Ta có: ${V_1} = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}$

Khi đó: ${V_2} = \frac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}$

Vậy ${V_1} = \frac{1}{2}{V_2}$

Đáp án B

Xét phương án C ta có:

$y' = 3{x^2} + 2 >0$với $\forall x \in \mathbb{R},$ nên hàm số $y = {x^3} + 2x - 2020$ luôn đồng biến trên $\mathbb{R}.$

Đáp án C

Nhìn vào bảng biến thiên ta có điểm cực tiểu của hàm số là -1.

Đáp án C

Gọi $H$ là trung điểm $BC$ và $G$ là trọng tâm tam giác $ABC.$ Ta có $SG \bot \left( {ABC} \right).$

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên ${S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ và $AG = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.$

$\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SAG} = {60^0}.$

Trong tam giác vuông $SGA,$ ta có $SG = AG.\tan \widehat {SAG} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3 = a.$

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

Đáp án A

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {2;3} \right).$

Đáp án B

Gọi $H,H'$ lần lượt là trung điểm của $BC,B'C'.$

Do lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$ nên $AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ và ${S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Ta có: $\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AH,AH'} \right) = \angle H'AH = {60^0}.$

Xét tam giác $H'HA$ vuông tại $H$ có $\tan {60^0} = \frac{{H'H}}{{AH}} \Leftrightarrow H'H = AH.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{3}{2}a$

Mà $A'A = H'H$ nên $A'A = \frac{3}{2}a.$

Vậy ${V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{3}{2}a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8}{a^3}.$

Ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{2{x^3} + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{2\left( {{x^3} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{2\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{1}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \frac{1}{{2.3}} = \frac{1}{6}.$

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 5$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là $y = 5.$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = - \infty$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = 1.$

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận ngang và đứng là 2.

Đáp án C

Ta có $f\left( x \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - 3$

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) + 3 = 0$ bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và $y = - 3.$

Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng $y = - 3$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại 2 điểm.

Vậy số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) + 3 = 0$ là 2.

Đáp án B

Xét hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}$ có tập xác định $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.$

Có $y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.$

Đáp án A

Áp dụng công thức ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d.$

Ta có ${u_5} = {u_1} + 4d \Leftrightarrow 13 = 5 + 4d \Leftrightarrow d = 2.$

Đáp án B

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD.$ Ta có

$\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Ta có: $AC = 8\sqrt 2 \Rightarrow AO = 4\sqrt 2 ;SO = \sqrt {{{\left( {4\sqrt {11} } \right)}^2} - {{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2}} = 12$

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}{.8^2}.12 = 256$

$\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = 128$

Đáp án D

Điều kiện xác định: $x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1.$

TH1: $m = 1$ thì $y = 1$ (loại).

TH2: $m \ne 1$ thì hàm số $y = \frac{{x + m}}{{x + 1}}$ luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right).$

Mà $\left[ {1;2} \right] \subset \left( { - 1; + \infty } \right)$ nên $\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = \frac{9}{2} \Leftrightarrow y\left( 1 \right) + y\left( 2 \right) = \frac{9}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{{1 + 1}} + \frac{{2 + m}}{{2 + 1}} = \frac{9}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{2} + \frac{{2 + m}}{3} = \frac{9}{2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left( {1 + m} \right) + 2\left( {2 + m} \right) = 2.9\\ \Leftrightarrow 5m + 7 = 27\\ \Leftrightarrow m = 4.\end{array}$

Đáp án D

Ta thấy mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$ chia khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ thành một khối chóp tam giác $A'.ABC$ và một khối chóp tứ giác $A'.BCC'B'.$

Đáp án A

Cứ ba đỉnh của đa giác sẽ tạo thành một tam giác.

Chọn 3 trong 10 đỉnh của đa giác, có $C_{10}^3 = 120.$

Vậy có 120 tam giác xác định bởi các đỉnh của đa giác 10 cạnh.

Đáp án A

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng 1 nên có diện tích ${S_{ABCD}} = 1.$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ ta có $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {1 + 1} = \sqrt 2 .$

Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$ ta có $SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {5 - 2} = \sqrt 3 .$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .1 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.$

Đáp án A

Ta thấy $f'\left( x \right)$ đổi dấu khi đi qua $x = - 1;x = 2;x = - 5$ nên hàm số có 3 cực trị.

Đáp án B

Để hàm số có ba điểm cực trị thì: $ab = - 1.\left( {m - 5} \right) < 0 \Leftrightarrow m - 5 >0 \Leftrightarrow m >5\left( 1 \right)$

Theo giả thiết: $m \le 2020\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra có 2015 giá trị nguyên dương của $m$ thỏa mãn là: $m \in \left\{ {6;7;...;2020} \right\}.$

Đáp án D

Đây là đồ thị hàm số bậc 3, với hệ số $a >0.$ Loại $A;C.$

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {2; - 2} \right).$ Loại D.

