Đáp án B   

Áp dụng định lý Vi-ét cho phương trình $z^2-mz+2m-1=0$ trong tập số phức ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=\frac{-b}{a}=m\\ z_1{z}_2=\frac{c}{a}=2m-1\end{array}\right.$

Khi đó: $$\begin{gathered} {z_1}^2+{z_2}^2=-10<=> {\left(z_1+z_2\right)}^2-2z_1{z}_2=-10 \\ <=> m^2-2(2m-1)=-10<=> m^2-4m+12=0<=> m=2\pm 2\sqrt{2}i \end{gathered}$$

Đáp án C

Đường thẳng $d_1: \frac{x-1}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z-3}{3}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=(1;2;3)$ và đi qua $M_1(1;0;3)$  

Đường thẳng $d_2: \frac{x}{2}=\frac{y-1}{4}=\frac{z-2}{6}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=(2;4;6)$ và đi qua $M_2(0;1;2)$ 

Nhận thấy $\overrightarrow{u_2}=2\overrightarrow{u_1} nên \overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}$ cùng phương. Lại có, thay tọa độ $M_2(0;1;2) d_1: \frac{x-1}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z-3}{3}$  ta được

$d_1: \frac{0-1}{1}=\frac{1}{2}=\frac{2-3}{3}$ (vô lý) nên $M_2 \notin d_1$

Vậy  $d_1 // d_2$

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-3}{x-1}$ có đường TCĐ: x=1 và đường TCN:  y=2

Đáp án A

Số tiền sau 2 năm (24 tháng) người đó nhận được là $M=2(1+0,65\%)=2.{(1,0065)}^{24}$  triệu đồng.

Đáp án D

Hình tứ diện đều có 4 mặt, 4 đỉnh và 6 cạnh.

Đáp án D

Ta có  ${\int }_{-1}^a{e}^{x+1}dx=e^{x+1}{|}_{-1}^a=e^{x+1}-e^{-1+1}=e^{x+1}-1$

Theo đề bài ${\int }_{-1}^a{e}^{x+1}dx=e^2-1$ nên $e^{a+1}-1=e^2-1<=> a+1=2<=> a=1$

Đáp án D

Gọi  $z=a+bi \left(a,b\in \mathrm{ℝ}\right)=> \overline{z}=a-bi$

Ta có:  $$\begin{gathered} 3z+2\overline{z}={(4-i)}^2<=> 3(a+bi)+2(a-bi)=16-8i+i^2 \\ <=> 5a+bi-8i<=> \left\{\begin{array}{l}5a=15\\ b=-8\end{array}<=> \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=-8\end{array}=> z=3-8i\right.\right. \end{gathered}$$

Vậy  $\left|z\right|=\sqrt{3^2+8^2}=\sqrt{73}$

Đáp án D

Ta có:  $y\text{'}=3x^2-6x=0<=> {[}_{x=2}^{x=0}$ 

Lại có y''=6x-6, suy ra y''(0)=6.0-6<0 và y''(2)=6.2-6=6>0 

Nên x=0 là điểm cực đại của hàm số và x=2 là điểm cực tiểu của hàm số.

Đáp án D

Đáp án A: Hàm phân thức không có cực trị nên loại A.

Đáp án B: Hàm bậc ba nếu có cực đại thì chắc chắn có cực tiểu nên loại B.

Do đó ta chỉ xét các hàm số ở mỗi đáp án C và D.

Đáp án D: $y\text{'}=-40x^3-10x=-10x\left(4x^2+1\right)=0<=> x=0$

Ngoài ra y' đổi dấu từ dương sang âm qua x=0 nênx=0  là điểm cực đại của hàm số, hàm số không có cực tiểu.

