Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị có đường TCN y=1 và TCĐ x=1.

Do đó loại đáp án A và B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên loại đáp án C.

Đáp án A.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \{-1\}$.

Gọi $M(x_0;\frac{x_0-2}{x_0+1})(x_0\ne -1)$ thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{x-2}{x+1}$.

Ta có $y=\frac{x-2}{x+1}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{3}{{(x+1)}^2}$ nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $M(x_0;\frac{x_0-2}{x_0+1})$ có hệ số góc là $k=y^{\text{'}}\left(x_0\right)=\frac{3}{{(x_0+1)}^2}$.

Vì tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng $d:y=3x+10$nên \[\frac{3}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1\]

$\iff [\begin{array}{l}{x}_0+1=1\\ x_0+1=-1\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=-2\end{array}\left(tm\right)$$\Rightarrow [\begin{array}{l}M(0;-2)\\ M(-2;4)\end{array}$

Đáp án B.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$.

Gọi $M(x_0;\frac{x_0+1}{1-x_0})(x_0\ne 1)$ thuộc đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{1-x}$.

Ta có $y=\frac{x+1}{1-x}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{2}{{(1-x)}^2}$ nên tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $M(x_0;\frac{x_0+1}{1-x_0})$ có hệ số góc là $k=y^{\text{'}}\left(x_0\right)=\frac{2}{{(1-x_0)}^2}$.

⇒ Phương trình tiếp tuyến tại M là: $y=\frac{2}{{(1-x_0)}^2}(x-x_0)+\frac{x_0+1}{1-x_0}$$\iff \frac{2}{{(1-x_0)}^2}x-y-\frac{2x_0}{{(1-x_0)}^2}+\frac{x_0+1}{1-x_0}=0$, có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=(1;\frac{2}{{(1-x_0)}^2})$.

Ta có: $\overrightarrow{IM}=(x_0-1;\frac{x_0+1}{1-x_0}+1)=(x_0-1;\frac{2}{1-x_0})$.

Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với IM nên $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{IM}=0$.

\[ \Leftrightarrow \left( {{x_0} - 1} \right) + \frac{4}{{{{\left( {1 - {x_0}} \right)}^3}}} = 0\]$\iff \frac{4}{{(1-x_0)}^3}=1-x_0\iff {(1-x_0)}^4=4$

$\iff [\begin{array}{l}1-x_0=\sqrt{2}\\ 1-x_0=-\sqrt{2}\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_0=1-\sqrt{2}\\ x_0=1+\sqrt{2}\end{array}$

⇒ $M(1+\sqrt{2};-1-\sqrt{2})$ và $M(1-\sqrt{2};-1+\sqrt{2})$.

Đáp án A.

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có: $y={(x^2-4)}^2+1\Rightarrow y^{\text{'}}=2(x^2-4).2x$.

Cho $y^{\text{'}}=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x^2-4=0\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 2\end{array}$.

BXD y':

Dựa vào BXD ta thấy hàm số đồng biến trên \[\left( { - \infty ; - 2} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0;2} \right)\]; nghịch biến trên $(-2;0);(2;+\infty )$.

Đáp án D.

Giả sử thiết diện qua trục là tam giác SAB và O là tâm mặt đáy của hình nón, ta có tam giác SAB đều cạnh 1 nên $SO=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Gọi I là tâm khối cầu nội tiếp trong hình nón, dễ thấy O chính là tâm tam giác đều SAB, do đó bán kính khối cầu là $R=IO=\frac{2}{3}SO=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Vậy thể tích khối cầu nội tiếp trong hình nón là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3=\frac{4\sqrt{3}\pi }{27}$.

Đáp án B.

Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng.

Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là x (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: \[x{\left( {1 + 6\% } \right)^3}\] (triệu đồng).

Khi đó ta có $x{(1+6\%)}^3\ge 500\iff x\ge 420$ (triệu đồng).

Đáp án A.

Ta có: ${\log }_{\sqrt[3]{5}}\frac{49}{8}={\log }_{5^{\frac{1}{3}}}\frac{49}{8}$

$=3{\log }_5\frac{7^2}{2^3}=3(2{\log }_{5}7-3{\log }_{5}2)=3(2b-\frac{3}{a})$

Đáp án A.

