Đáp án C.

Khối lăng trụ tam giác có 6 đỉnh.

Đáp án A.

Ta có: \(y' = \left( {{x^4}} \right)' = 4{x^3}.\)

Đáp án D.

Từ bảng biến thiên ta thấy, tính từ trái qua phải:

Dấu của \(y'\) đổi dấu từ (+) sang (-) khi qua \(x = 0,\) nên tại \(x = 0\) hàm số đạt cực đại.

Dấu của \(y'\) đổi dấu từ (-) sang (+) khi qua \(x = 1,\) nên tại \(x = 1\) hàm số đạt cực tiểu.

Đáp án B.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {1 - x - {x^3}} \right) = 1 - \left( { - 1} \right) - {\left( { - 1} \right)^3} = 3.\)

Đáp án A.

Thể tích khối lăng trụ là \(V = Bh = 6.3 = 18.\)

Đáp án C.

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 2} \right).\)

Đáp án D.

Xác suất của biến cố \(A\) liên quan đến phép thử là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}.\)

Đáp án C.

Với mọi \(x >0,\)ta có \(y' = \frac{1}{{2\sqrt x }}.\)

Vậy \(y'\left( 9 \right) = \frac{1}{{2\sqrt 9 }} = \frac{1}{6}.\)

Đáp án B.

Đồ thị đi lên từ trái sang phải trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right).\)

Đáp án C.

Đó là các mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right),\left( {SHJ} \right),\left( {SGI} \right)\) với \(G,H,I,J\) là các trung điểm của các cạnh đáy dưới hình vẽ bên dưới.

Đáp án D.

+ Dựa hình dạng đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 3 nên loại đáp án A và B.

+ Dựa đồ thị ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \infty \) ta có hệ số \(a < 0\) nên chọn đáp án D.

Đáp án B.

Dựa giả thiết \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 1\) và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - 1\] nên đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng \(y = 1\) và \(y = - 1.\)

Đáp án A.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3x - 1}}{{1 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3 - \frac{1}{x}}}{{\frac{1}{x} - 1}} = - 3\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3x - 1}}{{1 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{3 - \frac{1}{x}}}{{\frac{1}{x} - 1}} = - 3\) nên đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{1 - x}}\) có đường tiệm cận ngang là \(y = - 3.\)

Đáp án C.

Ta có 5 học sinh xếp thành một hàng dọc nên có 5 vị trí. Vậy số cách xếp là số hoán vị của 5 phần tử. Do đó có 5! cách xếp.

Đáp án D.

Ta có: \({u_2} = {u_1} + d = \frac{1}{3} + \frac{{11}}{3} = 4\)

Đáp án B.

Ta giải phương trình: \({x^3} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 3 \\x = - \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Đáp án D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) bằng 2.

Đáp án B.

Ta có \({u_2} = {u_1}.q \Rightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{8}{2} = 4.\)

Đáp án D.

Ta có \(V = \frac{1}{3}B.h \Rightarrow h = \frac{{3V}}{B}.\)

Đáp án D.

Gọi chữ số cần lập là \(\overline {abc} \) (với \(a;b;c \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}).\)

Chọn \(a\) có 4 cách.

Chọn \(b\) có 4 cách.

Chọn \(c\) có 4 cách.

Vậy lập được \(4.4.4 = 64\) số

Đáp án C.

Ta có: \(y' = 8{x^3}.\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)

Bảng biến thiên:

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right).\)

Đáp án B.

Nhìn vào đồ thị suy ra phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \( - 4 < m < - 3\).

Đáp án D.

Diện tích đáy của hình chóp là: \[B = {a^2}\].

Thể tích của khối chóp đã cho là: \[V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.{a^2}.2a = \frac{2}{3}{a^3}\].

Đáp ánA.

