Đáp án B

Gọi h là chiều cao khối nón ta có: $h=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=a\sqrt{3}$.

Vậy thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }{a}^2.a\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}{\mathrm{\pi a}}^3}{3}.$

Đáp án C

Ta có f'(x) chỉ đổi dấu khi qua x=-1; x=3 do đó hàm số f(x) chỉ có hai điểm cực trị x=-1; x=3.

Đáp án A

Gọi tọa độ điểm D(x;y;z).

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=(-2;2-2) \\ \overrightarrow{DC}=(-1-x;3-y;2-z).\end{array}\right.$

Vì ABCD là hình bình hành nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$.

Do đó, ta có hệ sau: $\left\{\begin{array}{l}-1-x=-2\\ 3-y=2\\ 2-z=-2\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\\ z=4\end{array}\right.\right.$.

Vậy tọa độ điểm D(1;1;4).

Đáp án D

Ta thấy trên khoảng $(-\infty ;0)$ thì y'>0, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ;0)$.

Đáp án C

Hàm số $y={(x^3+x-6)}^{-\frac{1}{3}}$ xác định khi và chỉ khi x²+x-6=0.

<=> (x-2)(x+3)>0<=>$\left\{\begin{array}{l}x<-3 \\ x>2\end{array}\right.$

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $D=(-\infty ;-3)\cup (2;+\infty )$.

Đáp án A

Ta có ${\int }_{-1}^{4}f\left(x\right)dx={\int }_{-1}^{2}f\left(x\right)dx+{\int }_2^{4}f\left(x\right)dx$

Trong đó ${\int }_{-1}^{2}f\left(x\right)dx={\int }_{-1}^2\left|f\right(x\left)\right|dx=\frac{(1+3).2}{2}=4$

Và ${\int }_2^{4}f\left(x\right)dx=-{\int }_2^{4}f\left(x\right)dx=-\frac{(1+2).1}{2}\frac{3}{2}.$

Vậy ${\int }_{-1}^{4}f\left(x\right)dx=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}.$

Đáp án A

Thể tích khối cầu bán kính a là V=$\frac{4}{3}{\mathrm{\pi a}}^3$.

Đáp án C

Ta có: 3^x-1=9<=>3^x-1=3²<=>x=3.

Đáp án B

Vì ($\alpha$) song song với (Q): 2x-y+3z+2=0 nên mặt phẳng ($\alpha$) có phương trình dạng 2x-y+3z+d=0(d$\ne$2).

Vì ($\alpha$) đi quả điểm  A(2;-1;1) nên 2.2-(-1)+3.1+d=0<=> d=-8 (thỏa mãn d$\ne$2).

Vậy ($\alpha$) có phương trình là 2x-y+3z-8=0.

Đáp án C

Ta có: $\int x{e}^{x}dx=\int xd\left(e^x\right)=x{e}^x-\int e^{x}dx=x{e}^x-e^x+C$

Đáp án A

Đáp án B

Giáo viên có 2 phương án lựa chọn:

+ Phương án 1: Chọn 1 học sinh nam: có 9 cách chọn.

+ Phương án 2: Chọn 1 học sinh nữ: có 6 cách chọn.

Vậy có 9 + 6 = 15 cách chọn 1 học sinh làm trực nhật.

Đáp án C

Theo giả thiết ta có $\left\{\begin{array}{l}{u}_4=2\\ u_2=4\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{u}_1+3d=2\\ u_1+d=4 \end{array}\right. <=> \left\{\begin{array}{l}{u}_1=5 \\ d=-1\end{array}\right.$

Đáp án A

Gọi $z=x+yi(x,y\in \mathrm{ℝ})=> \overline{z}=x-yi$

Khi đó M(x;y) và M'(x;-y) đối xứng nhau qua trục hoành.

Đáp án B

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;0) nên chọn B, C.

Ta thấy nếu tịnh tiến đồ thị (C) sang bên trái 1 đơn vị thì ta được đồ thị hàm số y=x³.

Do đó đồ thị (C) có dạng là: y=(x-1)³.

Đáp án A

A. Đúng. Vì $\underset{x->5}{\lim }=+\infty$ nên hàm số không có GTLN trên [-1;5].

B. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x=2  trên [-1;5].

C. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x=2  trên [-1;5] và $\underset{x->5}{\lim }=+\infty$.

D. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại  trên [-1;5].

Đáp án D

Ta có f'(x)=0<=>$\left[\begin{array}{c}x=-2 \\ x=3 \\ x\pm 1\end{array}\right]$, trong đó x=-2 là nghiệm bội chẵn.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu là: x=-1 và x=3.

Đáp án B

Ta có z² =(a+bi)²=a²+2abi+(bi)²=a²+2abi-b²=(a²-b²)+2abi.

Đáp án D

Gọi R là bán kính mặt cầu, suy ra diện tích mặt cầu là: $4\mathrm{\pi }{R}^2$.

Theo đề bài mặt cầu có diện tích là 4$\mathrm{\pi }$ nên ta có $4\mathrm{\pi }{R}^2=4\mathrm{\pi }<=>R=1$.

Mặt cầu có tâm  I(1;1;1)và bán kính  nên có phương trình: ${(x-1)}^2+{(y-1)}^2+{(z-1)}^2=1$

.

Đáp án C

Ta có

$$\begin{gathered} P={\log }_{7^{\frac{1}{3}}} \left(\frac{{11}^2}{2^3}\right)=3 \log ({\log }_7 {11}^2-{\log }_7{2}^3) \\ =3 (2{\log }_{7}11-3{\log }_{7}2)=3(2{\log }_{7}11-\frac{3}{{\log }_{2}7}). \end{gathered}$$

Mà $b={\log }_{2}7 và a={\log }_{49}11={\log }_{7^2}11=\frac{1}{2}{\log }_{7}11=> {\log }_{7}11=2a$

Vậy $P=3(2.2a-\frac{3}{b})=12a-\frac{9}{b}.$

Đáp án B

Do z=-3+4i là một nghiệm của phương trình z²+az+b=0 nên ta có:

(-3+4i)²+a(-3+4i)+b=0<=> -7-24i-3a=4ai+b=0.

<=> $\left\{\begin{array}{l}-7-3a+b=0\\ -24+4a=0\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l}a=6 \\ b=25\end{array}\right.$

Vậy a-b-25=-19.

Đáp án D

Ta có $\left(\alpha \right)//\left(\beta \right)<=>\frac{2}{1}=\frac{4}{2}=\frac{-m}{-1}\ne \frac{-2}{-1} (vô lý vì \frac{2}{1}=\frac{4}{2}=\frac{-2}{-1} )$

Vậy không tồn tại m để hai mặt phẳng $\left(\alpha \right),\left(\beta \right)$ song song với nhau

Đáp án C

Điều kiện:$(x^2-3x+2)>0<=>{[}_{x>2}^{x<1}$

Bất phương trình tương đương với:

$$\begin{gathered} {\log }_{\frac{1}{2}}(x^2-3x+2)\ge {\log }_{\frac{1}{2}}2 \\ <=> x^2-3x+2\le 2<=> 0\le x\le 3 \end{gathered}$$.

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: S=$[0;1]\cup (2;3]$.

Đáp án B

$S={\int }_{\mathrm{a}}^{\mathrm{b}}\left|\mathrm{f}\right(\mathrm{x}\left)\right|\mathrm{dx}$

Đáp án B

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật:

$R=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{D}^2+A{A}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Đáp án B

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là: x=-1.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là: y=2.

Giao điểm hai tiệm cận I(-1;2).

Thay tọa độ điểm I vào các đáp án, ta thấy đáp án B thỏa mãn.

Đáp án D

Trong tam giác vuông SAB, ta có

$$\begin{gathered} S{A}^2=AH.AB=\frac{2}{3}AB.AB=\frac{2}{3} a^2 \\ SH=\sqrt{ S{A}^2-A{H}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{3}. \end{gathered}$$

Diện tích hình vuông ABCD là: S_ABCD=a² (dvdt)

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{a^3\sqrt{2}}{9}\left(dvtt\right)$.

Đáp án A

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\left(3^{x^2-3x+1}\right)\text{'}=f\text{'}\left(x\right)=(x^2-3x+1)\text{'}.3^{x^2-3x+1}.\ln 3=(2x-3).3^{x^2-3x+1}.\ln 3$

Đáp án C

Ta có: 2f(x)-1=0<=> f(x)=$\frac{1}{2}$

Số nghiệm phương trình 2f(x)-1=0 thuộc khoảng (-2;1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=$\frac{1}{2}$ thuộc khoảng (-2;1).

