Đáp án B

Ta có $V=Sh=\frac{\sqrt{3}{\left(2a\right)}^2}{4}.2a=2\sqrt{3}{a}^3$

Đáp án B

Dựa vào đồ thị ta có điểm cực tiểu của hàm số là: $x_{CT}=-2 và x_{CT}=1$

Đáp án B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}2\overrightarrow{a}=(4;-6;6)\\ 3\overrightarrow{b}=(0;6;-3)\\ -2\overrightarrow{c}=(-6;2;-10)\end{array}=> \overrightarrow{u}=2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}-2\overrightarrow{c}=(-2;2;-7)\right.$

Đáp án A

TXĐ:$D=(-\infty ;1]\cup [5;+\infty )$

Ta có $y\text{'}=\frac{x-3}{\sqrt{x^2-6x+5}}>0,\forall x\in (5;+\infty )$

Đáp án A

Ta có $P={\log }_{25}15 ={\log }_{5^2}(5.3)=\frac{1}{2}\left({\log }_{5}5+{\log }_{5}3\right)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\log }_{5}3=\frac{1}{2}+\frac{1}{2{\log }_{3}5}$

Mà $a={\log }_{3}15={\log }_3(5.3)={\log }_{3}5+1=> {\log }_{3}5=a-1$

Vậy $P={\log }_{25}15=\frac{1}{2}+\frac{1}{2(a-1)}=\frac{a}{2(a-1)}$

                      Phương pháp CASIO – VINACAL

Thao tác trên máy tính	Màn hình hiển thị
(Lưu giá trị  vào bộ nhớ A)
Kiểm tra đáp án A
Vậy đáp án A đúng (vì kết quả của hiệu trên bằng 0, nên VT = VP).

Đáp án B

Ta có ${\int }_0^{2019}{2}^{x}dx=\frac{2^x}{\ln 2}{|}_0^{2019}=\frac{2^{2019}-1}{\ln 2}$

          Phương pháp CASIO – VINACAL

Thao tác trên máy tính	Màn hình hiển thị
Ấn
Kiểm tra các đáp án, với thay 2019 →19 thì thấy đáp án B đúng.

Đáp án A

Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình lập phương

ABCD.EFGH

Ta có $CE=AB.\sqrt{}=3\sqrt{3}cm$

Suy ra: $R=\frac{1}{2}CE=\frac{3\sqrt{3}}{2}cm$ 

Thể tích khối cầu là: $V=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi R}}^3=\frac{4}{3}\mathrm{\pi }{\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)}^3=\frac{27\sqrt{3}}{2}\mathrm{\pi }\left({\mathrm{cm}}^3\right)$

Đáp án D

Phương trình tương đương với: ${\left(2^{x^2-2x}\right)}^2+8.2^{x^2-2x}-3=0$ 

Đặt $2^{x^2-2x}=t$ (với ), phương trình trở thành:$t^2+2t-3=0$  

Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{AB}=(-2;5;2), \overrightarrow{AC}=(1;-2;1)$  

Véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=(9;4;-1)$

Đáp án D

Ta có: $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int (x-1)e^{x}dx$ 

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}u=x-1\\ dv=e^{x}dx\end{array}\right.=> \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=e^x\end{array}\right.$

Do đó: $F\left(x\right)=\int (x-1)e^{x}dx=(x-1)e^x-\int e^{x}dx=(x-1)e^x-e^x+C$

Theo giả thiết: $$\begin{gathered} F\left(0\right)=1<=>(0-1).e^0-e^0+C=1<=>C=3 \\ => F\left(x\right)=\left(x-1\right)e^x-e^x+3=(x-2).e^x+3 \end{gathered}$$ 

Đáp án C

Ta có  $\overrightarrow{u_3}=(2;-1;2)$ là véctơ chỉ phương của đường thẳng d.

Đáp án D

Đáp án D

 (u_n) là cấp số nhân nên ta có: $u_4=u_1.q^3=> q=\sqrt[3]{\frac{u_4}{u_1}}=\sqrt[3]{\frac{-1}{27}}=-\frac{1}{3}$ 

Vậy công bội của cấp số nhân đã cho:  $q=-\frac{1}{3}$.

Đáp án A

Ta có $\left|z\right|=\left|5-2i\right|=\sqrt{5^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{29}$  

Đáp án A

Cách 1

Đồ thị đi qua điểm (0;0) loại đáp án B, đồ thị có dạng $y=a{x}^4+b{x}^2+c$  loại đáp án C, quan sát: $\underset{x\to +\infty }{\lim }=+\infty =>a>0$ loại đáp án D.

Vậy chọn đáp án A.

