Đáp án A

Thể tích khối lập phương cạnh 2a là: $V={\left(2a\right)}^3=8a^3$.

Đáp án A

TXĐ: D=$\mathrm{ℝ}$.

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4x=0<=> {[}_{x=\pm 1}^{x=0}$.

Dựa vào bảng biến thiên, giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 2.

Đáp án A

Ta có: $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{k}=> \overrightarrow{u}=(2;-3;4)$.

Đáp án D

Ta thấy trên khoảng $\left(3;+\infty \right)$ thì '<0, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(3;+\infty \right)$.

Đáp án B

Ta có: $\log {\left(ab\right)}^2=\log a+\log b^2=\log a+2\log b$.

Đáp án A

Ta có: ${\int }_0^{10} f\left(x\right)dx={\int }_0^{2}f\left(x\right)dx+{\int }_2^{6}f\left(x\right)dx+P={\int }_6^{10}f\left(x\right)dx=> 7=P+3=> P=4$.

Đáp án B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}2r=a\\ l=a\end{array}=> \left\{\begin{array}{l}r=\frac{a}{2}\\ h=\sqrt{l^2-r^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a\end{array}=> V=\frac{{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}}{3}=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }{\left(\frac{\mathrm{a}}{2}\right)}^2.\frac{\sqrt{3}\mathrm{a}}{2}=\frac{\sqrt{3}{\mathrm{\pi a}}^3}{24}\right.\right.$

.

Đáp án C

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ 54-x^3>0\end{array}\right.$.

Phương trình tương đương với: $\log \left(54-x^3\right)=\log x^3<=>54-x^3=x^3<=> x^3=27=> x=3$ (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3.

Đáp án B

Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng đi qua điểm A(2;0;0), B(0;-3;0), C(0;0;2) là: $\frac{x}{2}+\frac{y}{-3}+\frac{z}{2}=1$.

Đáp án B

Ta có: $$\begin{gathered} \int f\left(x\right)dx=\int x(1+ \sin x)dx=\int xdx+\int x\sin xdx \\ =\int xdx-\int xd\left(\cos x\right)=\frac{x^2}{2}-\left(x \cos x-\int \cos xdx\right)=\frac{x^2}{2}-x \cos x-\sin x +C \end{gathered}$$

.

Đáp án B

Đáp án A

Có 3 phương án lựa chọn:

+ Phương án 1: Số có 1 chữ số khác nhau; có 3 cách chọn: 1; 2; 3.

+ Phương án 2: Số có 2 chữ số khác nhau; có 6 cách chọn: 12; 21; 13; 31; 23; 32.

+ Phương án 3: Số có 3 chữ số khác nhau; có 6 cách chọn: 123; 132; 213; 231; 321; 312.

Vậy có 3 + 6 + 6 = 15 cách chọn.

Đáp án C

Ta có: $u_{99}=u_1+98d=11.98.4=403$.

Đáp án D

Ta có $\overline{z}=-1+2i$ nên điểm biểu diễn số phức $\overline{z}$ là Q.

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy:

Khi $x\to +\infty thì y\to +\infty$, suy ra loại C và D.

Tọa độ các điểm cực trị là (-1;2) và (1;-2) nên đáp án A là phù hợp.

Đáp án D

Hàm số $y=\frac{2x+1}{x-1}$ liên tục trên [0;1)U(1;3].

Ta có $y\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}<0, \forall \in [0;1)U(1;3].$.

Bảng biến thiên hàm số $y=\frac{2x+1}{x-1}$ trên [0;1)U(1;3] như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số $y=\frac{2x+1}{x-1}$ trên [0;1)U(1;3] không tồn tại GTLN.

Đáp án B

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=-f\text{'}(1-x)$.

Hàm số g(x) nghịch biến khi $$\begin{gathered} -f\text{'}(1-x)<0<=> f\text{'}(1-x)>0 \\ <=>{[}_{-1<1-x<0}^{1-x>1}<=>{[}_{1<x<2}^{x<0} \end{gathered}$$

.

Vậy hàm số g(x)=f(1-x) có nghịch biến trên khoảng (-2;0).

