Chọn C

Ta có đồ thị có hình dạng như trên với hàm bậc bốn trùng phương có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên a > 0, b < 0 . Giá trị cực đại lớn hơn 0 nên c > 0.

Chọn C

Trong $\left(ABC\right)$ vẽ $CH\perp AB$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left\{SA\perp \left(ABC\right)\right.\Rightarrow SA\perp CH\\ CH\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow CH\perp \left(SAB\right)$

Nên $d_{(C;\left(SAB\right))}=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Chọn D

Ta có $u_n=u_1+\left(n-1\right)d\Rightarrow u_5=u_1+4d=3+4.4=19$

Chọn D

Xét hàm số: $y=f\left(-x\right)$

$y\text{'}=-f\text{'}\left(-x\right)$

Đề hàm số $y=f\left(-x\right)$ nghịch biến $y\text{'}<0\Rightarrow f\text{'}\left(-x\right)>0\Rightarrow 0<-x<2\Rightarrow -2<x<0$

Chọn C

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3+x^2-3x-4$ trên đoạn [-4;0]

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

Giải $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\notin \left[-4;0\right]\\ x=-3\in \left[-4;0\right]\end{array}\right.$

Ta có $f\left(-3\right)=5;f\left(-4\right)=\frac{8}{3};f\left(0\right)=-4$

Chọn C

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 3

Chọn A

Gọi S.ABCD là hình chóp đều có cạnh đáy $AB=a\Rightarrow SA=2a.$

Diện tích xung quanh của hình chóp là $S_1=4S_{SBC}=4.\frac{1}{2}.a.\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{15}{a}^2.$

Diện tích đáy của hình chóp là $S_2=a^2$

Vậy $\frac{S_1}{S_2}=\sqrt{15}$

Chọn C

Từ BBT ta thấy f'(x) đổi dấu qua các giá trị x = -2, x = 1 nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-4x+3}{x-2}$ với trục hoành là $\frac{x^2-4x+3}{x-2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3.\end{array}\right.$

Vậy $P=x_A+x_B=4$

Chọn B

Chọn B

Giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = 2f(x) - 1 trên đoạn [-1;2] là $\underset{\left[-1;2\right]}{\max }g\left(x\right)=2\underset{\left[-1;2\right]}{\max }f\left(x\right)-1=2.3-1=5$

Chọn D

Chọn B

Gọi M là trung điểm của B'D'

Ta có $A^{\text{'}}M\perp \left(B{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right)$ nên $\left(\widehat{A^{\text{'}}B,\left(B{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right)}\right)=\widehat{A^{\text{'}}BM}=\alpha$

Xét tam giác A'BM vuông tại M, ta có $\sin \alpha =\frac{A^{\text{'}}M}{A^{\text{'}}B}=\frac{1}{2}$

Chọn A

Ta có $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=-\infty ; \underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=-\infty$ nên đường tiệm cận đứng là $x=-1; x=1$

Lại có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=3$ nên đường tiệm cận ngang là y = 3

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn C

Xét hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có $AB=2; AD=3$

Gọi AA' = x (với x > 0).

Xét tam giác ABC có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$

Xét tam giác ACA' có $A^{\text{'}}{C}^2=A{A^{\text{'}}}^2+A{C}^2\iff 5^2=x^2+13\iff x=2\sqrt{3}$

Thể tích khối hộp đã cho là $V=AB.AD.A{A}^{\text{'}}=\mathrm{2.3.2}\sqrt{3}=12\sqrt{3}$

Chọn D

Mỗi tam giác là một tổ hợp chập 3 của 18 phần tử.

Số các tam giác có các đỉnh thuộc 18 điểm đã cho là $C_{18}^3$

Chọn A

Tam giác ABC cân (do AB = AC bởi ABCD là hình thoi) có $\widehat{ABC}=60°$ nên nó đều.

Gọi M là trung điểm cạnh CD suy ra $AM\perp CD$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp AM\\ CD\perp SA\end{array}\right.$ suy ra $CD\perp SM$ nên $\left(\left(SCD\right),\left(ABCD\right)\right)=\left(SM,AM\right)=\widehat{SMA}=60°$, với $AM=2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$ ta có $SA=AM.\tan 60°=3a$

Chọn C

Ta có $u_3=\frac{u_2^2}{u_1}=\frac{6^2}{3}=12$

Chọn C

- Hàm số bậc 3 , hệ số a < 0

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-12 ; y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-2\end{array}\right.$

Ta có BBT:

Từ bảng biến thiên ta có $y_{CD}=17$

Chọn C

Lí thuyết.