TXĐ: ...

Ta có: $y=(2x-1)e^x\Rightarrow y^{\text{'}}=2e^x+(2x-1)e^x=(2x+1)e^x$.

Cho $y^{\text{'}}=0\iff 2x+1=0\iff x=-\frac{1}{2}\in [-1;0]$.

Ta có: $y(-1)=-\frac{3}{e};y\left(0\right)=-1;y(-\frac{1}{2})=\frac{-2}{\sqrt{e}}$

Vậy $\underset{[-1;0]}{\min }y=\frac{-2}{\sqrt{e}}$.

Đáp án B.

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có: $y=\frac{1}{3}{x}^3-2x^2+3x-1\Rightarrow y^{\text{'}}=x^2-4x+3$.

Cho $y^{\text{'}}=0\iff x^2-4x+3=0\iff [\begin{array}{l}x=1\in [-\frac{1}{3};\frac{10}{3}]\\ x=3\in [-\frac{1}{3};\frac{10}{3}]\end{array}$.

Ta có: $y(-\frac{1}{3})=-\frac{181}{81};y\left(\frac{10}{3}\right)\approx -\mathrm{0,88};y\left(1\right)=\frac{1}{3};y\left(3\right)=-1$.

Vậy $\underset{[-1;0]}{\min }y=y(-\frac{1}{3})=-\frac{181}{81}.$

Đáp án A.

Xét hàm số $y=\frac{\sin x}{x}$ ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=0$ , do đó ĐTHS có 1 TCN y=0.

Xét hàm số $y=\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}$ ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1$ , do đó ĐTHS có 2 TCN $y=\pm 1$.

Xét hàm số $y=\frac{\sqrt{1-x}}{x+1}$ ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y$ không tồn tại, $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=0$ , do đó ĐTHS có 1 TCN y=0.

Xét hàm số $y=x+1+\sqrt{x^2-1}$ ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$, $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=1$ , do đó ĐTHS có 1 TCN y=1.

Vậy có 3 hàm số mà đồ thị có đúng một tiệm cận ngang.

Đáp án C.

Vì ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a nên \[AB = AC = AD = BC = BD = a\].

Do đó hình chiếu vuông góc của A lên (BCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

Lại có tam giác BCD vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm H của CD.

$\Rightarrow AH\perp CD$

Xét tam giác ACD vuông cân tại A có \[AC = AD = a\] nên $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Tam giác BCD vuông cân tại B có BC = BD = a nên $S_{\Delta BCD}=\frac{1}{2}.BC.BD=\frac{a^2}{2}$.

Vậy $V_{ABCD}=\frac{1}{3}AH.S_{\Delta BCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$

Đáp án B.

Hàm số đã cho xác định trên $[-\frac{1}{4};0]$.

Ta có: $y=(2x-1)+\ln (2x+1)$ $\Rightarrow y^{\text{'}}=2+\frac{2}{2x+1}>0\forall x\in [-\frac{1}{4};0]$.

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên $[-\frac{1}{4};0]$.

Vậy $\underset{[-\frac{1}{4};0]}{\max }y=y\left(0\right)=-1$

Đáp án B.

Ta có $y=(x+1)(x-2)(3-x)=-x^3+4x^2-x-6$.

$\Rightarrow y^{\text{'}}=-3x^2+8x-1=0\iff x=\frac{4\pm \sqrt{13}}{3}$.

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đáp án A.

$\int \tan xdx=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx=\int \frac{-d\left(\cos x\right)}{\cos x}=-\ln \left|\cos x\right|+C$

Đáp án D.

Ta có $f\left(x\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=2x.{\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2}\ln \frac{1}{2}=f^{\text{'}}\left(x\right)=-2x{\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2}.\ln 2$ nên đáp án A sai.

Xét $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=0$, do đó hàm số không thể nghịch biến trên , suy ra đáp án B sai.