Đáp án A

Ta có $V_{O.ABC}=\frac{1}{3}OAS.S_{OBC}=\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.2a.3a=a^3$

Lại có  $$\begin{gathered} \frac{V_{OCMN}}{V_{O.ABC}}=\frac{OC}{OC}.\frac{OM}{OA}.\frac{ON}{OB}=\frac{1}{4} \\ {V}_{OCMN}=\frac{1}{4}{V}_{OCAB}=\frac{1}{4}.a^3=\frac{a^3}{4} \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có: $y=\ln \frac{1}{x+1}=\ln 1+\ln (x+1)=-\ln (x+1)$

Suy ra $y\text{'}=\left[-\ln (x+1)\right]\text{'}=-\frac{(x+1)\text{'}}{x+1}=-\frac{1}{x+1}$

Do đó  $$\begin{gathered} xy\text{'}-1=x.\left(-\frac{1}{x+1}\right)-1=\frac{-x-\left(x+1\right)}{x+1}=\frac{-2x-1}{x+1} \\ xy\text{'}+1=x.\left(-\frac{1}{x+1}\right)+1=\frac{-x-\left(x+1\right)}{x+1}=\frac{1}{x+1} \\ {e}^y=e^{-\ln (x+1)}=e^{\ln \frac{1}{x+1}}=\frac{1}{x+1}=xy\text{'}+1 \end{gathered}$$

Vậy   $xy\text{'}+1=e^y$

Đáp án B

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định rằng đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A và D.

Lại có điểm có tọa độ (-1;3) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x=-1;y=3 vào hai hàm số còn lại thì chỉ có hàm số $y=x^3-3x+1$ thỏa mãn.

Đáp án B

Xét phương trình  $x^3=4x<=> x(x^2-4)=0<=> \begin{array}{c}x=0\\ x=2\\ x=-2\end{array}$

Do đó: $$\begin{gathered} S={\int }_{-2}^2\left|x^3-4x\right|dx={\int }_{-2}^0\left|x^3-4x\right|dx+{\int }_0^2\left|x^3-4x\right|dx={\int }_{-2}^0\left(x^3-4x\right)dx+{\int }_0^2\left(x^3-4x\right)dx \\ =\left(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2\right){|}_{-2}^0-\left(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2\right){|}_0^2=4+4=8 \end{gathered}$$

Đáp án C

Vì hình nón có bán kính R và chiều cao h bằng nhau nên h=R và thể tích hình nón đã cho là  $V_n=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{R}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi R}}^3$

Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác cân SAB có $SH=h=R=HB=\frac{BA}{2}$ nên $∆SAB$ vuông tại S. Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB và H cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh S.

Nên bán kính mặt cầu là HS=R nên thể tích hình cầu này là  $V_c=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi R}}^3$

Suy ra  $\frac{V_n}{V_c}=\frac{\frac{1}{3}{\mathrm{\pi R}}^3}{\frac{4}{3}{\mathrm{\pi R}}^3}=\frac{1}{4}$

Đáp án A

Ta có: $w=3z_1-2z_2=3(1+2i)-2(2-3i)=3+6i-4+6i=-1+12i$

Vậy phần ảo của w là 12.

Đáp án B

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int (3x^2+e^{-x})dx=3.\frac{x^3}{3}-e^{-x}+C=x^3-e^{-x}+C$

Đáp án A

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị thỏa mãn $x_{CD}<x_{CT}$ nếu và chỉ nếu a>0 và phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt.

$$\begin{gathered} a>0<=> \frac{m}{3}>0<=> m>0 \\ y\text{'}=0 <=> m{x}^2=4x+m=0 có ∆\text{'}=4-m^2 \end{gathered}$$

Phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt  $<=> ∆\text{'}=4-m^2>0<=> -2<m<2$

Kết hợp ta được  $0<m<2$

Đáp án C

Vì $f\text{'}\left(x\right)<0; \forall x>0$ nên hàm số nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$ suy ra

$f\left(1\right)>f\left(2\right)>f\left(e\right)>f\left(\mathrm{\pi }\right)>f\left(4\right)$

Khi đó 

+      $\left\{\begin{array}{l}f\left(e\right)>f\left(3\right)\\ f\left(\mathrm{\pi }\right)>f\left(4\right)\end{array}=> f\left(e\right)+f\left(\mathrm{\pi }\right)>f\left(4\right)+f\left(3\right)\right.$nên A sai