Đáp án B

Áp dụng công thức, ta có: $V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}{230^2}.147 = 2592100{m^3}.$

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có GTLN bằng 2 và không có GTNN

Đáp án D

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3 - 2x}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{ - 2 - \frac{3}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}} = - 2$ nên $y = - 2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên, ta thây hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm $x = 0.$

Đáp án C

Xét hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ như hình vẽ

Tam giác $ABC$ đều nên có diện tích ${S_{\Delta ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.$

Chiều cao của khối lăng trụ là $AA' = 2a,$ suy ra thể tích của khối lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ là $V = AA'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}$ (đvtt).

Đáp án C

Tam giác $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B.$ Gọi $BA = BC = b.$

Áp dụng định lí Pitago vào trong tam giác vuông $ABC$ ta có $\sqrt {B{A^2} + B{C^2}} = AC \Leftrightarrow b\sqrt 2 = 2a \Leftrightarrow b = a\sqrt 2 .$

Diện tích đáy là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{2}{b^2} = \frac{1}{2}{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = {a^2}.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot \left( {AA'B} \right)\\\left( {AA'B} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\\left( {AA'B} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = A'B\end{array} \right..$ Do đó góc giữa $\left( {A'BC} \right)$ và đáy $\left( {ABC} \right)$ bằng góc giữa $AB$ và $A'B$ và bằng góc $\widehat {ABA'},$ theo giả thiết, ta có $\widehat {ABA'} = {45^0}.$

Tam giác $AA'B$ vuông cân tại $A$ nên $AA' = AB = a\sqrt 2 .$

Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ bằng $V = AA'.{S_{ABC}} = a\sqrt 2 .{a^2} = {a^3}\sqrt 2 .$

Đáp án D

Áp dụng Định lí cosin cho tam giác $SAB,$ ta có $S{B^2} = A{B^2} + S{A^2} - 2AB.SA.\cos {60^0} = 3{a^2}$

Tam giác $SAB$ thỏa mãn $S{B^2} + A{B^2} = S{A^2}$ nên tam giác $SAB$ vuông tại $B.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SB \subset \left( {SAB} \right),SB \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot \left( {ABCD} \right).$

Vậy $V = {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SB.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$ (đvtt).

Đáp án A

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

BBT

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) \Rightarrow f\left( { - 1} \right) = 5 \Leftrightarrow m + 2 = 5 \Leftrightarrow m = 3.$

$\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = m - 2 = 3 - 2 = 1.$

Đáp án A

ĐKXĐ: $x \ge - 1.$

Vì $1 + \sqrt {x + 1} >0$ với $\forall x \ge - 1$ nên để đồ thị hàm số có đún hai tiệm cận đứng thì phương trình ${x^2} - 2x = m\left( 1 \right)$ phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn -1.

Xét hàm số $f\left( x \right) = {x^2} - 2x$ trên $\left[ { - 1; + \infty } \right).$

$f'\left( x \right) = 2x - 2 = 0 \Rightarrow x = 1.$

BBT

Phương trình $\left( 1 \right)$ có hai nghiệm phân biệt lớn hơn -1 khi $f\left( 1 \right) < m \le f\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow - 1 < m \le 3.$

Đáp án B

Gọi chiều rộng, chiều cao của bể cá lần lượt là $x,h\left( {x;h >0} \right).$ Khi đó chiều dài là $2x.$

Tổng diện tích các mặt không kể nắp là $2{x^2} + 4xh + 2xh = 8 \Leftrightarrow h = \frac{{4 - {x^2}}}{{3x}}.$ Vì $x,h >0$ nên $x \in \left( {0;2} \right).$

Thể tích của bể cá là $V = 2x.x.h = \frac{{8x - 2{x^3}}}{3}.$

Ta có $V' = \frac{8}{3} - 2{x^2},$ cho $V' = 0 \Leftrightarrow \frac{8}{3} - 2{x^2} = 0 \Rightarrow x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.$

Bảng biến thiên

Bể các có dung tích lớn nhất bằng $\frac{{32\sqrt 3 }}{{27}} \approx 2,05.$

Đáp án A

Phương án A và C sai vì: Chọn hàm số $y = {x^4}.$

Tập xác định $D = \mathbb{R}.$

Ta có $y' = 4{x^3},$ cho $y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0.$