Ta có:

\(\begin{array}{l}y = \frac{{x + 2}}{{x + 3m}}(x \ne - 3m)\\ = >y' = \frac{{3m - 2}}{{{{(x + 3m)}^2}}}\end{array}\)

Để hàm số đồng biến trên \(( - \infty ; - 6) = >y' \ge 0\forall x \in ( - \infty ; - 6)\)

\(\begin{array}{l} < = >\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3m - 2}}{{{{(x + 3m)}^2}}} \ge 0\\ - 3m \ge - 6\end{array} \right.\\ < = >\left\{ \begin{array}{l}m \ge \frac{2}{3}\\m \le 2\end{array} \right. = >\frac{2}{3} \le m \le 2\end{array}\)

Với \(m \in (0;20]\) và m nguyên thì ta tìm được 2 giá trị của m thỏa mãn.

Đáp án A.

Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AB.\)

Khi đó ta có: \(\frac{{MG}}{{MD}} = \frac{{ME}}{{MC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GE//CD.\)

Đáp án D.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 36.\)

Gọi \(A\) là biến cố để tổng số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc đó bằng 7.

Các trường hợp thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(\left( {1;6} \right),\left( {6;1} \right),\left( {2;5} \right),\left( {5;2} \right),\left( {3;4} \right),\left( {4;3} \right).\)

Suy ra \(n\left( A \right) = 6.\)

Vậy xác suất để biến cố \(A\) xảy ra là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}.\)

Đáp án A.

Ta có \(A'D\) song song với \(B'C\) nên góc giữa \(B'D'\) và \(A'D\) bằng góc giữa \(B'D'\) và \(B'C.\)

Đó chính là góc \(B'\) trong tam giác đều \(CB'D',\) vì \(B'D' = B'C = CD' = a\sqrt 2 .\)

Vậy góc giữa \(B'D'\) và \(A'D\) bằng \({60^0}.\)

Đáp án A.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} y = - \infty \) nên \(x = - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = + \infty \) nên \(x = 0\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right).\)

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận

Đáp án A.

+ Tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A,AB = a:{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{1}{2}{a^2}.\)

+ Thể tích khối lăng trụ: \(V = {S_{\Delta ABC}}.AA' = \frac{1}{2}{a^2}.2a = {a^3}.\)

Đáp án B.

+ Đáy là tam giác đều cạnh \(a\) nên diện tích đáy là: \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

+ Chiều cao của khối lăng trụ bằng \(a\) do đó thể tích của khối lăng trụ là: \(V = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\)

Đáp án A.

Ta có: \(SA = AB.\tan {45^0} = a.\)

\({S_{ABCD}} = AB.AD = 2{a^2}.\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{{2{a^3}}}{3}.\)

Đáp án D.

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

Bảng biến thiên

Vậy hàm số có một điểm cực trị.

Đáp án B.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)

\(y' = 3{x^2} - 6x - 9;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên

Phương trình đường thẳng \(AB:\)

\(\frac{{x + 1}}{4} = \frac{{y - 6}}{{ - 32}} \Leftrightarrow - 8\left( {x + 1} \right) = y - 6 \Leftrightarrow 8x + y + 2 = 0.\left( d \right)\)

\(8.1 + \left( { - 10} \right) + 2 = 0 \Rightarrow N \in d.\)

Đáp án A.

Hàm số không xác định tại \(x = 2 \Rightarrow \) Loại B và C.

Từ bảng biến thiên ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 1\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty \Rightarrow \) Loại D.

Vậy bảng biến thiên đã cho của hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}.\)

Đáp án D.

Tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \mathbb{R}.\)

\(y' = 3{x^2} - 4x + 1\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{1}{3}\end{array} \right.\)

Bảng xét dấu

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Đáp án B.

Tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \mathbb{R}.\)

\(y' = 3{x^2} + 6x.\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2 \in \left[ { - 4; - 1} \right]\\x = 0 \notin \left[ { - 4; - 1} \right]\end{array} \right.\)

\(y\left( { - 4} \right) = - 16\)

\(y\left( { - 2} \right) = 4\)

\(y\left( { - 1} \right) = 2\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2}\) trên đoạn \(\left[ { - 4; - 1} \right]\) là \( - 16.\)

Đáp án B.

Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {2 - x} \right)'.f'\left( {2 - x} \right) = - f'\left( {2 - x} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {2 - x} \right) = 0\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) thì \(f'\left( {2 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2 - x = - 1\\2 - x = 1\\2 - x = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\)

Lại có: \(g'\left( x \right) = - f'\left( {2 - x} \right) >0 \Leftrightarrow f'\left( {2 - x} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2 - x < - 1\\1 < 2 - x < 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x >3\\ - 2 < x < 1\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\)

Vậy đáp án đúng là đáp án B.

Đáp án B.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} + 2x + m - 4\) trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right].\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 2x + 2 = 0 \Leftrightarrow 2x = - 2 \Leftrightarrow x = - 1\)

\(y\left( { - 2} \right) = \left| {m - 4} \right|;y\left( { - 1} \right) = \left| {m - 5} \right|;y\left( 1 \right) = \left| {m - 1} \right|\)

Với \(\forall m\) ta luôn có: \(m - 1 >m - 4 >m - 5\) nên \(\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} y = Max\left\{ {\left| {m - 1} \right|;\left| {m - 5} \right|} \right\}\)

Mà \(\left| {m - 1} \right| \ge \left| {m - 5} \right| \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} \ge {\left( {m - 5} \right)^2} \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 \ge {m^2} - 10m + 25 \Leftrightarrow 8m \ge 24 \Leftrightarrow m \ge 3\)

Do đó: \(\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} y = Max\left\{ {\left| {m - 1} \right|;\left| {m - 5} \right|} \right\} = \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 1} \right|{\rm{ }}khi{\rm{ }}m \ge 3\\\left| {m - 5} \right|{\rm{ }}khi{\rm{ }}m \le 3\end{array} \right.\)

Xét hàm số \(g\left( m \right) = \left\{ \begin{array}{l}\left| {m - 1} \right|{\rm{ }}khi{\rm{ }}m \ge 3\\\left| {m - 5} \right|{\rm{ }}khi{\rm{ }}m \le 3\end{array} \right. \Rightarrow g\left( m \right) = \left\{ \begin{array}{l}m - 1{\rm{ }}khi{\rm{ }}m \ge 3\\5 - m{\rm{ }}khi{\rm{ }}m \le 3\end{array} \right.\)

Đồ thị hàm số như sau:

Từ đồ thị ta thấy \(Min\left[ {g\left( m \right)} \right] = 2\) khi \(m = 3\)

Vậy khi \(m = 3\) thì giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \left| {{x^2} + 2x + m - 4} \right|\) trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\) đạt giá trị

Đáp án B.

Số phần tử của tập \(S:{n_S} = {9.10^5}\)

Gọi \(A\) là biến cố “số được chọn có tích các chữ số là 1400”

Ta có \(1400 = {2^3}{.5^2}.7 = 2.2.2.5.5.7 = 1.4.2.5.5.7 = 1.1.8.5.5.7\)

\({n_A} = 6.C_5^2 + 6.5.4.3 + 6.5.C_4^2 = 600\)

\({P_A} = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{1}{{1500}}.\)

Đáp án D.

Gọi \(x,2x,h\) lần lượt là ba kích thước của hồ. \(\left( {x \ge 0} \right)\)

Diện tích xung quanh và đáy hồ: \(S = 2{x^2} + 2.xh + 2.2xh = 2{x^2} + 6xh = 4\)

\( \Rightarrow h = \frac{{2 - {x^2}}}{{3x}}\left( {0 \le x \le \sqrt 2 } \right).\)

Thể tích hồ \(V = x.2x.h = \frac{{2x\left( {2 - {x^2}} \right)}}{3}\)

\(V' = - 2{x^2} + \frac{4}{3}\)

\(V' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\\x = \frac{{ - \sqrt 6 }}{3}\left( l \right)\end{array} \right.\)

\(V\left( 0 \right) = 0\)

\(V\left( {\sqrt 2 } \right) = 0\)

\(V\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) = \frac{{8\sqrt 6 }}{{27}} \approx 0.73\)

Vậy thể tích lớn nhất là câu D.

Đáp án B.

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2x - 1.\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2x + 1.\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và \(y = 2x - 1\) trên cùng hệ trục tọa độ ta được hình vẽ sau:

Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = g\left( x \right):\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {1;2} \right) \Rightarrow g\left( 1 \right) >g\left( 2 \right) \Rightarrow \) B sai.