+ $f\left(e\right)>f\left(\mathrm{\pi }\right)$ nên $f\left(e\right)-f\left(\mathrm{\pi }\right)>0$ nên B sai

+ $\left\{\begin{array}{l}f\left(e\right)<f\left(2\right)\\ f\left(\mathrm{\pi }\right)<f\left(2\right)\end{array}=> f\left(e\right)+f\left(\mathrm{\pi }\right)<2f\left(2\right)\right.$ nên C đúng

+ $\left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)>f\left(3\right)\\ f\left(2\right)>f\left(3\right)\end{array}=> f\left(1\right)+f\left(2\right)>2f\left(3\right)\right.$ nên D sai

Đáp án D

$y=-x^4+4x^2+10=> y\text{'}=-4x^3+8x=-4x(x^2-2)=0<=> {[}_{x=\pm \sqrt{2}}^{x=0}$

Nhận thấy: $y\text{'}>0<=> {[}_{0<x<\sqrt{2}}^{x<-\sqrt{2}}$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-\sqrt{2}\right) và \left(0;\sqrt{2}\right)$  (khoảng (I) và (III))

Đáp án C

+ Hàm số $y=a^x$ với a>1 thì đồng biến trên  nên A sai.

+ Hàm số $y=a^x$ với 0<a<1  thì nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ nên B sai.

+ Đồ thị hàm số $y=a^x$ và đồ thị hàm số $y={\log }_{x}a$ đối xứng nhau qua đường thẳng y=x nên C đúng

+ Đồ thị hàm số $y=a^x$ với a>0 và $a\ne 1$ luôn đi qua điểm M(a;1) nên D sai.

Đáp án A

Mặt phẳng (P) chứa d và d' nếu nó đi qua $M=d\cap d\text{'}$ và nhận $\left[\overrightarrow{u_d},\overrightarrow{u_{d\text{'}}}\right]$ làm vectơ pháp tuyến.

$d:\frac{x-1}{-2}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-4}{3} và d:\left\{\begin{array}{l}x=1-2t\text{'}\\ y=-2+t\text{'}\\ z=4+3t\text{'}\end{array}\right.$

Gọi M là giao điểm của d và d', khi đó  $\left\{\begin{array}{l}1-2t\text{'}=-1+t\\ -2+t\text{'}=-t\\ 4+3t\text{'}=-2+3t\end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}t\text{'}=0\\ t=2\end{array}\right.$

Suy ra M(1;-2;4)

Ta có:  $\overrightarrow{u_d}= (-2;1;3),\overrightarrow{u_{d\text{'}}}=(1;-1;3) => \overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{u_d},\overrightarrow{u_{d\text{'}}}\right]=(6;9;1)$

Mặt phẳng (P) đi qua M(1;-2;4) và nhận $\overrightarrow{n}=(6;9;1)$ làm vectơ pháp tuyến nên $\left(P\right):= 6(x-1)+9(y+2)+1(z-4)<=> 6x+9y+z+8=0$

Đáp án A

Hình nón đỉnh S có thiết diện đi qua đỉnh là tam giác vuông cân SAB khi đó xét tam giác vuông SHB có đường cao $SH=HB. \tan 45°$ nên B đúng.

Tam giác SBH vuông có $\angle SBH= 45°$ nên  tam giác SHB vuông cân, suy ra $\angle HSB=45°$ hay đường sinh SB hợp với trục SH góc $HSB=45°$ nên C đúng

Và đường sinh SB tạo với đáy góc $\angle SBH=45°$ nên D đúng.

Hai đường sinh bất kì SB, SC chưa chắc vuông góc với nhau nên A sai.