Đáp án A

Đặt $z=x+yi=> {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2={\left(x+3\right)}^2+y^2<=> 2x-y+1=0$

Đáp án A

Ta có: $x^2+y^2+z^2+2x-4y+6z-2=0$ hay $\left(S\right): {\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=16$.

Do đó mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;-3) và bán kính R=4.

Đáp án D

Ta có ${\log }_{2}x=5{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b={\log }_2{a}^5+{\log }_2{b}^3={\log }_2{a}^5{b}^3<=>x=a^5{b}^3$.

Đáp án A

Ta có: $z^2-2z+2=0<=>{[}_{z_2=1-i}^{z_1=1+i}$.

Xét $P=2\left|z_1+z_2\right|+\left|z_1-z_2\right|=2\left|2\right|+\left|2i\right|=4+2=6$

Đáp án C

Cách 1: Chọn $M(-2;0;0)\in \left(\beta \right)$

Do $\left(\alpha \right)//\left(\beta \right)$ ta có: $d\left(\left(\alpha \right),\left(\beta \right)\right)=d\left(M,\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|-4+0+0+1\right|}{\sqrt{2^2+4^2+4^2}}=\frac{1}{2}$.

Cách 2:

$\left(\alpha \right):2x+4y+4z+1=0<=> x+2y+2x+\frac{1}{2}=0$Khi đó: $d\left(\left(\alpha \right),\left(\beta \right)\right)=\frac{\left|{\displaystyle \frac{1}{2}}-2\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{1}{2}$.

Đáp án D

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}3-2x>0\\ x+1>0\end{array}<=> -1<x<\frac{3}{2}\right.$.

Bất phương trình tương đương với: $3-2x\ge x+1<=> x\le \frac{2}{3}$.

Kết hợp điều kiện, ta được: $-1<x\le \frac{2}{3}$

Đáp án B

Khi ô tô dừng lại thì vận tốc v(t)=0 (m/s).

Thời gian ô tô đi được tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi xe dừng lại là: -10t+20=0<=. t=2 (s).

Gọi  là thời điểm tính từ lúc xe bắt đầu đạp phanh thì đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển được quãng đường là: $s={\int }_0^2(-10t+20)dt=(-5t^2+10t){|}_0^2=20 m$.

Đáp án C

Gọi R(R>0) là bán kính khối cầu ban đầu.

V₁ là thể tích khối cầu ban đầu: $V_1=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi R}}^{3 }\left({\mathrm{cm}}^3\right)$.

V₂ là thể tích khối cầu khi tăng bán kính thêm 3cm: $V_2=\frac{4}{3}\pi {(R+3)}^{3 }\left({\mathrm{cm}}^3\right)$.

Ta có: $$\begin{gathered} V_2-V_1=684\mathrm{\pi }<=> \frac{4}{3}\pi {(R+3)}^{3 }-\frac{4}{3}{\mathrm{\pi R}}^3=684\mathrm{\pi }<=> {\mathrm{R}}^2+3\mathrm{R}=54=0 \\ <=>{[}_{\mathrm{R}=-9 \left(\mathrm{loai}\right)}^{\mathrm{R}=6 \left(\mathrm{nhan}\right)}=> \mathrm{R}=6 \mathrm{cm} \end{gathered}$$

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

+ $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=-5$, nên đường thẳng y=-5 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

+ $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ nên đường thẳng x=2 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận.

Đáp án C

Tam giác ABC, có: $A{B}^2+A{C}^2=6^2+8^2={10}^2=B{C}^2$,

suy ra tam giác ABC vuông tại A.

Diện tích tam giác ABC là: $S_{∆ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=24 \left(dvdt\right)$.

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{∆ABC}.SA=32 \left(dvdt\right)$.

Đáp án B

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\left(x^2+1\right)\text{'}.2^{x^2+1}.\ln 2=2x.\ln 2.2^{x^2+1}$

Vậy $T=2^{-x^2-1}.2x\ln 2.2^{x^2+1}-2x\ln 2+2=2x\ln 2-2x\ln 2+2=2$.

Đáp án A

Ta có: f(x)-2=0<=> f(x)=2.

Số nghiệm của phương trình f(x)-2=0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=2.

Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án C

Do ABCD là hình vuông cạnh a=> $AC=a\sqrt{2}$.