Cách 2

Đồ thị đi qua điểm (0;0), (1;-1). (-1;-1) 

Chỉ có đồ thị hàm số y=x⁴-2x² thỏa mãn.

Vậy chọn đáp án A.

Đáp án B

Dựa vào đồ thị, suy ra: $\left\{\begin{array}{l}m=\underset{[1;2]}{min y}=f\left(2\right)=-2\\ m=\underset{[1;2]}{max y}=f\left(1\right)=3\end{array}\right.$

Do đó 2M+m=2.3+(-2)=4

Đáp án B

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=2f\text{'}(x+2)+2(x+2)=0<=> f\text{'}(x+2)=-(x+2)$ 

Đặt $t=x+2$ phương trình trở thành:  f'(t)=-t chính là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=f'(t) và đường thẳng d"y=t (hình vẽ).

Dựa vào đồ thị, suy ra

$f\text{'}\left(t\right)=-t<=> \begin{array}{c}t=-1\\ t=0\\ t=1\\ t=2\end{array}<=> \begin{array}{c}x=-3\\ x=-2\\ x=-1\\ x=0\end{array}$

Bảng biến thiên hàm số g(x)

 Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số g(x) có một điểm cực tiểu.

Đáp án B

Ta có: $2a+(b+i)i=1+2i<=> (2a-1)+b=1+2i<=>{[}_{b=2}^{2a-1=1}<=> {[}_{b=2}^{a=1}$

Đáp án C

Đường tròn lớn có chu vi bằng  nên bán kính của (S) là: $\frac{8\mathrm{\pi }}{2\mathrm{\pi }}=4$ 

Từ phương trình của (S) suy ra bán kính của (S) là: $\sqrt{2^2+1^2+a^2-10}$  

Do đó: $\sqrt{2^2+1^2+a^2-10a}=4<=>{[}_{a=11}^{a=-1}$  

Đáp án D

Vì  1<a<b nên ${\log }_{b}a<{\log }_{b}b=1$  suy ra đáp án A, B, C sai.

Vì  1<a<b suy ra $\left\{\begin{array}{l}{\log }_{a}b>{\log }_{a}b=1\\ {\log }_{b}a<{\log }_{b}b=1\end{array}\right.$

Vậy ${\log }_{b}a<1<{\log }_{a}b$ nên chọn D.

Đáp án C

Ta có: $∆={(-5)}^2-4.1.7=-3=> \sqrt{∆}=i\sqrt{3}$ 

Phương trình đã cho có 2 nghiệm:

${[}_{z_2=\frac{5}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i}^{z_1=\frac{5}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}=> P={\left|\frac{5}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right|}^2+{\left|\frac{5}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right|}^2=14$  

Đáp án A

Ta có:  $\overrightarrow{n_1}=(1;1;3) và \overrightarrow{n_2}=(2;-1;1)$  lần lượt là các vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng (Q) và (R).

Vì mặt phẳng (P) vuông góc với hai mặt phẳng (Q) và (R) nên ta chọn vecto pháp tuyến mặt phẳng (P) là $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{n_2})=(4;5;-3)\right]$

Mặt phẳng (P) đi qua điểm B(2;1;-3)  nên phương trình mặt phẳng là:

$4(x-2)+5(y-1)-3(z+3)=0<=> 4x+5y-3z-22=0$

Đáp án C

Bất phương trình tương đương với:

$2^{x^2-3x}<2^4<=> x^2-3x<4<=> x<4$ 

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: S=(-1;4)

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm: (x+1)lnx=0 (điều kiện:x>0)  

$<=> \left\{\begin{array}{l}x+1=0\\ \ln x=0\end{array}<=> \left\{\begin{array}{l}x=-1\left(L\right)\\ x=1\left(TM\right)\end{array}\right.\right.$

Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là: $S={\int }_1^0\left|(x+1)\ln x\right|dx={\int }_1^0(x+1)\ln xdx$ 

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=(x+1)dx\end{array}=> \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x}dx\\ v=\frac{x^2}{2}+x\end{array}\right.\right.$ 

 $$\begin{gathered} S=\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\ln x{|}_1^0-{\int }_1^e\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\frac{1}{x}dx \\ =\frac{e^2}{2}+e-{\int }_1^e\left(\frac{x}{2}+1\right)dx=\frac{e^2}{2}+e-\left(\frac{x^2}{4}+x\right){|}_1^e=\frac{e^2+5}{4} \end{gathered}$$