Ta có $f\left(0\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^0=1$ nên đáp án C sai.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }{\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2}=0$ nên ĐTHS nhận y=0 là TCN.

Suy ra đáp án D đúng.

Ta có $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \frac{1}{2x-3}dx=\frac{1}{2}\ln |2x-3|+C$

Đáp án D.

TXĐ: $D=(1;+\infty )$

Ta có $y=\log (x-1)\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{1}{(x-1)\ln 10}$. Suy ra đáp án D đúng, đáp án C sai.

Vì $x-1>0\Rightarrow y^{\text{'}}>0\forall x\in D$, do đó hàm số đồng biến trên $(1;+\infty )$, suy ra đáp án B đúng.

Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=-\infty$ nên ĐTHS nhận x=1 là TCĐ, suy ra đáp án A đúng.

Đáp án C.

Xét đáp án A: ta có $y^{\text{'}}=2x=0\iff x=0$, do đó hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét đáp án B: ta có $y^{\text{'}}=2(2x^2-1).4x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$, do đó hàm số có 3 điểm cực trị.

Xét đáp án C: ta có \[y' = 2\sqrt[3]{{{x^2}}} + \left( {2x - 1} \right).\frac{2}{3}.\frac{1}{{\sqrt[3]{x}}}\] $=\frac{6x+4x-2}{3\sqrt[3]{x}}=10\iff x=\frac{1}{5}$, do đó hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét đáp án D: ta có $y^{\text{'}}=\frac{x^2+1-x.2x}{{(x^2+1)}^2}=\frac{-x^2+1}{{(x^2+1)}^2}=0\iff x=\pm 1$, do đó hàm số có 2 điểm cực trị.

Đáp án D.

Gọi O là trung điểm của AC. Vì tam giác ABC vuông tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi I, M là trung điểm của SC, SA. Ta có IO là đường trung bình của tam giác SAC $\Rightarrow IO//SA$.

Mà $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow IO\perp \left(ABC\right)\Rightarrow IO$ là trực của (ABC)$\Rightarrow IA=IB=IC$.

Lại có IM là đường trung bình của tam giác SAC nên IM // AC $\Rightarrow IM\perp SA$$\Rightarrow IM$ là trung trực của SA, do đó $IS=IA$.

$\Rightarrow IA=IB=IC=IS$ \[ \Rightarrow I\] là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp SABC.

⇒ Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là $R=\frac{1}{2}SC$.

Ta lại có \[4\pi {R^2} = 3\pi \Leftrightarrow R = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SC = \sqrt 3 \].

Đặt $SA=AB=BC=x$, ta có tam giác SAB vuông cân tại A nên $SB=x\sqrt{2}$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB$$\Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại B.

\[ \Rightarrow S{B^2} + B{C^2} = S{C^2} \Rightarrow 2{x^2} + {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = 1\]

Vậy thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{6}{x}^3=\frac{1}{6}$.

Đáp án C.

Vì đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ -1 và cắt qua trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên hàm số có dạng $y=a{(x+1)}^2(x-1)$, do đó loại đáp án A và D.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại đáp án C.

Đáp án B.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên \[\mathbb{R}\] nên loại đáp án A, D.

Lại có: Đồ thị hàm số nghịch biến trên $ℝ$ nên chọn đáp án C.

Vì hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nên $h=r=1$.

⇒ Độ dài đường sinh của hình nón là $l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{2}$.

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\sqrt{2}\pi$.

Đáp án D.

Ta có: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}=f^{\text{'}}\left(1\right)=3$.

Đáp án D.

Gọi O, O’ lần trung điểm của BC và B’C’.

Vì tam giác ABC, A’B’C’ lần lượt vuông tại A và A’ nên O, O’ lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC, A’B’C’. Lại có OO’ vuông góc với hai đáy nên OO’ là trục hai đáy.

Gọi I là trung điểm của OO’ =>I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ.