Dựa vào đồ thị, suy ra đường thẳng y=$\frac{1}{2}$ cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại hai điểm phân biệt thuộc khoảng (-2;1) hay phương trình 2f(x)-1=0 có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-2;1).

Đáp án D

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD => OJ là đường trung bình của tam giác BCD.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}OJ//CD\\ OJ=\frac{1}{2}CD\end{array}\right.$

Vì CD//OJ=>(IJ,CD)=(IJ,OJ).

Xét tam giác IOJ có $\left\{\begin{array}{l}IJ=\frac{1}{2}SB=\frac{a}{2}\\ OJ=\frac{1}{2}CD=\frac{a}{2}=>∆ IOJ đều\\ IO=\frac{1}{2}SA=\frac{a}{2}\end{array}\right.$.

Vậy (IJ,CD)=(IJ,OJ)= góc IJO=60^o.

Đáp án A

Phương trình tương đương với:

$$\begin{gathered} {\log }_5(2^x.5^{x^2-2x})={\log }_5<=>{\log }_5(2^x.5^{x^2-2x})=0 \\ {\log }_5{2}^x+{\log }_5\left(5^{x^2-2x}\right)=0<=>x{\log }_{5}2+x^2-2x=0 \\ <=>x({\log }_{5}2+x-2)=0=> {[}_{x_2=2-{\log }_{5}2}^{x_1=0} \end{gathered}$$

Do đó $x1+x2=2-{\log }_{5}2$.

Đáp án C

Bán kính đáy của khối trụ: $r=\frac{20}{2\mathrm{\pi }} =\frac{10}{\mathrm{\pi }}$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{V}_{nón} =\frac{1}{3}{h}_{1}x{S}_1=\frac{1}{3}.10x\mathrm{\pi }.{\left(\frac{10}{\mathrm{\pi }}\right)}^2=\frac{1000}{\mathrm{\pi }}.\\ V_{trụ} =h_{2}x{S}_2=40x\mathrm{\pi }{\left(\frac{10}{\mathrm{\pi }}\right)}^2=\frac{4000}{\mathrm{\pi }}\end{array}=> V=V_1+V_2=\right.\frac{13000}{3\mathrm{\pi }}$

Đáp án B

Từ giả thiết, ta có f(-x)= (xe^x)' = (x+1).e^x=> f(x)=(1-x)e^x 

Suy ra f'(x)=(x-2)e-x.

Khi đó $\int f\text{'}\left(x\right)e^{x}dx= \int (x-2)dx=\frac{x^2}{2}-2x+C$.

Theo đề bài ta có F(0)=1=> C=1.

Suy ra $F\left(x\right)=\frac{x^2}{2}-2x+1=> F(-1)=\frac{7}{2}$.

Đáp án A

Gọi E=HK giao AC.

Do HK// BD nên

d(HK,SD)=d (HK,(SBD))

=d (E,(SBD))=1/2 d (A, (SBD)).

Kẻ $AF\perp SO$.

Khi đó $d (A, (SBD\left)\right)= AF= \frac{SA.AO}{\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}}= \frac{2a }{3}.$

Vậy d (HK,SD)= $\frac{1}{2}AF= \frac{a}{3}$.

Đáp án B

Đường thẳng d₁ đi qua điểm M₁=(3;-1;-1) và có một véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}$=(1;-2;1).

Đường thẳng d₂ đi qua điểm M₂=(0;0;1) và có một véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_2}$=(1;-2;1).

Do  $\overrightarrow{u_1}=\overrightarrow{u_2}$ và M₁ $\notin$d₁ nên hai đường thẳng d₁ và d₂ song song với nhau.

Ta có $\overrightarrow{M_1{M}_2}= (-3;1;2), \overrightarrow{[u_1}, \overrightarrow{M_1{M}_2}]=(-5;-5;-5)=5(1;1;1).$

Gọi ($\alpha$) là mặt phẳng chứa d₁ và d₂ khi đó ($\alpha$)  có một véctơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}$=(1;1;1).

Phương trình mặt phẳng ($\alpha$)  là x+y+z-1=0.

Gọi A= d3$\cap \left(\alpha \right)$ thì A(1;-1;1).

Gọi B=d4 $\cap \left(\alpha \right)$ thì B(-1;2;0).