Chọn B

Lý thuyết.

Chọn C

Ta có: góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) chính là góc giữa hai đường thẳng SB và AB, đó chính là góc $\widehat{SBA}$

Xét tam giác SAB vuông tại A có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SBA}={30}^{\text{o}}$

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 30^o

Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó, $\phi$chính là góc $\widehat{SHA}$

Xét tam giác SAH vuông tại A có $\sin \widehat{SHA}=\frac{SA}{SH}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(a\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Vậy $\sin \phi =\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Chọn A

$f\left(x\right)=x^3+b{x}^2+cx+d\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2+2bx+c$

Kết hợp đồ thị, ta có: $\left\{\begin{array}{l}-\frac{2b}{3}=1\\ \frac{c}{3}=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=-\frac{3}{2}\\ c=-6\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=x^3-\frac{3}{2}{x}^2-6x+d$

Vậy $T=f\left(2\right)-f\left(0\right)=-10$

Chọn B

Ta có $y=\frac{2x-1}{x+1}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}>0,\forall x\ne -1$ nên hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Chọn C

$\left|f\left(x\right)\right|=2\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\left(1\right)\\ f\left(x\right)=-2\left(2\right)\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: phương trình (1) có hai nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm (và các nghiệm này phân biệt) nên phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=2$ có 4 nghiệm.

Chọn B

Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ bằng 1 => M(1;2) 

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x$ nên hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M(1;2) là $f^{\text{'}}\left(1\right)=-3$

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(1;2) là $y=-3\left(x-1\right)+2\iff y=-3x+5$

Chọn B

Tập xác định của hàm số là D = R\{2}

Chọn C

Ta có ABCD là hình vuông cạnh a nên AD = a và CD // AB mà AB // (SAB), suy ra CD // (SAB).

Do đó $d\left(SB,CD\right)=d\left(CD,\left(SAB\right)\right)=d\left(D,\left(SAB\right)\right)$

Lại có $AD\perp AB$ do ABCD là hình vuông và $AD\perp SA$ do $SA\perp \left(ABCD\right)$, suy ra $AD\perp \left(SAB\right)$ hay $d\left(D,\left(SAB\right)\right)=AD=a$. Vậy $d\left(SB,CD\right)=a$

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3\Rightarrow y^{\text{'}}<0\iff 3x^2-3<0\iff -1<x<1$

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Chọn C

Xét hàm số $y=x^4+2x^2-3$, có $y^{\text{'}}=4x^3+4x\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff x=0$nên hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét hàm số $y=x^3-x^2-3x+1$, có $y^{\text{'}}=3x^2-2x-3\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff x=\frac{1\pm \sqrt{10}}{3}$ nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Xét hàm số $y=x^4-2x^2-3$, có $y^{\text{'}}=4x^3-4x\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-1\end{array}\right.$ nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Xét hàm số $y=\frac{x+1}{x+2}$, có $y^{\text{'}}=\frac{1}{{\left(x+2\right)}^2}>0,\forall x\ne -2$nên hàm số không có cực trị.

Cách khác:

Chọn C

Chọn C

Tập xác định D = (-1;4]. Do đó đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Xét $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{4-x}}{\sqrt{x+1}}=+\infty$

Vì $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\sqrt{4-x}=\sqrt{5}>0$và $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\sqrt{x+1}=0$ mặt khác x + 1 > 0 khi $x\to -1^{+}$

Suy ra đường thẳng x = -1 là đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một đường tiệm cận: x = -1

Chọn A

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trên (1;3) .

