Đáp án B.

Ta có:

$\int f\left(x\right)dx=\int cos2xdx=\frac{1}{2}\sin 2x+C.$

Đáp án D.

Vecto chỉ phương trình đường thẳng là $\overrightarrow{m}=\left(-2;-1;0\right).$

Đáp án B.

Đường kính đáy $d=2R=2a\sqrt{2}.$

Do góc ở đỉnh bằng ${60}^0$ nên thiết diện qua trục là tam giác đều.

Độ dài đường sinh là: $l=d=2a\sqrt{2}$

Diện tích xung quanh hình nón là:

$S_{xq}=\pi Rl=\pi .a\sqrt{2}.2a\sqrt{2}=4\pi a^2.$

Đáp án B.

Ta có:

$V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(\sqrt{2x+1}\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(2x+1\right)dx.$

Đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} \log {\left(10ab\right)}^2=2\log \left(10ab\right) \\ =2\left(1+\log a+\mathrm{logb}\right)=2+2\log ab \end{gathered}$$

Đáp án A.

Ta có: $D=\left(0;+\infty \right).$ Đạo hàm:

$$\begin{gathered} y\text{'}=2x\ln x+x^2.\frac{1}{x}=2x\ln x+x=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\left(loai\right)\\ 2\ln x+1=0\end{array}\right.\iff x=\frac{1}{\sqrt{e}}. \end{gathered}$$

Do $y"=2\ln x+3\Rightarrow y"\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)>0$ nên hàm số đạt cực tiểu tại $y_{CT}=y\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)=-\frac{1}{2e}.$

Khi đó $y_{CT}=y\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)=-\frac{1}{2e}.$

Đáp án D.

Hình lăng trụ đã cho có 2 mặt đáy và 2016 mặt bên.

Do đó có 2016 cạnh bên và 2 mặt đáy, mỗi mặt đáy có 2016 cạnh.

Do đó hình lăng trụ đã cho có: $2016.3=6048$ cạnh.

Đáp án B.

Để $\left(\alpha \right)//\left(\beta \right)$ thì $\frac{2}{1}=\frac{4}{2}=\frac{-m}{-1}\ne \frac{-2}{-1}\Rightarrow$ không tồn tại m.

Đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} S_{ABCD}=2S_{ABC}=2S \\ \Rightarrow V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=2Sh. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Ta có: $2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}\ne \overrightarrow{d}-2\overrightarrow{c}$

Đáp án D.

Điều kiện: $x^2-2018>0.$

Ta có

$$\begin{gathered} \ln \left(x^2+1\right)\ln \left(x^2-2018=0\right) \\ \iff \left[\begin{array}{l}\ln \left(x^2+1\right)=0\\ \ln \left(x^2-2018\right)=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{l}{x}^2+1=1\\ x^2-2018=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=0\left(l\right)\\ x^2=2019\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\sqrt{2019}\\ x=-\sqrt{2019}\end{array}\right. \end{gathered}$$

nên phương trình có 2 nghiệm.

Đáp án C.

Hình chiếu của M lên trục Oy là $Q\left(0;2;0\right).$

Đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} S_{tp}=2S_{xq} \\ \iff 2\pi Rh+2\pi R^2=4\pi Rh\iff R=h. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Ta có $A_n^k=k!.C_n^k$ nên đáp án B sai.

Đáp án C.

Do:

$$\begin{gathered} \widehat{SC;\left(ABC\right)}={60}^0\Rightarrow \widehat{SCA}={60}^0 \\ \Rightarrow SA=AC\tan {60}^0=a\sqrt{6} \end{gathered}$$

Ta có: $\Delta SAC$ vuông tại A có đường cao AH.

Khi đó:

$$\begin{gathered} S{A}^2=SH.SC \\ \Rightarrow \frac{S{A}^2}{S{C}^2}=\frac{SH}{SC} \\ =\frac{6a^2}{6a^2+2a^2}=\frac{3}{4} \\ \Rightarrow \frac{HC}{SC}=\frac{1}{4}. \end{gathered}$$

Do đó:

$$\begin{gathered} d\left(H;\left(ABCD\right)\right)=\frac{1}{4}d\left(C;\left(ABCD\right)\right) \\ \Rightarrow V_{H.ABCD}=\frac{3}{4}{V}_{S.ABCD} \\ =\frac{1}{4}.\frac{1}{3}.a\sqrt{6}.\frac{3a^2}{2}=\frac{a^2\sqrt{6}}{8}. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Phương trình $x^2+bx+2=0$ có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta =b^2-8>0.$

Mà $1\le b\le 6,b\in \mathbb{N}*\Rightarrow b\in \left\{3;4;5;6\right\}.$

Xác suất cần tìm là $\frac{4}{6}=\frac{2}{3}.$

Đáp án D.