Đáp án D

Theo giả thiết ta có: $r=IB=a, \widehat{SBI}={30}^o$

Chiều cao $SI=IB. \tan {30}^o=\frac{a}{\sqrt{3}}$

Thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi a}}^2.\frac{\mathrm{a}}{\sqrt{3}}=\frac{{\mathrm{\pi a}}^3\sqrt{3}}{9}$

Đáp án D

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

$y=\frac{\left(m+1\right)x-5m}{2x-m}$ là: $y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\left(m+1\right)x-5m}{2x-m}=\frac{m+1}{2}$  

Theo bài ra ta có: $\frac{m+1}{2}=1<=> m=1$

Đáp án D

Xét khối lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều và

$AA\text{'}\perp \left(ABC\right)$

Diện tích xung quang lăng trụ là  

$$\begin{gathered} S_{xq}=3.S_{ABB\text{'}A\text{'}} \\ <=> 3a^2=3(AA\text{'}.AB)<=> 3a^2(AA\text{'}.a)=> AA\text{'}=a \end{gathered}$$

Diện tích tam giác ABC là:

$S_{∆ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ (đvdt)

Thể tích khối lăng trụ là:

$V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{∆ABC}.AA\text{'}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ (đvtt).

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}=-2e^{-2x}\\ y\text{'}\text{'}=4e^{-2x}\end{array}\right.$ 

Khi đó: $y\text{'}\text{'}+y\text{'}-2y=4e^{-2x}-2e^{-2x}-2e^{-2x}=0$

Đáp án C

Phương trình f(x)=m có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y=f(x) cắt đường thẳng y=m tại hai điểm phân biệt.

<=> 1<m<2

Đáp án D

Ta có $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$

$$\begin{gathered} \left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AD}\right|.cos \left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}\right)-\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|. \cos \left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\right) \\ =\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AD}\right|.cos 60-\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|. \cos 60 \end{gathered}$$

Mà $AC=AD=> \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=0=> \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}\right)=90°$

Đáp án B

Điều kiện: x>0 

Phương trình tương đương với: $$\begin{gathered} {\log }_{2017}x+{\log }_{2016}2017.{\log }_{2017}x=0 \\ <=> {\log }_{2017}x.(1+{\log }_{2016}2017)=0 \\ <=>{\log }_{2017}x=0<=> x=1 \end{gathered}$$ 

Đáp án D

Giả sử lăng trụ đều có cạnh đáy là a, chiều cao h.

Khi đó, bán kính đáy của hình trụ là  

$R=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ 

Do đó: $\frac{V_1}{V_2}=\frac{h.{\displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{4}}}{h\mathrm{\pi }.{\displaystyle \frac{{\mathrm{a}}^2}{3}}}=\frac{3\sqrt{3}}{4\mathrm{\pi }}$

Cách khác:

Số hóa lăng trụ đã cho thành lăng trụ có tất cả các cạnh cùng bằng 1.

Khi đó: $\frac{V_1}{V_2}=\frac{{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}}}{\mathrm{\pi }.{\displaystyle {\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}^2}}=\frac{3\sqrt{3}}{4\mathrm{\pi }}$  

Đáp án C

Ta có  $\int e^{3x+1}dx=\frac{1}{3}{e}^{3x+1}+C$

Theo giả thiết  $F\left(0\right)=\frac{e}{3}=>\frac{e}{3}+C=\frac{e}{3}<=>C=0$

Suy ra $F\left(x\right)=\frac{1}{3}{e}^{3x+1}=> {\ln }^3\left(3F\right(1\left)\right)={\ln }^3\left(3.\frac{1}{e}{e}^4\right)=64$

Đáp án D

Ta có $\widehat{SAB}=\widehat{SAD} (c-g-c) , suy ra SB=SD$

Lại có $\widehat{SAB}=60°$, suy ra $∆SBD$ đều cạnh $SB=SD=BD=a\sqrt{2}$

Tam giác vuông , có $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=a$

Gọi E là trung điểm AD, suy ra OE//AB và

AE vuông OE

Do đó $d\left(AB,SO\right)=d\left(AB,\left(SOE\right)\right)=d\left(A,\left(SOE\right)\right)$

Kẻ $AK\perp SE$

Khi đó $d\left(A,\left(SOE\right)\right)=AK=\frac{SA.AE}{\sqrt{S{A}^2+A{E}^2}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}=(1;;-3;1) và \overrightarrow{n_{\left(\beta \right)}}=(1;1;-1)$

Suy ra $\left[\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}},\overrightarrow{n_{\left(\beta \right)}}\right]=(2;2;4)$, một vecto chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow{u_d}=(1;1;2)$ loại A.

+ Đáp án B tọa độ điểm đi qua là (2;0;2) không thỏa mãn phương trình $\left(\alpha \right)=>$  loại đáp án B.