Trong (ABC) kẻ $AH\perp BC(H\in BC)$ ta có $\{\begin{array}{l}AH\perp BC\\ AH\perp B{B}^{\text{'}}\end{array}\Rightarrow AH\perp \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\Rightarrow H{C}^{\text{'}}$ là hình chiếu của AC’ lên (BCC’B’), do đó $\angle (A{C}^{\text{'}};\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right))=\angle (A{C}^{\text{'}};HC)=\angle A{C}^{\text{'}}H={30}^0$.

Xét tam giác vuông ABC ta có $AB=\sqrt{B{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$$\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}.a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Xét tam giác AC’H vuông tại H có: $A{C}^{\text{'}}=\frac{AH}{\sin {30}^0}=\frac{a\sqrt{3}}{2}:\frac{1}{2}=a\sqrt{3}$.

Xét tam giác vuông AA’C’ có: $A{A}^{\text{'}}=\sqrt{A{C^{\text{'}}}^2-A^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}=O{O}^{\text{'}}$$\Rightarrow IO=\frac{1}{2}O{O}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Xét tam giác vuông IOC có: \[IC = \sqrt {I{O^2} + O{C^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} = R\].

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ là: $S=4\pi R^2=4\pi .{\left(\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2=6\pi a^2$.

Đáp án B.

TXĐ: $D=ℝ\backslash \{\pm 1\}$.

Ta có:

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(2x-1)\sqrt{x^2+1}}{x^2-1}=2$

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{(2x-1)\sqrt{x^2+1}}{x^2-1}=-2$

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{(2x-1)\sqrt{x^2+1}}{x^2-1}=+\infty$

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{(2x-1)\sqrt{x^2+1}}{x^2-1}=-\infty$

$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{(2x-1)\sqrt{x^2+1}}{x^2-1}=+\infty$

$\underset{x\to -1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{(2x-1)\sqrt{x^2+1}}{x^2-1}=-\infty$

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 TCN $y=\pm 1$ và 2 TCĐ $x=\pm 1$.

Đáp án C.

Đặt $I=\int \ln xdx$.

Đặt $\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=dx\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x}dx\\ v=x\end{array}$.

Khi đó ta có $I=\int \ln xdx=x\ln x-\int dx=x\ln x-x+C$.

Với $C=1$ ta có $1-x+x\ln x$ là một nguyên hàm của hàm số $\ln x$.

Đáp án D.

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

BXD:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(1;2)$.

Đáp án C.

Ta có: $y=x^4-4x^2\Rightarrow y^{\text{'}}=4x^3-8x$.

Gọi $A(x_0;x_0^4-4x_0^2)$ thuộc đồ thị hàm số, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A là:

$y=(4x_0^3-8x_0)(x-x_0)+x_0^4-4x_0^2\left(d\right)$

Cho $M(2;0)\in d$ ta có:

$0=(4x_0^3-8x_0)(2-x_0)+x_0^4-4x_0^2\iff 0=8x_0^3-16x_0-4x_0^4+8x_0^2+x_0^4-4x_0^2$

$\iff 0=-3x_0^4+8x_0^3+4x_0^2-16x_0\iff [\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=-\frac{4}{3}\\ x_0=2\end{array}$

Vậy qua điểm M(2;0) kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số \[y = {x^4} - 4{x^2}\].

Đáp án C.

Hàm số $y=\ln |x^2+2x-3|$ xác định $\iff |x^2+2x-3|>0\iff x^2+2x-3\ne 0\iff \{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x\ne -3\end{array}$.

Vậy TXĐ của hàm số đã cho là $D=ℝ\backslash \{-3;1\}$.

Đáp án D.

Vì AB, CD lần lượt là đường kính hai đáy nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là $d(AB;CD)=d=h$. Mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh a nên $h=AB=CD=a$.

Khi đó ta có $V_{ABCD}=\frac{1}{6}AB.CD.d.\sin \alpha =\frac{1}{6}.a.a.a.\sin {30}^0=\frac{a^3}{12}$.

Đáp án A.