Phương trình vô nghiệm:

$$\begin{gathered} \iff 1^2+{\left(m-1\right)}^2<{\left(\sqrt{5}\right)}^2 \\ \iff m^2-2m-3<0 \\ \iff -1<m<3. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} {\log }_5^2\left(5x\right)-3{\log }_{\sqrt{5}}x-5\le 0 \\ \iff {\left[{\log }_5\left(5x\right)\right]}^2-6{\log }_{5}x-5\le 0 \\ \iff {\left[1+{\log }_{5}x\right]}^2-6{\log }_{5}x-5\le 0 \\ \iff {\log }_5^{2}x-4{\log }_{5}x-4\le 0. \end{gathered}$$

Đặt $t={\log }_{5}x$ thì bất phương trình trở thành $t^2-4t-4\le 0.$

Đáp án A.

Ta có:

$$\begin{gathered} {\left(\frac{3}{4}\right)}^{x^2-4}\ge 1\iff {\left(\frac{3}{4}\right)}^{x^2-4}\ge {\left(\frac{3}{4}\right)}^0 \\ \iff x^2-4\le 0\iff -2\le x\le 2. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Đặt

$$\begin{gathered} {\log }_{6}x={\log }_{9}y={\log }_4\left(2x+2y\right)=t \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=6^t\\ y=6^t\\ 2x+2y=4^t\end{array}\right.\Rightarrow 2\left(6^t+9^t\right)=4^t \\ \iff 2\left[{\left(\frac{6}{9}\right)}^t+1\right]={\left(\frac{4}{9}\right)}^t \\ \iff 2\left[{\left(\frac{2}{3}\right)}^t+1\right]={\left(\frac{2}{3}\right)}^{2t}. \end{gathered}$$

Đặt $u={\left(\frac{2}{3}\right)}^t=\frac{x}{y}>0$ ta có:

$$\begin{gathered} 2\left(u+1\right)=u^2 \\ \Rightarrow u=1+\sqrt{3}=\frac{2}{\sqrt{3}-1}. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Bán kính đáy của hình nón là $r=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3},$ chiều cao hình nón là $h=\frac{1}{2}$, cạnh huyền $=a\sqrt{3}.$

Thể tích tích V của khối nón (N) là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\pi a^3\sqrt{3}.$

Đáp án D.

Do $A\left(-1;1\right)$ thuộc đồ thị hàm số nên: $1=a+b+2\iff a+b=-1$ (1).

Tiếp tuyến tại điểm $A\left(-1;1\right)$ vuông góc với đường thẳng $d:x-2y+3=0\Rightarrow y\text{'}\left(-1\right).k_d=-1.$

Trong đó:

$$\begin{gathered} k_d=\frac{1}{2};y\text{'}=4a{x}^3+2bx \\ \Rightarrow y\text{'}\left(-1\right)=-4a-2b \end{gathered}$$

Suy ra :

$\left(-4a-2b\right).\frac{1}{2}=-1\iff 2a+b=1 \left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $a=2b;b=-3\Rightarrow a^2-b^2=-5.$

Đáp án B.

$$\begin{gathered} I=\underset{-2}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx-4\underset{-2}{\overset{5}{\int }}g\left(x\right)dx-\underset{-2}{\overset{5}{\int }}dx \\ =\underset{-2}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx+4\underset{5}{\overset{-2}{\int }}g\left(x\right)dx-x\left|{}_{-2}^5\right. \\ =8+4.3-\left(5+2\right)=13. \end{gathered}$$

Đáp án A.