Và

Bảng biến thiên

Hàm số $y = {x^4}$ đạt cực trị tại $x = 0$ nhưng và có đạo hàm tại $x = 0.$

Tập xác định $D = \mathbb{R}.$

Ta có $y' = 3{x^2},$ cho $y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0,$

Bảng biến thiên

Hàm số không đạt cực trị tại $x = 0.$

Đáp án D

Gọi $O = AC \cap BD;I = SO \cap CM.$

Trong $\left( {SBD} \right)$ qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $BD$ cắt $SB,SD$ lần lượt tại $B',D'.$

$\Rightarrow \frac{{SB'}}{{AB}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}(I$ là trọng tâm $\Delta SAC).$

$\frac{{{V_{S.CB'MD'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{2.{V_{S.CMB'}}}}{{2.{V_{S.CAB}}}} = \frac{{SM}}{{SA'}}.\frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{3}.$

$\Rightarrow {V_{S.CB'MD'}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.$

$\Rightarrow {V_{CBAD.CB'MD'}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.CB'MD'}} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}.$

Đáp án B

Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = {6^8}.$

Xếp 3 số 1 và 2 số 3 và 5 vào 5 vị trí có: $\frac{{5!}}{{3!}} = 20$ cách.

Ứng với mỗi cách xếp trên có 6 vị trí trống giữa các số. Xếp 3 số 2, 4, 6 vào 6 vị trí trống đó ta có: $A_6^3$ cách.

Xác suất là: $\frac{{20.A_6^3}}{{{6^8}}} = \frac{{25}}{{17496}}.$

Đáp án C

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1;3} \right\}.$

$y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} - 2x - 3}} = \frac{{x + 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}} = \frac{1}{{x - 3}}.$

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x - 3}} = 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x - 3}} = 0$ nên đường thẳng $y = 0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{1}{{x - 3}} = + \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{1}{{x - 3}} = - \infty$ nên đường thẳng $x = 3$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2.

Đáp án A

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {AB'I} \right).$

Do tam giác $ABC$ là hình chiếu của tam giác $AB'I$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ nên ta có

${S_{ABC}} = {S_{AB'I}}.\cos \alpha$

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

$AB{'^2} = AA{'^2} + A'B{'^2} = 2{a^2}.$

$A{I^2} = A{C^2} + C{I^2} = {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{4}$

$C'B{'^2} = C'A{'^2} + A'B{'^2} - 2.A'B'.A'C'.\cos {120^0} = 3{a^2}.$

$B'{I^2} = B'C{'^2} + C'{I^2} = 3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{13{a^2}}}{4}.$

Có $AB{'^2} + A{I^2} = B'{I^2} \Rightarrow \Delta AB'I$ vuông tại $A.$

${S_{AB'I}} = \frac{1}{2}.AB'.AI = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4}.$ Do đó $\cos \alpha = \frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{AB'I}}}} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}.$

Đáp án D

Hàm số được viết lại thành $\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)m + {x^3} - {x^2} + 1 - y = 0.$

Một điểm $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là điểm cố định của đồ thị hàm số thì phương trình $\left( {x_0^2 - 3x_0^{} + 2} \right)m + x_0^3 - x_0^2 + 1 - {y_0} = 0$ phải nghiệm đúng với mọi $m,$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}x_0^2 - 3{x_0} + 2 = 0\\x_0^3 - x_0^2 + 1 - {y_0} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1;{y_0} = 1\\{x_0} = 2;{y_0} = 5\end{array} \right..$

Giả sử $A\left( {1;1} \right),B\left( {2;5} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {1;4} \right)$ khi đó hệ số góc của đường thẳng $AB$ là $k = 4.$

Đặt $f\left( x \right) = {x^3} + \left( {m - 1} \right){x^2} - 3mx + 2m + 1$

Để trên đồ thị hàm số có điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng $AB$ thì hệ số góc tại tiếp điểm phải bằng $k' = - \frac{1}{4}.$ Điều đó xảy ra khi và chỉ khi $f'\left( x \right) = - \frac{1}{4}$ có nghiệm.