Đáp án A

Đáp án A:  

$$\begin{gathered} \overrightarrow{n_p}=(2;11;-5), \overrightarrow{n_Q}=(-1;2;1) \\ => \cos \alpha =\frac{\left|2(-1)+11.2+(-5).1\right|}{\sqrt{2^2+{11}^2+{(-5)}^2}.\sqrt{{(-1)}^2+{\left(2\right)}^2+1^2}}=\frac{15}{30}=\frac{1}{2}=> \alpha =60° \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có  $\overrightarrow{BC}=(-3;0;1); \overrightarrow{BD}=(-4;-1;2)=> \left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\right]=(1;2;3)$

Mặt phẳng (BCD) đi qua B(3;2;0) và có 1 vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}= \left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\right]=(1;2;3)$ nên phương trình mặt phẳng (BCD) là  

Vì mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (BCD) nên bán kính mặt cầu là

$R=d(A;(BCD\left)\right)=\frac{\left|3+2(-2)+3(-2)-7\right|}{\sqrt{1^2+2^2+3^2}}=\sqrt{14}$

Phương trình mặt cầu (S) là: ${(x-3)}^2+{(y+2)}^2+{(z+2)}^2=14$  

Đáp án C

Ta có:  $y\text{'}=\frac{-1.3-2.1}{{\left(2x+3\right)}^2}=-\frac{5}{{\left(2x+3\right)}^2}<0, \forall x\ne -\frac{3}{2}$

Do đó hàm số nghịch biến trên [0;2]=> $\underset{[0;2]}{min}y=y\left(2\right)=-\frac{1}{7}$

Đáp án B

Số phức z=5-4i có môđun $\left|z\right|=\sqrt{5^2+{\left(-4\right)}^2}=\sqrt{41}$

Đáp án C

Gọi $z=x+yi, (x,y\in \mathrm{ℝ})$, khi đó:

$\left|\overline{z}+1-i\right|\le 4<=> \left|\left(x+1\right)-\left(y+1\right)i\right|\le 4<=> \sqrt{{\left(x+1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2}\le 4<=> {\left(x+1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2\le 4^2$

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là hình tròn tâm I(-1;-1) bán kính R=4 (kể cả những điểm nằm trên đường tròn).

Đáp án D

Ta có  $\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)=1<=> \sqrt{3}+\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}={\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{-1}$

Nên  ${(\sqrt{3}-\sqrt{2})}^x>\sqrt{3}+\sqrt{2}<=> {(\sqrt{3}-\sqrt{2})}^x>{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{-1}<=>x<-1$

(vì $0< \sqrt{3}-\sqrt{2}<1$)

Đáp án B

Ta có:  $\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}<=> \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0<=> 2.(-1)+1(m-2)+0.1=0<=> m-4=0<=> m=4$

Đáp án A

Từ đồ thị ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên $\left(0;+\infty \right) nên a>1$ , loại D.

Điểm có tọa độ $\left(\frac{1}{2};-1\right)$ thuộc đồ thị hàm số nên ta thay $x=\frac{1}{2};y=-1$ vào từng hàm số còn lại, chỉ có hàm số $y={\log }_{2}x$ thỏa mãn $do {\log }_2\left(\frac{1}{2}\right)=-1$ nên chọn A.

Đáp án A

Gọi $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng chứa B'G và song song với  C'D

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của $\left(\alpha \right)$ với CD và  CC'

Khi đó ta có: MN//C'D và $\frac{CM}{CD}=\frac{CN}{CC\text{'}}=\frac{2}{3}$

Và $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng (AMNB), (H) là phần khối đa diện chứa C.

Khi đó ta có: $V_{\left(H\right)}=V_{M.BCNB}+V_{B\text{'}.ABM}$

Ta có:  BCNB' là hình thang vuông tại B, C có diện tích:

$$\begin{gathered} S_{BCNB\text{'}}=\frac{1}{2}\left(BB\text{'}+CN\right).BC=\frac{1}{2}\left(4a+\frac{2}{3}.4a\right)=\frac{40a^2}{3} \\ => V_{MBCNB\text{'}}=\frac{1}{3}MC.S_{BCNB\text{'}}=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}.3a.\frac{40a^2}{3}=\frac{80a^3}{9} \end{gathered}$$

Mặt khác  

$$\begin{gathered} S_{∆ABM}=S_{ABCD}-S_{∆BCM}-S_{∆ADM}=3a.4a-\frac{1}{2}.4a.\frac{2}{3}.3a-\frac{1}{2}.4a.\frac{1}{3}.3a=6a^2 \\ => V_{B\text{'}.ABM}=\frac{1}{3}.BB\text{'}.S_{ABM}=\frac{1}{3}.4a.6a^2=8a^3=> V_{\left(H\right)}=\frac{80a^3}{9}+8a^3=\frac{152}{9}{a}^3 \end{gathered}$$