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}u=x^2\\ dv=cos2xdx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=2xdx\\ v=\frac{1}{2}\sin 2x\end{array}\right. \\ \Rightarrow I=\frac{1}{2}{x}^2\sin 2x\left|\begin{array}{l}{}^{\pi }\\ {}_0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}x\sin 2xdx. \end{gathered}$$

Đáp án C.

$$\begin{gathered} {\log }_2\left({\log }_{\frac{1}{3}}\frac{3x-7}{x+3}\right)\ge 0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_{\frac{1}{3}}\frac{3x-7}{x+3}>0\\ {\log }_{\frac{1}{3}}\frac{3x-7}{x+3}\ge 1\end{array}\right. \\ \iff 0<\frac{3x-7}{x+3}\le \frac{1}{3} \\ \iff \frac{7}{3}<x\le 3. \end{gathered}$$

Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là $T=\left(\frac{7}{3};3\right]=\left(a;b\right]\Rightarrow P=3a-b=4.$

Đáp án B.

Ta có:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x^2+4x+3}{x+1} \\ =\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\left(x+1\right)\left(x+3\right)}{x+1} \\ =\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(x+3\right)=2. \end{gathered}$$

Mặt khác:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(mx+2\right) \\ =2-m,f\left(-1\right)=2-m. \end{gathered}$$

Hàm số liên tục tại điểm

$$\begin{gathered} x=-1 \\ \iff \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(-1\right) \\ \iff 2=2-m\iff m=0. \end{gathered}$$

Đáp án A.

Ta có:

$$\begin{gathered} {\log }_{4}a={\log }_{25}b=\log \frac{4b-a}{2} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=4^t;b={25}^t\\ 4b-a={2.10}^t\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} {4.25}^t-4^t={2.10}^t \\ \iff {\left(2^t\right)}^2+{2.2}^t{.5}^t-4.{\left(5^t\right)}^2=0 \\ \iff {\left[{\left(\frac{2}{5}\right)}^t\right]}^2+2.{\left(\frac{2}{5}\right)}^t-4=0 \end{gathered}$$

Vậy:

$$\begin{gathered} \frac{a}{b}=\frac{4^t}{{25}^t}={\left[{\left(\frac{2}{5}\right)}^t\right]}^2 \\ ={\left(-1+\sqrt{5}\right)}^2=6-2\sqrt{5}. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ nhận $\left[\overrightarrow{OM};\overrightarrow{u_{\text{Ox}}}\right]$ là một VTPT.

Mà $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{OM}=\left(1;0;-1\right)\\ \overrightarrow{u_{Ox}}=\left(1;0;0\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\overrightarrow{OM};\overrightarrow{u_{\text{Ox}}}\right]=\left(0;-1;0\right).$

Kết hợp với $\left(\alpha \right)$ đi qua M(1;0;-1)

$\Rightarrow \left(\alpha \right):-\left(y-0\right)=0\iff y=0.$

Đáp án A.

$$\begin{gathered} y\text{'}=-2f\text{'}\left(x\right)>0\iff f\text{'}\left(x\right)<0 \\ \iff x^2-2x<0\iff 0<x<2. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Giả sử:

$$\begin{gathered} z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right) \\ \Rightarrow {\left(x+yi\right)}^2=\left(x^2+y^2\right)+\left(x-yi\right) \\ \iff x^2-y^2+2xyi=x^2+y^2+x-yi \\ \iff \left\{\begin{array}{l}2xy=-y\\ x^2-y^2=x^2+y^2+x\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}y=0\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}\right.\\ y^2+x=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}y=0\\ x=0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}\\ y^2-\frac{1}{2}=0\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=y=0\\ \left\{\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}\\ y=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right.\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do đó có 3 số phức z thỏa mãn bài toán.

Đáp án D.

Gọi P là trung điểm của C’D’ suy ra $d=d\left(O;\left(MNP\right)\right)$

Dựng:

$$\begin{gathered} OA\perp NP;\text{\hspace{0.17em}OF}\perp \text{ME} \\ \Rightarrow \text{d=OF=}\frac{MO.NE}{\sqrt{M{O}^2+N{E}^2}} \end{gathered}$$

trong đó

$MO=a;NE=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow d=\frac{a}{3}.$

Đáp án A.