Đáp án B.

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.A{B^2} \Leftrightarrow SA = \frac{{3{V_{S.ABCD}}}}{{A{B^2}}} = a\sqrt 3 .\)

Kẻ \(AM \bot SB;\left( {M \in SB} \right) \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right).\)

\(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AM.\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(AM = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {A{B^2} + S{A^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

\( \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Đáp án C.

Hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C' \Rightarrow A\) là hình chiếu của \(A'\) trên mặt đáy \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {A'CA} = \left( {\widehat {A'C,\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {A'CA} = {60^0}\)

\(\Delta A'CA\) vuông tại \(A \Rightarrow A'A = AC.\tan \widehat {A'CA} = 3a.\tan {60^0} = 3a\sqrt 3 \)

\(\Delta A'AB\) vuông tại \(A \Rightarrow AB = \sqrt {A'{B^2} - A'{A^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt {31} } \right)}^2} - {{\left( {3a\sqrt 3 } \right)}^2}} = \sqrt {4{a^2}} = 2a\)

Kẻ \(CH \bot AB\) tại \(H \Rightarrow H\) là trung điểm của \(AB\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(C)\)

Mà \(A'A \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'A \bot CH \Rightarrow CH \bot \left( {ABB'A'} \right)\)

Kẻ \(MI//CH,I \in A'H \Rightarrow MI \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow MI\) là khoảng cách từ \(M\) tới \(mp\left( {ABB'A'} \right)\)

Ta có: \(HA = \frac{{AB}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a \Rightarrow CH = \sqrt {A{C^2} - H{A^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = \sqrt {8{a^2}} = 2a\sqrt 2 \)

\(MI//HC \Rightarrow \frac{{MI}}{{HC}} = \frac{{A'M}}{{AC}},\) mà \(A'M = 2MC \Rightarrow \frac{{A'M}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{MI}}{{HC}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow MI = \frac{2}{3}HC = \frac{2}{3}.2a\sqrt 2 = \frac{{4a\sqrt 2 }}{3}\)

Vậy khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) là \(\frac{{4a\sqrt 2 }}{3}.\)

Đáp án A.

Phương trình: \(\left| {\sin x - \cos x} \right| + 4\sin 2x = m\)

Đặt \(t = \left| {\sin x - \cos x} \right| = \left| {\sqrt 2 \sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right)} \right|\) (Điều kiện: \(0 \le t \le \sqrt 2 )\)

\( \Rightarrow {t^2} = {\left( {\sin x - \cos x} \right)^2} = 1 - 2\sin x\cos x \Rightarrow \sin 2x = 1 - {t^2}\)

\( \Rightarrow \) Phương trình: \(t + 4\left( {1 - {t^2}} \right) = m \Leftrightarrow - 4{t^2} + t + 4 = m\)

Xét hàm số \(y = f\left( t \right) = - 4{t^2} + t + 4\) trên đoạn \(\left[ {0;\sqrt 2 } \right]\)

\(y' = f'\left( t \right) = - 8t + 1 = 0 \Leftrightarrow - 8t = - 1 \Leftrightarrow t = \frac{1}{8}.\)

Bảng biến thiên:

\(f\left( 0 \right) = 4;f\left( {\frac{1}{8}} \right) = \frac{{65}}{{16}};f\left( {\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2 - 4 \Rightarrow \mathop {Min}\limits_{\left[ {0;\sqrt 2 } \right]} f\left( t \right) = \sqrt 2 - 4;\mathop {Max}\limits_{\left[ {0;\sqrt 2 } \right]} f\left( t \right) = \frac{{65}}{{16}}\)

\( \Rightarrow \sqrt 2 - 4 \le m \le \frac{{65}}{{16}},\) mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}.\)

Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\) để phương trình đã cho có nghiệm thực.

Đáp án B.

Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + {m^2} - m - 1.\)

Hàm số đạt cực trị tại \({x_1},{x_2} \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)

\( \Leftrightarrow \Delta {'_{y'}} >0 \Leftrightarrow {m^2} - \left( {{m^2} - m - 1} \right) >0\)

\( \Leftrightarrow m + 1 >0\)

\( \Leftrightarrow m >- 1.{\rm{ }}\left( * \right)\)

Vì \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình \(y' = 0\) nên theo định lý Vi-et ta có:

\({x_1} + {x_2} = 2m,{x_1}{x_2} = {m^2} - m - 1.\)

Mặt khác, \(x_1^2 - 2m{x_1} + {m^2} - m - 1 = 0 \Leftrightarrow x_1^2 = 2m{x_1} - {m^2} + m + 1.\)

\(x_1^2 + 2m{x_2} - 3{m^2} + m - 5 \le 0 \Leftrightarrow 2m{x_1} - {m^2} + m + 1 + 2m{x_2} - 3{m^2} + m - 5 \le 0\)

\( \Leftrightarrow 2m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4{m^2} + 2m - 4 \le 0\)

\( \Leftrightarrow 2m.2m - 4{m^2} + 2m - 4 \le 0\)

\( \Leftrightarrow m \le 2.\)

So với điều kiện \(\left( * \right),\) ta có \( - 1 < m \le 2.\) Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số thực \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án C.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x.\)

Gọi \(d\) là tiếp tuyến với \(\left( C \right)\) và \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm.

\(d:y - {y_0} = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) \Leftrightarrow d:y - \left( {x_0^3 - 3x_0^2} \right) = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right).\)

\(B\left( {0;b} \right) \in d \Leftrightarrow b - x_0^3 + 3x_0^2 = - {x_0}\left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right) \Leftrightarrow 2x_0^3 - 3x_0^2 + b = 0 \Leftrightarrow b = - 2x_0^3 + 3x_0^2.\left( 1 \right)\)

Đặt \(f\left( x \right) = - 2{x^3} + 3{x^2}.\) Ta có \(f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 6x.\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right..\)

Bảng biến thiên

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( 1 \right)\) có duy nhất nghiệm \({x_0} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b >1\\b < 0\end{array} \right..\)

Vậy có 17 số nguyên \(b \in \left( { - 10;10} \right)\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án D.

Ta có \(O\) và \(S\) đối xứng nhau qua đường thẳng \(CD',\) suy ra:

\(d\left( {S;\left( {CDD'C'} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {CDD'C'} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{S.CDD'C'}} = {V_{O.CDD'C'}} = \frac{1}{3}DD'.{S_{\Delta OCD}} = \frac{1}{3}DD'.\frac{1}{4}{S_{ABCD}} = \frac{1}{{12}}DD'.{S_{ABCD}} = \frac{1}{{12}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\)

Vậy \({V_{ABCDSA'B'C'D'}} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} + {V_{S.CDD'C'}} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} + \frac{1}{{12}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\)

\( = \frac{{13}}{{12}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{{13}}{{12}}{a^3}.\)

Đáp án D.

Theo giả thiết: \(x - 3\sqrt {x + 1} = 3\sqrt {y + 2} - y\left( * \right).\)

Điều kiện: \(x \ge - 1,y \ge - 2.\)

Ta có: \(P = x + y \Leftrightarrow y = P - x,\) thế vào \(\left( * \right)\) ta được:

\(3\sqrt {x + 1} + 3\sqrt {P - x + 2} = P{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của \(P\) để phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x \ge - 1.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P \ge 0\\2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {P - x + 2} \right)} = \frac{{{P^2}}}{9} - P - 3\end{array} \right.\)

Để có nghiệm thì \(\frac{{{P^2}}}{9} - P - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}P \ge \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2}\\P \le \frac{{9 - 3\sqrt {21} }}{2}\end{array} \right. \Rightarrow P \ge \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2}.\)

Với giá trị nhỏ nhất \(P = \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2}\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm \(x = - 1,\) suy ra:

\( \Rightarrow y = P - x = \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2} + 1 = \frac{{11 + 3\sqrt {21} }}{2}.\)

Mặt khác, ta lại có:\(P = x + y \Leftrightarrow x = P - y,\) thế vào (*) ta được:

\(P = 3\sqrt {P - y + 1} + 3\sqrt {y + 2} \) \(\left( 2 \right)\)