Thể tích hình hộp chữ nhật là:  $V=3a.4a.4a=48a^3=>\frac{V\left(H\right)}{V}=\frac{152a^3}{9}.\frac{1}{48a^3}=\frac{19}{54}$

Đáp án B

+ Đường thẳng $d:\frac{x-2}{3}=\frac{y-2}{4}=\frac{z}{-1}<=> \left\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=2+4t\\ z=-t\end{array}\right.$

Vì  $M\in d=> M(2+3t;2+4t;-t)$

I(1;2;0) là trung điểm đoạn MN

$=> \left\{\begin{array}{l}{x}_t=\frac{x_M+x_N}{2}\\ y_t=\frac{y_M+y_N}{2}\\ z_t=\frac{z_M+z_N}{2}\end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}{x}_N=2x_t-x_M=-3t\\ y_N=2y_t-y_M=2-4t\\ z_N=2z_t-z_M=t\end{array}\right.=> N(-3t;2-4t;t)$

Vì N thuộc (S) nên thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt cầu:

$\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=36$ ta được: ${(-3t-1)}^2+{(-4t)}^2+{(t-3)}^2=36<=> 26t^2-26=0<=> {[}_{t=-1=> N(3;6;-1)}^{t=1=> N(-3;-2;1)}$

Đáp án D

Ta có: $$\begin{gathered} {\int }_0^{4}f\text{'}(x-2)dx+{\int }_0^2 f\text{'}(x+2)dx={\int }_0^{4}f\text{'}(x-2)d(x-2)+{\int }_0^2 f\text{'}(x+2)d(x+2) \\ =f (x-2){|}_0^4+f (x+2){|}_0^2 \\ =f\left(2\right)-f(-2)+f\left(4\right)-f\left(2\right)=f\left(4\right)-f(-2)=4-(-2)=6 \end{gathered}$$

Đáp án D

Dựng hình hộp chữ nhật AMCN.PBQD như hình bên.

Khi đó: tứ diện ABCD thỏa mãn

AB=CD=11m, BC=AD=20m,BD=AC=21m

Gọi các kích thước hình hộp chữ nhật là m, n, p.

Gọi  $y=f(m^2+4m+4)$

Ta có: $$\begin{gathered} V_{PADB}=V_{MABC}=V_{QBCD}=V_{NACD}=\frac{1}{3}.ND.S_{ACN} \\ =\frac{1}{3}.ND.AN.NC=\frac{1}{6}.ND.NA.NC=\frac{1}{6}.m.n.p=\frac{1}{6}.V{A}_{MCN.PBQD} \end{gathered}$$

Suy ra  $V_{PADB}+V_{MABC}+V_{QBCD}+V_{NACD}=\frac{1}{6}V+\frac{1}{6}V+\frac{1}{6}V+\frac{1}{6}V=\frac{2}{3}V$

Mà  $V_{PADB}+V_{MABC}+V_{QBCD}+V_{NACD}=V$

Suy ra:  $V_{ABCD}=\frac{1}{3}V=m.n.p$

Xét các tam giác vuông APB; APD; PDB, theo định lý Pytago ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{m}^2+n^2=B{D}^2\\ m^2+p^2=A{D}^2\\ p^2+n^2=A{B}^2\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}{m}^2+n^2={21}^2\\ m^2+p^2={20}^2\end{array}\\ p^2+n^2={11}^2\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}{m}^2+n^2={21}^2\\ m^2+p^2={20}^2\end{array}\\ p^2+n^2={11}^2\\ m^2+n^2+p^2=481\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}m=6\sqrt{10}\\ n=9\\ p=2\sqrt{10}\end{array}\right. \\ {V}_{ABCD}=\frac{1}{3}m.n.p=360m^3 \end{gathered}$$

Đáp án D

Đặt $z=x+yi (x,y\in \mathrm{ℝ})$.