Dựng $B\text{'}M\perp A\text{'}C\text{'}\Rightarrow B\text{'}M\perp \left(ACC\text{'}A\text{'}\right)$

Dựng $MN\perp AC\text{'}\Rightarrow AC\text{'}\perp \left(MNB\text{'}\right)$

Khi đó $\widehat{\left(\left(AB\text{'}C\text{'}\right);\left(AC\text{'}A\text{'}\right)\right)}=\widehat{MNB\text{'}}={60}^0$

Ta có:

$$\begin{gathered} B\text{'}M=\frac{a\sqrt{2}}{2} \\ \Rightarrow MN=\frac{B\text{'}M}{\tan \widehat{MNB\text{'}}}=\frac{a\sqrt{6}}{6} \end{gathered}$$

Mặt khác $\tan \widehat{AC\text{'}A\text{'}}=\frac{MN}{C\text{'}N}=\frac{\text{AA}\text{'}}{A\text{'}C\text{'}}$

Trong đó:

$$\begin{gathered} MN=\frac{a\sqrt{6}}{6};MC\text{'}=\frac{a\sqrt{2}}{2} \\ \Rightarrow C\text{'}N=\sqrt{C\text{'}{M}^2-M{N}^2} \\ =\frac{a\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

Suy ra $\text{AA}\text{'}=a$

Thể tích lăng trụ:

$$\begin{gathered} V=\frac{A{B}^2}{2}.h=\frac{a^3}{2} \\ \Rightarrow V_{B\text{'}.ACC\text{'}A\text{'}}=V-V_{B\text{'}.BAC} \\ =V-\frac{V}{3}=\frac{2}{3}V=\frac{a^3}{3}. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=3x^2-6mx-9m^2 \\ =3\left(x^2-2mx-3m^2\right) \\ =3\left(x+m\right)\left(x-3m\right) \end{gathered}$$

TH1: Nếu $m>0\Rightarrow y\text{'}<0\iff -m<x<3m$ nên hàm số nghịch biến trên $\left(0;1\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}3m>1\\ -m<0\end{array}\right.\iff m>\frac{1}{3}.$

TH2: Nếu $m<0\Rightarrow y\text{'}<0\iff 3m<x<-m$ nên hàm số nghịch biến trên $\left(0;1\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-m>1\\ 3m<0\end{array}\right.\iff m<-1.$

TH3: Nếu $m=0\Rightarrow y\text{'}=3x^2\ge 0\left(\forall x\in \left(0;1\right)\right)$ nên hàm số đồng biến trên  $\mathrm{ℝ}$

Đáp án D.

Đặt $t={\log }_{3}x\Rightarrow t^2-3t+2m-7=0$

PT có 2 nghiệm khi $\Delta =9-4\left(2m-7\right)=37-8m>0\Rightarrow$ PT có 2 nghiệm $t_1;t_2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\log }_3{x}_1=t_1\\ {\log }_3{x}_2=t_2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=3^{t_1}\\ x_2=3^{t_2}\end{array}\right.$

Khi đó theo định lý Viet ta có: $\left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=3\\ t_1{t}_2=2m-7\end{array}\right.$

Do:

$$\begin{gathered} \left(x_1+3\right)\left(x_2+3\right)=72 \\ \iff x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)=63 \\ \iff 3^{t_1}{.3}^{t_2}+3\left(3^{t_1}+3^{t_2}\right)=63 \\ \iff 3^{t_1+t_2}+3\left(3^{t_1}+3^{t_2}\right)=63 \\ \iff 3^{t_1}+3^{t_2}=12 \\ \iff 3^{3-t_2}+3^{t_2}=12 \end{gathered}$$

Đặt:

$$\begin{gathered} u=3^{t_2}\Rightarrow \frac{27}{u}+u=12 \\ \iff \left[\begin{array}{l}u=3\\ u=9\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{t}_2=1\Rightarrow t_1=2\\ t_2=2\Rightarrow t_1=1\end{array}\right. \\ \Rightarrow t_1{t}_2=2\Rightarrow m=\frac{9}{2}\left(t/m\right). \end{gathered}$$

Đáp án B.

Số hạng tổng quát của khai triển ${\left(x^2+\frac{3}{x}\right)}^{12}$ là $C_{12}^k{x}^k{\left(\frac{3}{x}\right)}^{12-k}=C_{12}^k{3}^{12-k}.x^{2k-12}\left(0\le k\le 12\right)$

Khai triển có $12+1=13$ số hạng.

Số hạng tổng quát của khai triển ${\left(2x^2+\frac{1}{x^2}\right)}^{21}$ là $C_{21}^i{\left(2x^3\right)}^i{\left(\frac{1}{x^2}\right)}^{21-i}=C_{12}^k{2}^i.x^{5i-42}\left(0\le i\le 21\right)$

Khai triển có $21+1=22$ số hạng.

