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