=> $A{C}^2=2a^2=S{A}^2+S{C}^2=> ∆SAC$ vuông tại S.

Từ giả thiết ta có MN là đường trung bình của $∆DSA=>\overrightarrow{NM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SA}$

Khi đó $\overrightarrow{NM}.\overrightarrow{SC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}=0=> MN\perp SC=> \left(MN,SC\right)=90°$

Đáp án A

Ta có $e^{x^2-3x}=\frac{1}{e^2}<=> e^{x^2-3x}=e^{-2}<=> x^2-3x=-2<=>x^2-3x+2=0<=>{[}_{x=2}^{x=1}$.

Suy ra S={1;2}-> T=1+2=3.

Đáp án B

Ta có thể tích phần không chứa nước $V_1=3\mathrm{\pi }.4^2=48\mathrm{\pi }$.

Như vậy để nước trào ra ngoài thì số bi thả vào cốc phải có tổng thể tích lớn hơn 48p.

Gọi n là số viên bi tối thiểu thả vào cốc khi đó tổng thể tích của n viên bị là $V_2=n.\frac{4}{3}\mathrm{\pi }.2^3=\frac{32\mathrm{\pi n}}{3}$.

Theo bài ra $\frac{32\mathrm{\pi n}}{3}>48\mathrm{\pi }<=>\mathrm{n}>\frac{9}{2}$.

Vậy n=5.

Đáp án A

Có $F\text{'}\left(x\right)=\left(2x+a\right).e^{-x}-\left(x^2+ax+b\right).e^{-x}=\left[-x^2+\left(2-a\right)x+a-b\right].e^{-x}$

Vì F(x) là một nguyên hàm của f(x) nên ta có

$F\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right), \forall x=> \left[-x^2+\left(2-a\right)x+a-b\right].e^{-x}=\left(-x^2+3x+6\right).e^{-x}$.

Đồng nhất hệ số hai vế, ta được $\left\{\begin{array}{l}2-a=3\\ a-b=6\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=-7\end{array}=> a+b=8\right.\right.$.

Đáp án C

Ta có $d\left(E,\left(SAD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(C,\left(SAD\right)\right)$.

Gọi M là trung điểm AD, suy ra ABCM là hình vuông =>$CM\perp AD$.

Do $\left\{\begin{array}{l}CM\perp AD\\ CM\perp SA\end{array}=> CM\perp \left(SAD\right)\right.$ nên $d\left(C,\left(SAD\right)\right)=CM=AB=a\sqrt{3}$.

Vậy $d\left(E,\left(SAD\right)\right)=\frac{1}{2}CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{u_d}=(1;4;1) và \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(2;-1;2)$

Do $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=0\\ M\notin \left(P\right)\end{array}=> d//\left(P\right)\right.$.

Khi đó: $d(d,(P\left)\right)=d\left(M\right(P\left)\right)=\frac{\left|2+1-9\right|}{\sqrt{4+1+4}}=2$.

Đáp án A

TXĐ: $D=\mathrm{ℝ}\backslash \left\{-m\right\}$.

Ta có: .

Hàm số $y=\frac{mx+1}{x+m}$ đồng biến trên  khoảng $(2;+\infty )$ khi: $y\text{'}>0, \forall x\in \left(2;+\infty \right)$ 

$$\begin{gathered} <=> \left\{\begin{array}{l}{m}^2-1>0\\ -m\notin \left(2;+\infty \right)\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{m}^2>1\\ -m\le 2\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}m\in (-\infty ;-1)\cup (1;+\infty )\\ -m\le 2\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}m\in (-\infty ;-1)\cup (1;+\infty )\\ M\ge -2\end{array}\right.\right. \\ <=>m\in [-2;-1]\cup (1;+\infty ) \end{gathered}$$.

Đáp án B

Gọi w=x+yi$(x,y\in \mathrm{ℝ})$.