+ Đáp án C tọa độ điểm đi qua là (-2;0;2) thỏa mãn phương trình  $\left(\alpha \right) và \left(\beta \right)=>$đáp án đúng C.

+  Đáp án D tọa độ điểm đi qua là (2;0;-2) không thỏa mãn phương trình  $\left(\beta \right)$=>loại đáp án đúng D.

Đáp án C

TXĐ: $D=\mathrm{ℝ}$  

Ta có $y\text{'}=3x^2+6x-3x(m^2-1)$ 

Để hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) khi và chỉ khi $y\text{'}\ge 0, \forall x\in \left(1;2\right)$ 

$m^2\le x^2+2x+1,\forall x\in \left(1;2\right)$

Bảng biến thiên hàm số $y=x^2+2x+1$ trên khoảng  (1;2)

Từ bảng biến thiên, suy ra $m^2\le \underset{[1;2]}{min}(x^2+2x+1)=4<=>-2 \le m\le 2$ 

Mà $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}$  suy ra $m\in \left\{-2;-1;0;1;2\right\}$

Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn.

Đáp án B

Gọi: $z=x+yi (x,y\in \mathrm{ℝ})$

Ta có: $$\begin{gathered} 2{\left|z+1\right|}^2={\left|z-i\right|}^2<=> 2{\left|x+yi+1\right|}^2={\left|x+yi-i\right|}^2 \\ <=> 2\left[{\left(x+1\right)}^2+y^2\right]=x^2+{\left(y-1\right)}^2<=>x^2+4x+y^2+2y+1=0<=>{\left(x+2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=4 \end{gathered}$$  Do đó $\left|z+2+i\right|=\sqrt{{\left(x+2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2}=\sqrt{4}=2$ 

Đáp án C

Vì x>0 nên $3x.f\left(x\right)-x^2.f\text{'}\left(x\right)=2f^2\left(x\right)<=>3x^2.f\left(x\right)-x^3.f\text{'}\left(x\right)=2x.f^2\left(x\right)$

Vì $f\left(x\right)\ne 0$ nên $$\begin{gathered} 3x^2.f\left(x\right)-x^3.f\text{'}\left(x\right)=2x.f^2\left(x\right)<=> 3x^2.\frac{1}{f\left(x\right)}-x^3.\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)} \\ <=>3x^2.\frac{1}{f\left(x\right)}-x^3.\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=2x<=>\left(x^3.\frac{1}{f\left(x\right)}\right)\text{'}=2x=>x^3.\frac{1}{f\left(x\right)}=x^2+C \end{gathered}$$

Mà  $f\left(1\right)=\frac{1}{2}=> C=1=> f\left(x\right)=\frac{x^3}{x^2+1}$

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

 $f\text{'}\left(x\right)=\frac{x^4+3x^2}{{\left(x^2+1\right)}^2}>0, \forall x\in \left[1;2\right]$ suy ra hàm số đồng biến trên [1;2].

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[1;2\right]}{min f\left(x\right)}=f\left(1\right)=\frac{1}{2}\\ \underset{\left[1;2\right]}{max f\left(x\right)}=f\left(2\right)=\frac{8}{5}\end{array}\right.=> M+m=\frac{21}{10}$.

Đáp án C

Gọi lãi suất là a.

Số tiền sau tháng thứ nhất và đã phát học bổng là: M(1+a)=0 

Số tiền sau tháng thứ hai và đã phát học bổng là:

$\left[M(1+a)-10\right](1+a)-10=M{(1+a)}^2-10(1+a)-10$

Số tiền sau tháng thứ ba và đã phát học bổng là:

$\left[M{(1+a)}^2-10(1+a)-10\right](1+a)-10=M{(1+a)}^3-10\left[{(1+a)}^3+(1+a)+1\right]$

.........................................

Số tiền sau tháng thứ 10 và đã phát học bổng là:

$M{(1+a)}^{10}-10\left[\left(1+a\right)9+...+\left(1+a\right)+1\right]=M{(1+a)}^{10}-10.\frac{(1+a)10-1}{a}$

Theo yêu cầu đề bài:

$M{(1+a)}^{10}-10.\frac{{(1+a)}^{10}-1}{a}=0<=>M=\frac{\left[{10(1+a)}^{10}-1\right]}{a{(1+a)}^{10}}$

Thay a=1%

Ta tìm được $M=94713045\approx 94800000 đồng.$  

Đáp án B

Các hoành độ giao điểm $\left\{\begin{array}{l}{x}^2=\frac{x^2}{27}<=>x=0\\ x^2=\frac{27}{x}<=>x=3\\ \frac{x^2}{27}=\frac{27}{x}<=>x=9\end{array}\right.$