Ta được:  $$\begin{gathered} \left|\left(x+1\right)+\left(y+1\right)i\right|=\left|x-\left(y-2\right)i\right| \\ <=>{\left(x+1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=x^2+{\left(y+2\right)}^2 \\ <=> 2x+1+2y=4y+4<=> x-y-1=0 \end{gathered}$$

Do đó tập hợp các số phức z thỏa mãn bài toán là đường thẳng $x-y-1=0$

Từ hình vẽ ta thấy |z| đạt GTNN khi $\left|z\right|=OH=d(O;\left(∆\right))=\frac{\left|0-0-1\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 

Đáp án A

Ta có

$y\text{'}=x^3-4m^{2}x=0<=> 4x(x^2-m^2)=0<=>{[}_{x^2=m^2}^{x=0}$

Điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị là

$m^2>0<=>m\ne 0=>\begin{array}{c}x=0=> y=m^4+1\\ x=m=> y=1\\ x=-m=> y=1\end{array}$

Gọi $A(0;m^4+1); B(-m;1);C(m;1)$ là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Vì B, C đối xứng nhau qua trục Oy và $O,A\in Oy nên \left\{\begin{array}{l}OB=OC\\ AB=AC\end{array}\right.$

Lại có cạnh OA chung nên $∆BAO=∆CAO$ (c-c-c) suy ra OBA=OCA

 mà tứ giác OBAC nội tiếp nên $OBA+OCA=180°=>OBA=OCA=90°$

Hay  $AB\perp OB=> \overrightarrow{A}B.\overrightarrow{OB}=0$

Ta có $$\begin{gathered} \overrightarrow{AB}=(-m;-m^4); \overrightarrow{OB}=(-m;1)=>\overrightarrow{A}B.\overrightarrow{OB}=m^2-m^4=0 \\ <=> m^2(1-m^2)=0<=>\begin{array}{c}m=0\left(L\right)\\ m=1\left(TM\right)\\ m=-1\left(TM\right)\end{array} \end{gathered}$$ Vậy $m=\pm 1$

Đáp án C

Điều kiện:  a>0

Ta có:  $$\begin{gathered} {\log }_{2}a+{\log }_{3}a+{\log }_{5}a={\log }_{2}a.{\log }_{3}a.{\log }_{5}a \\ <=> {\log }_{2}a+{\log }_{3}2+{\log }_{2}a+{\log }_{5}2.{\log }_{2}a={\log }_{2}a.{\log }_{3}2.{\log }_{2}a.{\log }_{5}2.{\log }_{2}a \\ <=> {\log }_{2}a(1+ {\log }_{3}2+ {\log }_{5}2)= {{\log }_2}^{3}a . {\log }_{3}2. {\log }_{5}2 \\ <=>{\log }_{2}a({{\log }_2}^{2}a.{\log }_{3}2.{\log }_{5}2-1-{\log }_{3}2-{\log }_{5}2)=0 \\ <=>{[}_{{{\log }_2}^{2}a.{\log }_{3}2.{\log }_{5}2-1-{\log }_{3}2-{\log }_{5}2=0}^{{\log }_{2}a=0}<=>{[}_{{{\log }_2}^{2}a=\frac{1+{\log }_{3}2+{\log }_{5}2}{{\log }_{3}2.{\log }_{5}2}}^{a=1} \end{gathered}$$

$<=>\begin{array}{c}a=1\\ {\log }_{2}a=\sqrt{\frac{1+{\log }_{3}2+{\log }_{5}2}{{\log }_{3}2.{\log }_{5}2}}=t_1\\ {\log }_{2}a=-\sqrt{\frac{1+{\log }_{3}2+{\log }_{5}2}{{\log }_{3}2.{\log }_{5}2}}=t_2\end{array}<=>\begin{array}{c}a=1\\ a=2^{t_1}>0\\ a=2^{t_2}>0\end{array}$

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm a>0

Đáp án C

Điều kiện: $x\ne 3$

Ta có  $y=\frac{x+3}{x-3}=1+\frac{6}{x-3}$