Theo đề bài ta có: $$\begin{gathered} w=(1+i\sqrt{8})z+i<=> w-i=(1+i\sqrt{8})z \\ <=> w-i=(1+i\sqrt{8})(z+1)-(1+i\sqrt{8})<=> w-i+1+i\sqrt{8}=(1+i\sqrt{8})(z+1) \\ <=> (x+1)+(y-1+\sqrt{8})i=(1+i\sqrt{8})(z+1) \end{gathered}$$

Lấy môđun 2 vế ta được:

$$\begin{gathered} \left|(x+1)+(y-1+\sqrt{8})i\right|=\left|1+i\sqrt{8}\right|.\left|z+1\right| \\ \sqrt{{(x+1)}^2+{(y-1+\sqrt{8})}^2}=\sqrt{1^2+{\left(\sqrt{8}\right)}^2}.2<=> {(x+1)}^2+{(y-1+\sqrt{8})}^2=36 \end{gathered}$$.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức $w=(1+i\sqrt{8})z+i$ là một đường tròn có bán kính r=6.

Đáp án C

$y\text{'}=3f\text{'}(x+2)-6x^2-3x+3=3\left[f\text{'}(x+2)-(2x^2+x-1)\right]$.

Đặt t=x+2=> x=t-2.

Ta có: $f\text{'}(x+2)-(2x^2+x-1)=f\text{'}\left(t\right)-\left(2t^2-7t+5\right)$

Bảng xét dấu hàm $f\text{'}\left(t\right) và 0<\frac{x}{x^2+4}\le \frac{x}{4x}=\frac{1}{4}, \forall x>0$

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy:

+ Với $(-\infty ;1)$ thì $f\text{'}\left(t\right)<\left(2t^2-7t+5\right), \forall t<1<=> y\text{'}<0, \forall x<-1$; loại B.

+ Với $t\in (3;4)$ thì $f\text{'}\left(t\right)<\left(2t^2-7t+5\right), \forall t \in \left(3;4\right)<=> y\text{'}<0, \forall x\in \left(1;2\right)$; loại A, D.

+ Với $t\in \left(1;\frac{5}{2}\right)<=> x\in \left(-1;\frac{1}{2}\right)$ thì $f\text{'}\left(t\right)<>\left(2t^2-7t+5\right), \forall t \in \left(1;\frac{5}{2}\right)<=> y\text{'}>0, \forall x\in \left(-1;\frac{1}{2}\right)$.

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên $\left(-1;\frac{1}{2}\right)$.

Đáp án D

Gọi A_i: “Xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” với $i=\overline{1,3}$.

Khi đó $\overline{Ai}$: “Xạ thủ thứ i bắn không trúng mục tiêu”.

Ta có $P\left(A_1\right)=0,7=> P\left(\overline{A_1}\right)=0,3; P\left(A_2\right)=0,6=> P\left(\overline{A_2}\right)=0,4; P\left(A_3\right)=0,5=> P\left(\overline{A_3}\right)=0,5$.

Gọi B: “Cả ba xạ thủ bắn không trúng mục tiêu”.

Và $\overline{B}$: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.

Ta có $P\left(B\right)=P\left(\overline{A_1}\right).P\left(\overline{A_2}\right).P\left(\overline{A_3}\right)=0,06$.

Khi đó $P\left(\overline{B}\right)=1-P\left(B\right)=1-0,06=0,94$.

Đáp án D

Tổng lương sau tròn 20 năm là:

$S=36.\left[1.\left(1+\frac{2}{5}\right)+1.{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^2+...+{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^5\right]+24.{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^6=36.\frac{1\left[1-{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^6\right]}{1-\left(1+\frac{2}{5}\right)}+241.{\left(1+\frac{2}{5}\right)}^6\approx 768,37$.

Đáp án B

Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}\backslash \left\{-2\right\}$.

Xét hàm số $g\left(x\right)=\frac{x^2+2mx+4m}{x+2}$ trên đoạn [-1;1].

Hàm số xác định và liên tục trên [-1;1].

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=\frac{x^2+4x}{{(x+2)}^2}=0<=>{[}_{x=-4\notin [-1;1]}^{x=0\in [-1;1]}$.

Ta lại có $g\left(0\right)=2m; g(-1)=2m+1; g\left(1\right)=2m+\frac{1}{3}$.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}\underset{[-1;1]}{min}g\left(x\right)=2m\\ \underset{[-1;1]}{max}g\left(x\right)=2m+1\end{array}\right.$.