Ta có:

$a+\frac{b+{\log }_{2}5}{c+{\log }_{2}3}={\log }_{6}45\iff a+\frac{b+{\log }_{2}5}{c+{\log }_{2}3}=\frac{{\log }_{2}45}{{\log }_{2}6}$

$\iff a+\frac{b+{\log }_{2}5}{c+{\log }_{2}3}=\frac{{\log }_2\left(3^2.5\right)}{{\log }_2\left(2.3\right)}\iff a+\frac{b+{\log }_{2}5}{c+{\log }_{2}3}=\frac{2{\log }_{2}3+{\log }_{2}5}{1+{\log }_{2}3}$

$\iff a+\frac{b+{\log }_{2}5}{c+{\log }_{2}3}=\frac{2+2{\log }_{2}3-2+{\log }_{2}5}{1+{\log }_{2}3}\iff a+\frac{b+{\log }_{2}5}{c+{\log }_{2}3}=2+\frac{-2+{\log }_{2}5}{1+{\log }_{2}3}$

Đồng nhất hệ số ta có $a=\mathrm{2,}b=-\mathrm{2,}c=1.$

Vậy  $a+b+c=2+(-2)+1=1.$

Đáp án A.

Theo bài ra ta có:

$f\left(x\right)=x.f^{\text{'}}\left(x\right)-x^2\iff x.f^{\text{'}}\left(x\right)-f\left(x\right)=x^2$

$\iff \frac{x.f^{\text{'}}\left(x\right)-x^{\text{'}}.f\left(x\right)}{x^2}=1\iff {\left(\frac{f\left(x\right)}{x}\right)}^{\text{'}}=1$$\iff \frac{f\left(x\right)}{x}=\int dx=x+C$

Lại có $f\left(1\right)=3$$\Rightarrow \frac{f\left(1\right)}{1}=1+C\iff 3=1+C\iff C=2$.

Vậy $\frac{f\left(x\right)}{x}=x+2\iff f\left(x\right)=x^2+2x\Rightarrow f\left(2\right)=8$.

Đáp án C.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-\frac{x}{x^2+1}=0\iff x=0\notin [a;b]$ (do a, b là các số dương)

Khi đó ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)<0\forall x\in [a;b]$ , do đó hàm số nghịch biến trên $[a;b]$ nên $\underset{[a;b]}{\min }f\left(x\right)=f\left(b\right)$.

Đáp án A.

Đặt tên các điểm như hình vẽ.

Gọi h,r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của hình nón.

Đặt  $IO=MQ=NP=x$ $(0<x<h)$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

$\frac{MQ}{SO}=\frac{AQ}{AS}=1-\frac{SQ}{SA}=1-\frac{QI}{OA}$$\Rightarrow \frac{x}{h}=1-\frac{IQ}{r}\Rightarrow IQ=(1-\frac{x}{h})r$

Khi đó thể tích khối nón là $V^{\text{'}}=\pi .I{Q}^2.QM=\pi .r^2{(1-\frac{x}{h})}^2.x=\frac{\pi r^2}{h^2}.x{(x-h)}^2$.

Để V đạt giá trị lớn nhất thì $x{(x-h)}^2$ phải đạt giá trị lớn nhất.

Đặt $f\left(x\right)=x{(x-h)}^2=x(x^2-2hx+h^2)=x^3-2h{x}^2+h^{2}x$ , với \[0 < x < h\] ta có:

$f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-4hx+h^2=0\iff [\begin{array}{l}x=h\left(ktm\right)\\ x=\frac{1}{3}h\left(tm\right)\end{array}$

$\Rightarrow {V^{\text{'}}}_{\max }=\frac{\pi r^2}{h^2}.\frac{1}{3}h{(\frac{1}{3}h-h)}^2=\frac{4}{27}\pi r^{2}h$

Vậy khi đó $\frac{V^{\text{'}}}{V}=\frac{\frac{4}{27}\pi r^{2}h}{\frac{1}{3}\pi r^{2}h}=\frac{4}{9}$.

Đáp án A.

Dựa vào BBT ta thấy $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=x_1\\ x=x_2\end{array}$.

Đặt $h\left(x\right)=m+f(x+1)$ ta có \[h'\left( x \right) = f'\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = {x_1}}\\{x + 1 = {x_2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_1} - 1}\\{x = {x_2} - 1}\end{array}} \right.\], do đó hàm số $h\left(x\right)=m+f(x+1)$có 2 điểm cực trị.