Gọi S là diện tích cần xác định, ta có $S=S_1+S_2$ 

 $={\int }_0^3\left(x^2-\frac{x^2}{27}\right)dx+{\int }_3^9\left(\frac{27}{x}-\frac{x^2}{27}\right)dx=\left(\frac{x^3}{3}-\frac{x^3}{81}\right){|}_0^3+\left(27\ln 3-\frac{x^3}{81}\right){|}_3^9=27\ln 3$ (đvdt)

Đáp án B

Đặt $f\left(x\right)=x^3-m{x}^2-9x+9m$

Dễ thấy $\underset{[-2;2]}{min}\left|f\left(x\right)\right|\ge 0$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi phương trình f(x)=0 có nghiệm $x\in \left[-2;2\right]$

Ta có: $f\left(x\right)=x^2(x-m)-9\left(x-m\right)=\left(x^2-9\right)\left(x-m\right)=0<=>\begin{array}{c}x=3\\ x=-3\\ x=m\end{array}$

Do đó điều kiện cần và đủ để f(x)=0 có nghiệm $x\in \left[-2;2\right]$ là $m\in \left[-2;2\right]$

Mà $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ nên $m\in \left\{-2;-1;0;1;2\right\}$

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Điểm A(x;y) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của $OMNP=> 0\le 1x\le 100; 0\le \le 10$

Có 101 cách chọn x, 11 cách chọn y.

Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trên hình chữ nhật $OMNP$ là $n\left(\Omega \right)=101.11$

Gọi X là biến cố: “Các điểm A(x;y) thỏa mãn $x+y\le 90\text{'}\text{'}$

Vì $x\in \left[0;100\right]$ và $x+y\le 90=>{[}_{y=1->x=\left\{0;1;2;...89\right\}}^{y=0->x=\left\{0;1;2;...90\right\}}$

Khi đó có $91+90+...+81=\frac{\left(81+91\right).11}{2}=946$ cặp (x;y) thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{946}{101.11}=\frac{86}{101}$

Đáp án B

Gọi M(x;y;z)

Ta có $$\begin{gathered} \frac{MA}{MB}=\frac{2}{3}<=>3MA=2MB<=>9M{A}^2=4M{B}^2 \\ <=>9\left[{\left(x+2\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+2\right)}^2\right]=4\left[{\left(x-3\right)}^3+{\left(y+3\right)}^3+{\left(z-3\right)}^3\right] \\ <=>{\left(x+6\right)}^2+{\left(y-6\right)}^2+{\left(z+6\right)}^2=108 \end{gathered}$$

Như vậy, điểm  M thuộc (S) có tâm I(-6;6;-6) bán kính $R=\sqrt{108}=6\sqrt{3}$

Do đó $O{M}_{max}=OI+R=12\sqrt{3}$

Đáp án B

Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống

Ta có $2f( \cos x)-3=0<=> f(\cos x)=\frac{3}{2}<=>\left\{\begin{array}{l}\cos x=a\in \left(-\infty ;-1\right)\\ \cos x=b\in \left(-1;0\right)\\ \cos x=c\in \left(0;1\right)\\ \cos x=d\in \left(1;+\infty \right)\end{array}\right.$ Vì $\cos x\in \left[-1;1\right]$ nên $\cos x=a\in \left(-\infty ;-1\right)$ và $\cos x=d\in \left(1;+\infty \right)$ vô nghiệm.

Xét đồ thị hàm số y=cos x trên $\left[-\frac{3\mathrm{\pi }}{2};2\mathrm{\pi }\right]$

Phương trình $\cos x=b\in \left(-1;0\right)$ có 4 nghiệm phân biệt.

Phương trình $\cos x=c\in \left(0;1\right)$ có 3 nghiệm phân biệt, không trùng với nghiệm nào của phương trình $\cos x=b\in \left(-1;0\right)$.

Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[-\frac{3\mathrm{\pi }}{2};2\mathrm{\pi }\right]$

Cách 2: Phương pháp ghép trục

Ta có $2f( \cos x)-3=0<=> f(\cos x)=\frac{3}{2}(*)$

Đặt $t=\cos x, t\in \left[-1;1\right]; t\text{'}=-\sin x;t\text{'}=0=>x=k\mathrm{\pi }; \mathrm{x}\in \left[-\frac{3\mathrm{\pi }}{2};2\mathrm{\pi }\right]=> \mathrm{x}\in \left\{-\mathrm{\pi };0;\mathrm{\pi };2\mathrm{\pi }\right\}$