Suy ra $\underset{[-1;1]}{max}f\left(x\right)=max\left\{\left|2m\right|; \left|2m+1\right|\right\}$.

Theo đề bài: $\underset{[-1;1]}{max}f\left(x\right)=3$ nên ta có: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left|2m+1\right|=3\\ \left|2m+1\right|\ge \left|2m\right|\end{array}\right.<=> {[}_{m=-\frac{3}{2}}^{m=1} \\ \left\{\begin{array}{l}\left|2m\right|=3\\ \left|2m\right|\ge \left|2m+1\right|\end{array}\right. \end{gathered}$$.

Vậy tổng các phần tử thuộc tập S bằng $1+\left(-\frac{3}{2}\right)=-\frac{1}{2}$.

Đáp án B

Đặt z=a+bi.

Khi đó ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\left|a\right|+4\\ \sqrt{{\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2}=\sqrt{{\left(a-3\right)}^2+{\left(b+3\right)}^2}\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\left|a\right|+4\\ a^2-b^2-2a-2b+2=a^2+b^2-6a-6b+18\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\left|a\right|4\\ 4a=8b+16\end{array}\right.\right. \\ <=> \left\{\begin{array}{l}{\left(2b+4\right)}^2+b^2=4\left|2b+4\right|+4\\ a=2b+4\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}a=2b+4\\ 5b^2+16b+12=\left|8b+6\right|\end{array}\right.\right. \\ <=> \left\{\begin{array}{l}a=2b+4\\ {[}_{5b^2+16b+12=-8b-16}^{5b^2+16b+12=8b+16}\end{array}<=> \left\{\begin{array}{l}1=2b+4\\ {[}_{b=-\frac{14}{5}}^{b=\frac{2}{5}; b=-2}\end{array}\right.\right. \end{gathered}$$.

Vậy ta có các số phức $z_1=-2i; z_2=\frac{24}{5}+\frac{2}{5}i;z_3=-\frac{8}{5}-\frac{14}{5}i$ (thỏa mãn).

Đáp án A

Ta có: $$\begin{gathered} f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)+\frac{f^2\left(x\right)}{\sqrt{{\left(2x+1\right)}^3}}={\left(f\text{'}\left(x\right)\right)}^2<=> f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)-{\left(f\text{'}\left(x\right)\right)}^2=-\frac{f^2\left(x\right)}{\sqrt{{\left(2x+1\right)}^3}} \\ <=>\frac{ f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)-{\left(f\text{'}\left(x\right)\right)}^2}{f^2\left(x\right)}=-\frac{1}{\sqrt{{\left(2x+1\right)}^3}}<=>{\left(\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}\right)}^{\text{'}}=-\frac{1}{\sqrt{{\left(2x+1\right)}^3}} \\ <=>\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=-\int \frac{dx}{\sqrt{{\left(2x+1\right)}^3}}<=>\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=-\int {\left(2x+1\right)}^{-\frac{3}{2}}dx<=>\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{1}{\sqrt{\left(2x+1\right)}}+C_1 \end{gathered}$$

Thay x=0 ta được:

$C_1=0=> \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{1}{\sqrt{\left(2x+1\right)}}=>\int \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}dx=\int \frac{dx}{\sqrt{2x+1}}$<=> $\ln \left(f\right(x\left)\right)=\sqrt{2x+1}+C$.

Thay x=0 ta được: $C_2=-1=> \ln \left(f\right(x\left)\right)=\sqrt{2x+1}-1$.

Thay x=4 ta được $\ln \left(f\right(4\left)\right)=2=> f\left(4\right)=e^2$.

Đáp án C

Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống:

Đặt $t=5-2\sqrt{1+3\cos x} \left(1\right)$.

Ta có: $t\text{'}=\frac{3\sin x}{\sqrt{1+3\cos x}}=0=> x=0$.

Nhận xét:

+ Với ${[}_{t<1}^{t>3}$, suy ra phương trình (1) không có nghiệm thuộc $\left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$.

+ Với t=1, suy ra phương trình (1) có một nghiệm thuộc $\left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$.

+ Với $1<t\le 3$, suy ra phương trình (1) có hai nghiệm thuộc $\left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$.