Do $\overrightarrow{AB}$=(-2;3;-1) không cùng phương với $\overrightarrow{u_1}$ =(1;-2;1) nên đường thẳng AB cắt hai đường thẳng d₁ và d_2.

Đáp án C

TXĐ: D=$\mathrm{ℝ}$.

y'=x²-2(m+1)x+(m²+2m)=0 <=>${[}_{x=m+2}^{x=m}$

Bảng xét dấu y'

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1) thì $y\text{'}\le 0\forall x\in (-1;1)$

<=> x2-2(m+1)x+(m²+2m)$\le 0\forall x\in (-1;1)$.

Từ bảng xét dấu ta thấy để hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1) thì

$\left\{\begin{array}{l}m\le 1\\ m+2\ge 1\end{array}<=>\right.\left\{\begin{array}{l}m\le 1\\ m\ge 1\end{array}<=>\right.m=-1$

Đáp án B

Phương trình đã cho trở thành:

$$\begin{gathered} a^2+b^2-12 \sqrt{a^2+b^2}+2bi=12+10i \\ <=>\left\{\begin{array}{l} a^2+b^2-12 \sqrt{a^2+b^2}=13 \\ 2b=10\end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=13\\ b=5 \end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}a=12 (do a>0)\\ b=5\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy S=a+b=17.       

Đáp án C

Ta có: $$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)= [2\mathrm{f}\text{'}(\mathrm{x})-4\mathrm{x}]. {\mathrm{\pi }}^{2\mathrm{f}\left(\mathrm{x}\right)-4\mathrm{x}} \mathrm{ln\pi }=0 \\ <=> 2\mathrm{f}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)-4=0<=> \mathrm{f}\text{'}\left(\mathrm{x}\right)=2 \end{gathered}$$                              

Đồ thị hàm số y=f'(x) nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số y=f'(x-1) sang trái 1 đơn vị nên f'(x0=2<=> $\left[\begin{array}{c}x=-2\\ x=0\\ x=1\end{array}\right]$.

Do x=-2 và x=1 là nghiệm bội chẵn nên ta có

Bảng biến thiên hàm số g(x):

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=0.

Đáp án D

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=f\left(x\right)\\ dx=(x+1)e^{x}dx\end{array}<=>\right.\left\{\begin{array}{l}du=f\text{'}\left(x\right)\\ v=\int (x+1)e^{x}dx=x.e^x\end{array}\right.$

Suy ra ${\int }_0^1(x+1)e^x f\left(x\right)dx=x{e}^x.f\left(x\right){|}_0^1- {\int }_0^{1}x{e}^x.f\text{'}\left(x\right)dx=> {\int }_0^{1}x{e}^x.f\text{'}\left(x\right)dx=\frac{1-e^2}{4}$.

Chọn k sao cho

$$\begin{gathered} {\int }_0^1{[f\text{'}(x)+k.x{e}^x]}^{2}dx=0<=> {\int }_0^1{[f\text{'}(x\left)\right]}^{2}dx+2k {\int }_0^{1}x{e}^x .f\text{'}\left(x\right)dx+k^2. {\int }_0^1{x}^2{e}^{2x}dx=0 \\ <=> \frac{e^2-1}{4}-2k.\frac{e^2-1}{4}+k^2.\frac{e^2-1}{4}=0<=> {(k-1)}^2=0<=> k=1=>f\text{'}\left(x\right)=-x{e}^x \end{gathered}$$

Do đó f$\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx=-\int x{e}^{x}dx=-(x-1)e^x+C$ mà f(1)=0=> C=0.

Vậy$f\left(x\right)=-(x-1)e^x=> \int f\left(x\right)dx= \int (1-x)e^{x}dx=e-2$.

Đáp án A

Ta có: Sau 10 năm thể tích khí CO₂ là:

$V_{2008}=V{(1+\frac{a}{100})}^{10}=V.\frac{{(100+a)}^{10}}{{10}^{20}}$.