Chọn D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-4x-3m^2{x}^2=4x\left(x-1\right)\left(x+1\right)-3m^2{x}^2\le 0$ với $\forall x\in \left[0;1\right]$

Suy ra $\underset{\left[0;1\right]}{\text{max}}f\left(x\right)=f\left(0\right);\underset{\left[0;1\right]}{\text{min}}f\left(x\right)=f\left(1\right)$

Theo yêu cầu bài toán ta có

$$\begin{gathered} f\left(0\right).f\left(1\right)=-1\Rightarrow -m\left(-m^2-m-1\right)=-1\iff m^3+m^2+m+1=0 \\ \iff \left(m+1\right)\left(m^2+1\right)=0\iff m=-1 \end{gathered}$$

Chọn C

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

Để thoả mãn ta có $\left\{\begin{array}{l}-m^2+2m+3>0\\ m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<3\\ m\le 2\end{array}\right.\iff -1<m\le 2$

Vậy $S=\left\{0;1;2\right\}$

Chọn A

Gọi $H\in A^{\text{'}}C:A^{\text{'}}H=2$ và $K\in A^{\text{'}}D:A^{\text{'}}K=2$

Khi đó $A^{\text{'}}.BHK$ là tứ diện đều có cạnh bằng 2 nên thể tích $V_1=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

Ta có $\frac{V_1}{V_{A^{\text{'}}.BCD}}=\frac{A^{\text{'}}H}{A^{\text{'}}C}.\frac{A^{\text{'}}K}{A^{\text{'}}D}=\frac{4}{21}\Rightarrow V_{A^{\text{'}}.BCD}=\frac{4}{21}{V}_1=\frac{7\sqrt{2}}{2}$

Do $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=3V_{A^{\text{'}}.ABCD}=6V_{A^{\text{'}}.BCD}=21\sqrt{2}$

Chọn B

Xét hàm số $y=x^3-3x^2+1\Rightarrow y^{\text{'}}=3x^2-6x\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Để phương trình $x^3-3x^2+1-m=0\left(1\right).$ có 3 nghiệm phân biệt thì -3 < m < 1

Từ $x_1<1<x_2<x_3\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1-1<0\\ x_2-1>0,x_3-1>0\end{array}\right.$ kết hợp định lí vi – et: 

$\begin{array}{l}\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)\left(x_3-1\right)<0\iff x_1{x}_2{x}_3-\left(x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1\right)+\left(x_1+x_2+x_3\right)-1<0\\ \iff \left(m-1\right)+3-1<0\\ \iff m<-1\end{array}$

Kết hợp điều kiện ta được: -3 < m < -1

Chọn A

Xét hàm số: $g\left(x\right)=x^3-3x^2\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Bảng biên thiên:

Số điểm cực trị của hàm số f(x) bằng số điểm cực trị cộng với số nghiệm bội lẻ nên để hàm số f(x) có đúng 3 điểm cực trị thì: $m\le -4\vee m\ge 0$

Chọn B

TH1: m =8 . Khi đó hám số suy biến thành hàm bậc hai có dạng $y=-x^2+2022$ là một parabol có bề lõm quay xuống nên đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị và là điểm cực đại. Suy ra m = 0 (thỏa mãn)

TH2: $m\ne 0$ . Khi đó hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương.

Ta có nhận xét sau về hàm bậc bốn trùng phương: $y=a{x}^4+b{x}^2+c\left(a\ne 0\right)$

Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi $ab<0$

Hàm số có một điểm cực trị khi và chỉ khi $a.b\le 0$

Do đó ta có hai khả năng cho TH2:

KN1: Đồ thị hàm số có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại thì

$\left\{\begin{array}{l}a<0\\ a.b\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a<0\\ b\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m-1\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m\le 1\end{array}\right.\iff m<0$

KN2: Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị trong đó có hai điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại thì

$\left\{\begin{array}{l}a>0\\ a.b<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ b<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m-1<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m<1\end{array}\right.\iff 0<m<1$

Vậy kết hợp các trường hợp trên ta được m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Do đồ thị $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ bằng  nên đồ thị còn cắt trục hoành tại một điểm khác nữa, ta giả sử điểm đó có hoành độ $x_0\ne 1$

Khi đó $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d=a{\left(x-1\right)}^2\left(x-x_0\right)$

Do đồ thị $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ cắt đường thẳng y = 2m - 1 tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 0 và 4 nên ta có:

$\left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=2m-1\\ f\left(4\right)=2m-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-a.x_0=2m-1\\ 9a.\left(4-x_0\right)=2m-1\end{array}\right.\Rightarrow -a.x_0=9a.\left(4-x_0\right)\iff x_0=\frac{9}{2}$