Lúc đó, phương trình đã cho trở thành $f\left(t\right)=\frac{3m-10}{7}$.

Để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thì $\left\{\begin{array}{l}\frac{3m-10}{7}=-4\\ -2<\frac{3m-10}{7}\le 0\end{array}<=>{[}_{-\frac{4}{3}<m\le \frac{10}{3}}^{m=-6}\right.$.

Vì $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ nên $m\in \left\{-6;-1;0;1;2;3\right\}$.

Vậy có 6 giá trị nguyên thỏa mãn điều kiện bài toán.

Cách 2: Phương pháp ghép trục

Ta có $7f(5-2\sqrt{1+3\cos x})=3m-10<=> f(5-2\sqrt{1+3\cos x})=\frac{3m-10}{7}\left(1\right)$.

Đặt $u=5-2\sqrt{1+3\cos x} \left(1\right)$ với $x\in \left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$.

Ta có: $u\text{'}=-2.\frac{-3\sin x}{2.\sqrt{1+3\cos x}}=0=> x=0$ (do $x\in \left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$ )

Lập bảng biến thiên của hàm số f(u)

Từ bảng biến thiên suy ra để phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt thì:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{3m-10}{7}=-4\\ -2<\frac{3m-10}{7}\le 0\end{array}<=>{[}_{-\frac{4}{3}<m\le \frac{10}{3}}^{m=-6}\right.$.

Vì m $\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ nên $m\in \left\{-6;-1;0;1;2;3\right\}$.

Vậy có 6 giá trị nguyên thỏa mãn điều kiện bài toán.

Đáp án D

Chia cả hai vế của bất phương trình cho , ta được bất phương trình: $4^x+\left(2-m\right).2^x+1>0$.

Đặt $t=2^x$.

Do $x\in \left(0;+\infty \right)=> t\in \left(1;+\infty \right)$.

Bất phương trình trở thành: $t^2+\left(2-m\right).t+1>0<=> t+2+\frac{1}{t}>m$.

Xét hàm số $g\left(t\right)=t+2+\frac{1}{t}$ trên $\left(1;+\infty \right)$.

Bài toán trở thành tìm m để: $m<g\left(t\right), \forall t\in \left(1;+\infty \right)<=> m\le \underset{\left(1;+\infty \right)}{min g\left(t\right)}$.

Ta có $g\text{'}\left(t\right)=1+\ln t>0, \forall t\in \left(1;+\infty \right)$.

Do đó ta có $m\le \underset{\left(1;+\infty \right)}{min g\left(t\right)} =g\left(1\right)=1+2+\frac{1}{1}=4$.

Vậy $m\le 4$.

Đáp án B

Gọi $I=MN\cap CD, Q=PI\cap AD$.

Kẻ $$\begin{gathered} DH//BC (H\in IM) và DK//AC (K\in IP) \\ ∆NMB=∆NDH=>\frac{ID}{IC}=\frac{DH}{CM}=\frac{BM}{CM}=\frac{1}{3} \\ \frac{IK}{IP}=\frac{DK}{CP}=\frac{ID}{IC}=\frac{1}{3}=> \frac{DK}{2AP}=\frac{1}{3}=> DK=\frac{2}{3} \\ ∆APQ=∆DKQ=> \frac{AQ}{DQ}=\frac{AP}{DK}=\frac{2}{3}=> \frac{AQ}{AD}=\frac{3}{5} \end{gathered}$$.

Đặt $V=V_{ABCD}$.

Ta có: $$\begin{gathered} \frac{V_{ANPQ}}{V_{ANCD}}=\frac{AP}{AC}.\frac{AQ}{AD}=\frac{1}{5} \\ \frac{V_{ANCD}}{V_{ABCD}}=\frac{V_{DACN}}{V_{DABC}}=\frac{DN}{DB}=\frac{1}{2}=> V_{ANPQ}=\frac{1}{10}V \\ \frac{V_{CDMP}}{V_{CDBA}}=\frac{CM}{CB}.\frac{CP}{CA}=\frac{1}{2}=> V_{CDMP}=\frac{1}{2}V=> V_{V.ABMP}=\frac{1}{2}V-V_{CDMP}=\frac{1}{4}V \end{gathered}$$