2021\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2\le a\le 2020\\ 1,41\approx \sqrt{2}\le a\le \sqrt{2021}\approx 44.96\end{array}\right.$

Suy ra ta có 43 số $a\in \left\{2;3;4;\mathrm{...};44\right\}$, tương ứng có 43 số $b\in \left\{a_i^2,i=\overline{2,44}\right\}.$ Trường hợp này có 43 cặp.

Với t=3, suy ra: ${\log }_{a}b=3\iff b=a^3$.

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}a,b\in \mathbb{Z}\\ 2\le a\le 2020\\ 2\le b\le 2021\\ b=a^3\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2\le a\le 2020\\ 2\le a^3\le 2021\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2\le a\le 2020\\ 1.26\approx \sqrt[3]{2}\le a\le \sqrt[3]{2021}\approx 12.64\end{array}\right.$

Suy ra có 11 số $a\in \left\{2;3;4;\mathrm{...};12\right\},$ tương ứng có 11 số $b\in \left\{a_i^3,i=\overline{2,12}\right\}.$ Trường hợp này có 11 cặp.

Vậy có 43+11=54 cặp

Chọn A.

Gọi $C_1\left(0;5;0\right)$ là hình chiếu của C trên mặt phẳng (Oxy). Khi đó ta có:

$MC=\sqrt{C{C_1}^2+C_1{M}^2}=\sqrt{1+C_1{M}^2}\left(*\right)$

Vậy MC nhỏ nhất khi và chỉ khi $M{C}_1$ nhỏ nhất.

Xét trên mặt phẳng tọa độ Oxy với $A\left(3;0\right),B\left(-3;0\right),C_1\left(0;5\right)$