Cho $2k-12=5i-42\iff 5i-2k=30$

PT này có 3 nghiệm nguyên $\left(k;i\right)$ là $\left(0;6\right);\left(5;8\right);\left(10;5\right)$

Do đó $f\left(x\right)$ có $13+22-3=32$ số hạng.

Đáp án A.

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại $M\left(x_0;x_0^3-3x_0^2\right)$ có dạng: $y=\left(3x_0^2-6x_0\right)\left(x-x_0\right)+x_0^3-3x_0^2$

Do tiếp tuyến đi qua điểm: $\left(0;b\right)$

$\Rightarrow b=\left(3x_0^2-6x_0\right)\left(-x_0\right)+x_0^3-3x_0^2=-2x_0^3+3x_0^2$

Để có đúng một tiếp tuyến của (C) đi qua $B\left(0;b\right)$ thì phương trình $b=-2x_0^3+3x_0^2$ có duy nhất một nghiệm. Xét hàm số:

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

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra PT có 1 nghiệm khi $\left[\begin{array}{l}b>1\\ b<0\end{array}\right.$

Với $b\in \left(-10;10\right)$ có 17 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)=\left(2x-8\right)f\text{'}\left(x^2-8x+m\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ f\text{'}\left(x^2-8x+m\right)=0(*)\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Mà:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)={\left(x-1\right)}^2\left(x^2-2x\right) \\ ={\left(x-1\right)}^2.x\left(x-2\right);\forall x\in ℝ. \end{gathered}$$

Suy ra (*)

$$\begin{gathered} \iff {\left(x^2-8x+m-1\right)}^2\left(x^2-8x+m\right)\left(x^2-8x+m-2\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-8x+m-1=0\left(1\right)\\ x^2-8x+m=0\left(2\right)\\ x^2-8x+m-2=0\left(3\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Để hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi:

TH1. (1) có nghiệm kép $x=4,$ (2), (3) có 2 nghiệm phân biệt.

TH2. (1) không có nghiệm kép $x=4,$ (2), (3) có 2 nghiệm phân biệt.

Khi đó $m<16$ là các giá trị thỏa mãn. Kết hợp $m\in {\mathbb{Z}}^{+}\Rightarrow$ có 15 giá trị m cần tìm.

Đáp án D.

Gọi $I\left(a;0;0\right)$ là tâm của mặt cầu (S) có bán kính R.

Khoảng cách từ tâm I đến hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt là $d_1=\frac{\left|a+1\right|}{\sqrt{6}},d_2=\frac{\left|2a+1\right|}{\sqrt{6}}$

Theo giả thiết, ta có:

$$\begin{gathered} R^2=d_1^2+2^2=d_2^2+r^2 \\ \iff \frac{{\left(a+1\right)}^2}{6}+4=\frac{{\left(2a-1\right)}^2}{6}+r^2 \\ \iff a^2+2a+25=4a^2-4a+1+6r^2 \\ \iff 3a^2-6a+6r^2-24=0 \left(*\right) \end{gathered}$$

Yêu cầu bài toán (*) có nghiệm duy nhất

$$\begin{gathered} \iff \Delta \text{'}={\left(-3\right)}^2-3\left(6r^2-24\right)=0 \\ \iff r=\frac{3\sqrt{2}}{2}. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox là $x^3+\left(a+10\right)x^2-x+1=0$(*).

Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (*). Khi đó (*) $\iff -a-10=\frac{x^3-x+1}{x^2}.$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^3-x+1}{x^2}=x-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2},$ có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{x^3+-2}{x^3}=0\iff x=1.$

Tính:

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x\right)=-\infty ; \\ \underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x\right)=+\infty ; \\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(x\right)=+\infty ; \\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(x\right)=-\infty ;f\left(1\right)=1. \end{gathered}$$

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $f\left(x\right)=-a-10$ có nghiệm duy nhất $\iff a>-11.$

Kết hợp với a là số nguyên âm $\Rightarrow$ Có 10 giá trị cần tìm.

Đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\log \left(x+y\right)=z\\ \log \left(x^2+y^2\right)=z+1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x+y={10}^z+\\ x^2+y^2={10}^{z+1}={10.10}^z\end{array}\right. \\ \Rightarrow x^2+y^2=10\left(x+y\right) \end{gathered}$$