Do đó, 8 năm tiếp theo thể tích khí CO₂ là:

$$\begin{gathered} V_{2016}=V_{2008}{\left(1+\frac{n}{100}\right)}^8=V\frac{{\left(100+a\right)}^{10}}{{10}^{20}}{\left(1+\frac{n}{100}\right)}^8 \\ =V\frac{{\left(100+a\right)}^{10}}{{10}^{20}}.\frac{{\left(100+n\right)}^8}{{10}^{16}}\left(m^3\right)=V\frac{{(100+a)}^{10}{\left(100+n\right)}^8}{{10}^{36}}\left(m^3\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Xét hàm số y=x³-3x+m, x thuộc [0;2]

y=x³-3x=0<=> $\left\{\begin{array}{l}x=2\\ x=-1\left(l\right)\end{array}\right.$

Ta có  y(0)=m; y(1)=m-2; y(2)=m+2.

Suy ra: $\underset{[0;2]}{min} y=m-2; \underset{[0;2]}{max y=m+2}$ 

TH1:

$$\begin{gathered} (m+2)(m-2)\le 0=> -2\le m\le 2 \\ => \underset{[0;2]}{min} y=0;\underset{[0;2]}{max} y =\left\{\right|m-2|; |m+2\left|\right\} \\ => \underset{[0;2]}{min} \left|y\right|+\underset{[0;2]}{max|} y| =6<=>\left\{\begin{array}{l}0+2-m=6\\ m+2=6\end{array}<=> m=\pm 4\right. \end{gathered}$$

, không thỏa mãn.

TH2: m-2>0<=> m>2=> $\underset{[0;2]}{min} \left|y\right|=|m-2|=m-2; \underset{[0;2]}{max|} y| =|2+m|=m+2$

$\underset{[0;2]}{=> min} \left|y\right|+\underset{[0;2]}{max|} y| =6$ <=> m-2+m+2=6<=> m=3 ( (thỏa mãn))

TH3: 2+m<0<=> m<-2 =>min |y|=|2+m|=-2-m;

$$\begin{gathered} \underset{[0;2]}{max|} y| =|-2+m|=-(-2+m)=2-m \\ => \underset{[0;2]}{min} |y|+\underset{[0;2]}{max|} y| =6 \end{gathered}$$<=> -2-m+2-m=6<=> m=-3 (thỏa mãn).

Vậy có 2 số nguyên thỏa mãn.

Đáp án A

Để con châu chấu đáp xuống các điểm M(x;y) có x+y<2 thì con châu chấu sẽ nhảy trong khu vực hình thang BEIA

Để M(x;y) có tọa độ nguyên thì x thuộc {-2;-1;0;1;2}

Nếu x thuộc {-2;-1} thì y thuộc {0;1;2} => có 2.3 = 6 điểm.

Nếu x=0 thì y thuộc {0;1} => có 2 điểm.

Nếu x=1=> y=0  => có 1 điểm.

=> Có tất cả 6 + 2 + 1 = 9 điểm.

Để con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật mà đáp xuống các điểm có tọa độ nguyên thì x thuộc {-2;-1;0;1;2;3;4}, y thuộc {0;1;2}

Số điểm M(x;y) có tọa độ nguyên là: 7.3 = 21 điểm.

Xác suất cần tìm là: P=$\frac{9}{21}=\frac{3}{7}$.

Đáp án A

Phương trình tung độ giao điểm của đồ thị $y^2=4-x{y}^2=4-0<=> \left\{\begin{array}{l}y=-2\\ y=2\end{array}\right.$.

Thể tích cần xác định là:

$V=\mathrm{\pi }{\int }_{-1}^2{(4-{\mathrm{y}}^2)}^2 \mathrm{dy}=2\mathrm{\pi }\left(16\mathrm{y}-\frac{8{\mathrm{y}}^3}{3}+\frac{{\mathrm{y}}^5}{5}\right){|}_0^2=\frac{512\mathrm{\pi }}{15}$

Đáp án B

- Dựa vào đồ thị hàm số f(x), ta có:

|f(x³-3x+1)-2|=1<=> $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}f(x^3-3x+1)=1\\ f(x^3-3x+1)=3\end{array}\right. \\ <=>\left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}^3-3x+1=b(b<-1)\left(2\right)\\ x^3-3x+1=c(-1<c<3)\left(3\right)\end{array}\right.\\ x^3-3x+1=d(d>3)\left(4\right)\\ x^3-3x+1=a(a>d)\left(1\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Dựa vào đồ thị hàm số $y=x^3-3x+1$ (hình vẽ bên đây)

Ta suy ra: Phương trình (1), (2), (4) mỗi phương trình có 1 nghiệm, phương trình (3) có 3 nghiệm và các nghiệm này đều phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.