Suy ra để hàm số $g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|=|m+f(x+1)|$ có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình $m+f(x+1)=0$ phải có nghiệm bội lẻ duy nhất.

Ta có: $m+f(x+1)=0\iff f(x+1)=-m$, dựa vào BBT ta thấy đường thẳng cắt qua (không tính điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số $y=f(x+1)$ tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi $[\begin{array}{l}-m\ge 1\\ -m\le -3\end{array}\iff [\begin{array}{l}m\le -1\\ m\ge 3\end{array}$.

Đáp án C.

ĐKXĐ: $\{\begin{array}{l}2x-m>0\\ 3-x>0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2x-m>0\\ x<3\end{array}$.

Ta có:

${\log }_{\frac{1}{2}}(2x-m)+{\log }_2(3-x)=0\iff -{\log }_2(2x-m)+{\log }_2(3-x)=0$

$\iff {\log }_2(2x-m)={\log }_2(3-x)\iff 2x-m=3-x\iff 3x=m+3$

Để phương trình có nghiệm thì $m+3<9\iff m<6$.

Kết hợp điều kiện m là số nguyên dương ta có $m\in \{1;2;3;4;5\}$.

Vậy có 5 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A.

Theo bài ra ta có:

A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;-3), D(0;2;-3), E(1;0;-3), F(1;2;0).

Gọi P và Q tương ứng là giao điểm của đường thẳng OM với các mặt phẳng (ABC) và (DEF). Độ dài PQ bằng:

+ Ta có: $\overrightarrow{OM}=(1;2;-3)$ là 1 VTCP của đường thẳng OM, nên phương trình đường thẳng OM là $\{\begin{array}{l}x=t\\ y=2t\\ z=-3t\end{array}$.

+ Phương trình mặt phẳng (ABC) là $\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{-3}=1\iff 6x+3y-2z-6=0$.

Gọi $OM\cap \left(ABC\right)=P(p;2p;-3p)$ , ta có $P\in \left(ABC\right)$ nên:

$6p+3.2p-2.(-3p)-6=0\iff p=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow P(\frac{1}{3};\frac{2}{3};-1)$.

+ Ta có: $\overrightarrow{DE}=(1;-2;0);\overrightarrow{DF}=(1;0;3)$$\Rightarrow [\overrightarrow{DE};\overrightarrow{DF}]=(-6;-3;2)$ là 1 VTPT của (DEF).

⇒ Phương trình mặt phẳng (DEF) là: $-6x-3(y-2)+2(z+3)=0\iff -6x-3y+2z+12=0$.

Gọi $OM\cap \left(DEF\right)=Q(q;2q;-3q)$ , ta có $Q\in \left(DEF\right)$ nên:

\[ - 6q - 3.2q + 2\left( { - 3q} \right) + 12 = 0 \Leftrightarrow q = \frac{2}{3}\]

$\Rightarrow Q(\frac{2}{3};\frac{4}{3};-2)$.

Vậy $PQ=\sqrt{{\left(\frac{1}{3}\right)}^2+{\left(\frac{2}{3}\right)}^2+{(-1)}^2}=\frac{\sqrt{14}}{3}$.

Đáp án D.

Ta có: ${(1+x+x^2+x^3)}^4={(1+x+x^2(x+1))}^4={(x+1)}^4{(x^2+1)}^4=\sum _{k=0}^4{C}_4^k{x}^k\sum _{m=0}^4{C}_4^m{x}^{2m}$

Khi đó ta có

$(k;m)=(0;0)\Rightarrow a_0=C_4^0.C_4^0=1$

$(k;m)=(1;0)\Rightarrow a_1=C_4^1{C}_4^0=4$

$(k;m)\in \{(2;0);(0;1)\}\Rightarrow a_2=C_4^2{C}_4^0+C_4^0.C_4^1=10$

$(k;m)\in \{(3;0);(1;1)\}\Rightarrow a_3=C_4^3{C}_4^0+C_4^1.C_4^1=20$