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của \(P\) để phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm \(y \ge - 2.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P \ge 0\\2\sqrt {\left( {y + 2} \right)\left( {P - y + 1} \right)} = \frac{{{P^2}}}{9} - P - 3\end{array} \right.\)

Để có nghiệm thì \(\frac{{{P^2}}}{9} - P - 3 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}P \ge \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2}\\P \le \frac{{9 - 3\sqrt {21} }}{2}\end{array} \right. \Rightarrow P \ge \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2}.\)

Với giá trị nhỏ nhất \(P = \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2}\) thì phương trình \(\left( 2 \right)\) có nghiệm \(y = - 2,\) suy ra:

\( \Rightarrow x = P - y = \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2} + 2 = \frac{{13 + 3\sqrt {21} }}{2}.\)

Vậy \({P_{\min }} = \frac{{9 + 3\sqrt {21} }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = \frac{{11 + 3\sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{13 + 3\sqrt {21} }}{2}\\y = - 2\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Đáp án D.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^{2020}}\left( {{\pi ^{2x}} - {\pi ^x} + 2021} \right)\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\left( * \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\{\pi ^{2x}} - {\pi ^x} + 2021 = 0\\{x^2} - 2x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 2\\x = 0\end{array} \right.\) (trong đó \(x = 3\) là nghiệm bội chẵn).

Suy ra: \(y' = \left( {2x - 8} \right).f'\left( {{x^2} - 8x + m} \right),y' = 0 \Leftrightarrow \left( {2x - 8} \right).f'\left( {{x^2} - 8x + m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 8 = 0\\f'\left( {{x^2} - 8x + m} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\{x^2} - 8x + m = 3{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{x^2} - 8x + m = 2{\rm{ }}\left( 2 \right)\\{x^2} - 8x + m = 0{\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\{x^2} - 8x = 3 - m{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{x^2} - 8x = 2 - m{\rm{ }}\left( 2 \right)\\{x^2} - 8x = - m{\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Xét hàm số \(y = h\left( x \right) = {x^2} - 8x,h'\left( x \right) = 2x - 8,h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow x = 4.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = h\left( x \right).\)

Vì \(x = 3\) là nghiệm bội chẵn của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) nên nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) không phải là điểm cực trị của hàm số.

Từ bảng biến thiên suy ra, hàm số có đúng ba điểm cực trị khi phương trình \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm phân biệt đồng thời phương trình \(\left( 3 \right)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất \(x = 4.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - m >- 16\\ - m \le - 16\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 18\\m \ge 16\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {16;17} \right\}\).

Nếu \(x = 4\) là nghiệm của phương trình \(\left( 3 \right)\) thì \(m = 16,\) suy ra phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 8x + 14 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4 - \sqrt 2 \\x = 4 + \sqrt 2 \end{array} \right.\) (không thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 50).\)

Nếu \(m = 17\) thì phương trình \(\left( 3 \right)\) vô nghiệm, phương trình \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 8x + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 5\end{array} \right.\) (thỏa mãn: \({3^2} + {4^2} + {5^2} = 50).\)

Vậy \(S = \left\{ {17} \right\}.\)

Đáp án B.

Đặt

\(t = \sqrt 3 \sin x + \cos x + 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right).\)

Với \(x \in \left[ { - \frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{3}} \right] \Rightarrow x + \frac{\pi }{6} \in \left[ {0;2\pi + \frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 2;2} \right] \Rightarrow f\left( t \right) \in \left[ { - 2;2} \right].\)

Phương trình có dạng \(f\left( {f\left( t \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( t \right) = {\alpha _1}\left( {{\alpha _1} < - 2} \right)\\f\left( t \right) = \alpha \left( { - 2 < \alpha < 0} \right)\\f\left( t \right) = {\alpha _2}\left( {{\alpha _2} >2} \right)\end{array} \right.\)</>

Từ bảng biến thiên ta có phương trình \(f\left( t \right) = \alpha \) có nghiệm \(t = {t_0}\left( {0 < {t_0} < 2} \right).\)

Khi đó phương trình \(\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{{t_0}}}{2}\) cho ba nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{3}} \right].\)