Suy ra $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d=a{\left(x-1\right)}^2\left(x-\frac{9}{2}\right)$

Chọn B

Ta có:  $f\text{'}\left(x\right)\le 0,\forall x\in \left(0;1\right)\iff 12x^3+12\left(1-2m^2\right)x^2+12\left(m-2m^2\right)x+12m\le 0,\forall x\in \left(0;1\right)$

Vì $x\in \left(0;1\right)\Rightarrow x+1>0$ nên yêu cầu bài toán $\iff \underset{g\left(x\right)}{\underbrace{x^2-2m^{2}x+m}}\le 0,\forall x\in \left(0;1\right)$. (*)

Xét ${{\Delta }_{g\left(x\right)}}^{\text{'}}=m^4-m$

TH1: ${{\Delta }_{g\left(x\right)}}^{\text{'}}<0$, do $a=1>0\Rightarrow g\left(x\right)>0,\forall x\in ℝ$ (không thỏa mãn).

TH2: ${{\Delta }_{g\left(x\right)}}^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=0\end{array}\right.$ (không thỏa mãn).

TH3: ${{\Delta }_{g\left(x\right)}}^{\text{'}}>0\iff m^4-m>0\iff \left[\begin{array}{l}m>1\\ m<0\end{array}\right.$

Khi đó $g\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt  (giả sử $x_1<x_2$).

Ta có bảng xét dấu của g(x) như sau:

Theo yêu cầu bài toán ta có $\left\{\begin{array}{l}g\left(0\right)\le 0\\ g\left(1\right)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 0\\ 1-2m^2+m\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 0\\ \left[\begin{array}{l}m\ge 1\\ m\le -\frac{1}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m\le -\frac{1}{2}$

Do $\left\{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\in \left[-20;20\right]\end{array}\right.$ nên ta nhận $m\in \left\{-20;-19;\mathrm{...};-1\right\}$. Vậy có tất cả 20 giá trị thỏa mãn.

Chọn D

Đặt $g\left(x\right)=f\left(x\right)-\frac{1}{2}{x}^2\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-x, g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)-x=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=x$

Dưa vào đồ thị 2 hàm số y = f'(x) và đồ thị hàm số y = x  ta được $g^{\text{'}}\left(x\right)<0,\forall x\in \left[1;2\right]$. Do đó hàm số g(x)  nghịch biến trên $\left[1;2\right]\Rightarrow \underset{\left[1;2\right]}{\max }g\left(x\right)=g\left(1\right)=f\left(1\right)-\frac{1}{2}$

Yêu cầu bài toán $m>\underset{\left[1;2\right]}{\max }g\left(x\right)=f\left(1\right)-\frac{1}{2}$

Chọn C

Giả sử $O=AC\cap BD$

Do $\left\{\begin{array}{l}SA=SB=SC=SD\\ OA=OB=OC=OD\end{array}\right.\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$. Ta có $V_{S{A}^{\text{'}}BD}=V_{A\text{'}.SBD}$

Do $\left\{\begin{array}{l}AA\text{'}//BB\text{'}\\ BB\text{'}\subset \left(SBD\right)\end{array}\right.\Rightarrow d\left(A\text{'},\left(SBD\right)\right)=d\left(A,\left(SBD\right)\right)\Rightarrow V_{A\text{'}.SBD}=V_{A.SBD}$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AO\perp SO\\ AO\perp BD\end{array}\right.\Rightarrow AO\perp \left(SBD\right)$

Tam giác SOB vuông tại $O\Rightarrow SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{3a^2-2a^2}=a$

$V_{S.ABD}=V_{A.SBD}=\frac{1}{3}AO.k,\left(1\right)$

Với  là diện tích tam giác $SBD\Rightarrow k=\frac{1}{2}SO.BD=\frac{1}{2}a.2a\sqrt{2}=\sqrt{2}{a}^2,\left(2\right)\text{ . }AO=a\sqrt{2}\left(3\right)$

Thay (2), (3) vào (1) ta được $V_{S.A^{\text{'}}BD}=V_{A\text{'}.SBD}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}.\sqrt{2}{a}^2=\frac{2a^3}{3}$