Ta có $f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 3m.$

Phương trình $f'\left( x \right) = - \frac{1}{4} \Leftrightarrow 3{x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x - 3m = - \frac{1}{4}\left( 1 \right).$

Phương trình (1) có nghiệm khi $\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ;\frac{{ - 7 - 4\sqrt 3 }}{2}} \right] \cup \left[ {\frac{{ - 7 + 4\sqrt 3 }}{2}; + \infty } \right).$

Với $\frac{{ - 7 + 4\sqrt 3 }}{2} \approx - 0,03$ nên các số nguyên dương $m \in \left[ { - 2020;2020} \right]$ là $\left\{ {1;2;3;...;2020} \right\}.$

Vậy có 2020 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{m}{2}} \right\}.$

Ta có $y' = \frac{{{m^2} - 4}}{{{{\left( { - 2x + m} \right)}^2}}}.$

Để hàm số nghịch biến trên $\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 < 0\\\frac{m}{2} \notin \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \in \left( { - 2;2} \right)\\m \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( { - 2;1} \right].$

Suy ra có các số nguyên thỏa mãn là $\left\{ { - 1;0;1} \right\}.$

Đáp án C

$y = {x^3} + \frac{1}{2}\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 1 - m$

$y' = 3{x^2} + \left( {{m^2} - 1} \right)x$

Hàm số có điểm cực đại là $x = - 1$

$y = {x^3} + \frac{1}{2}\left( {{m^2} - 1} \right){x^2} + 1 - m$$\Rightarrow 3 + \left( {{m^2} - 1} \right)\left( { - 1} \right) = 0 \Rightarrow {m^2} = 4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 2\end{array} \right.$

Lúc này nên hàm số đạt cực đại tại $x = - 1.$

Vậy có 2 giá trị $m$ thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là 13, 14, 15 của nửa chu vi là $p = \frac{{13 + 14 + 15}}{2} = 21.$

Diện tích đáy của khối lăng trụ là $B = \sqrt {p\left( {p - 13} \right)\left( {p - 14} \right)\left( {p - 15} \right)} = 84$

Chiều cao của khối lang trụ là $h = 8\sin {30^0} = 8.\frac{1}{2} = 4.$

Vậy thể tích của khối lăng trụ là: $v = Bh = 84.4 = 336.$

Đáp án B

Cách 1: Ta có: $y' = 3f'\left( {3x - 1} \right) + 3{x^2} - 3m = 3\left( {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2} - m} \right)$

Để hàm số đồng biến trên $\left( { - 2;1} \right)$ thì:

$y' \ge 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \Leftrightarrow \left( {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2} - m} \right) \ge 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right)$

$f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2} \ge m,\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( { - 2;1} \right)} \left( {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2}} \right)$

Đặt $f'\left( {3x - 1} \right) = g\left( x \right)$ và ${x^2} = h\left( x \right)$

Quan sát bảng biến thiên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {3x - 1} \right) \ge - 4 = f'\left( 0 \right),3x - 1 \in \left( { - 7;2} \right)\\h\left( x \right) = {x^2} \ge 0 = h\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f'\left( {3x - 1} \right) \ge - 4 = f'\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\\h\left( x \right) = {x^2} \ge 0 = h\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\end{array} \right.$

$\Rightarrow f'\left( {3x - 1} \right) + h\left( x \right) \ge - 4 + 0 = - 4,x = 0$

$\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left( { - 2;1} \right)} \left[ {g\left( x \right) + h\left( x \right)} \right] = - 4,x = 0$

Do đó: $\mathop {\min }\limits_{\left( { - 2;1} \right)} \left( {f'\left( {3x - 1} \right) + {x^2}} \right) = - 4$

Vì $m \in \left( { - 10;10} \right)$ và $m \le - 4$ nên tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài là -39

Cách 2:

Xét hàm số $y = f\left( {3x - 1} \right) + {x^3} - 3mx$

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

Để hàm số đồng biến trên $\left( { - 2;1} \right)$ thì:

$y' \ge 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right) \Leftrightarrow f'\left( {3x - 1} \right) \ge - {x^2} + m,\forall x \in \left( { - 2;1} \right)$

Đặt $g\left( x \right) = f'\left( {3x - 1} \right) \ge - {x^2} + m = h\left( x \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}3x - 1 = t\\x = \frac{{t + 1}}{3}\\t \in \left( { - 7;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow f'\left( t \right) \ge h\left( t \right) = - \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{9} + m,\forall t \in \left( { - 7;2} \right)\left( * \right)$

Ta có đồ thị hàm số $h\left( t \right) = - \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{9} + m$ có đỉnh $I\left( { - 1;m} \right).$

Vậy $\left( * \right)$ thỏa mãn khi đồ thị $h\left( t \right) = - \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{9} + m$ nằm dưới đồ thị $y = f'\left( t \right).$

Suy ra: $m \le - 4.$

Với giả thiết $m \in \left( { - 10;10} \right),m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left[ { - 9; - 4} \right] \Rightarrow \sum\limits_{m = - 9}^{ - 4} m = - 39.$

Đáp án B

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên các khoảng $( - \infty ; - 1)$ và $( - 1; + \infty )$.

Vậy y’>0 với mọi x$\ne - 1$ =>Chọn B

Đáp án D

Đáp án A