Đáp án B

Bất phương trình đã cho tương đương với: m> f(1-x).e^x,$\forall x\in$ (-1;1)

Xét hàm số g(x) =f(1-x)-$e^{x^2}$ trên (-1;1).

Bài toán trở thành tìm m để

$$\begin{gathered} m>g(x, \forall x\in (-1;1)<=> m\ge \underset{(-1;1)}{max} g(x) \\ Ta có g\text{'}(x)=-f()1-x-2x.e^{x^2}=-[f\text{'}(1-x)+2x.e^{x^2}]=0 \end{gathered}$$

TH1: $x\in (-1;1)<=> \left\{\begin{array}{l}1<1<x-2=> f\text{'}(1-x)<0\\ 2x.e^{x^2}<0\end{array}\right.=> g\text{'}\left(x\right)>0$.

TH2: $x=0=>\left\{\begin{array}{l}f(1-x)=0\\ 2x.e^{x^2}=0\end{array}=>g\text{'}\left(x\right)=0\right.$.

Suy ra g'(x)=0=> x=0.

TH3: $x\in (0;1)<=> \left\{\begin{array}{l}0<x-1<1=> f\text{'}(1-x)>0\\ 2x.e^{x^2}<0\end{array}\right.=> g\text{'}\left(x\right)<0$.

Ta có bảng biến thiên của hàm số g(x) trên (-1;1)

Dựa vào bảng biến thiên ta có: m> $\underset{(-1;1)}{max}$g(x) =g(0)=f(1)-1.

Vậy m>f(1)-1.

Đáp án D

Phương trình mặt phẳng (ABC):$\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{c}{z}=1(abc\ne 1)$).

Khi đó:d(O; (ABC))=$\frac{\left|\frac{0}{a}=\frac{0}{b}=\frac{0}{c}-1\right|}{\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{a^2}}+{\displaystyle \frac{1}{b^2}}+{\displaystyle \frac{1}{c^2}}}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}$

Ta có: $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge \frac{9}{a^2+b^2+c^2}=\frac{9}{3}=3=>\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}}\le \frac{1}{\sqrt{3}}$

Hay d(O; (ABC))$\le \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}a=b=c>0\\ a^2+b^2+c^2=3\end{array}\right.<=> a=b=c=1$.

Vậy  d(O;(ABC))_max = $\frac{1}{\sqrt{3}}$ khi a=b=c=1.

Đáp án B

Đặt x=log₂a, y=log₂ b, z=log₂ c, ta có 5x²+16y²+27z² và S=xy+yz+zx.

Sử dụng bất đẳng thức Côsi dạng phân thức ta có:

$$\begin{gathered} 11x^2+22y^2+33z^2\ge \frac{{(x+y+z)}^2}{{\displaystyle \frac{1}{11}}+{\displaystyle \frac{1}{22}}+{\displaystyle \frac{1}{33}}}=6(x+y+z{)}^2 \\ => 5x^2+16y^2+27z^2\ge 12(xy+yz+zx)=> S\le \frac{1}{12} \end{gathered}$$

Đáp án B

Đặt DM=x, BM=y ta có

tan 45^o  = tan ($\widehat{DAM}+\widehat{BAN})=\frac{\tan \widehat{DAM}+\tan \widehat{BAN}}{1- \tan \widehat{DAM}. \tan \widehat{BAN}}=\frac{x+y}{1-xy}$

Suy ra $$\begin{gathered} y=\frac{1-x}{1+x} và AM =\sqrt{A{D}^2+D{M}^2}=\sqrt{x^2+1} \\ AN=\sqrt{A{B}^2+B{N}^2}=\sqrt{1+y^2}=\sqrt{{\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}^2+1}=\frac{\sqrt{2\left(x^2+1\right)}}{x+1} \end{gathered}$$

Vì vậy $V=\frac{1}{3}SA. S_{∆AMN}=\frac{1}{6}=SA.AM.AN \sin 45°=\frac{x^2+1}{6(x+1)}$

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{x^2+1}{6(x+1)}$.

Khảo sát ta có $f\left(x\right)\le f(\sqrt{2}-1)=\frac{\sqrt{2}-1}{3}$.

Đáp án A

Xét hàm số f(x)=2x³-2mx+3 trên ($1;+\infty$).

Ta có: f'(x)=6x²-2m=0. Khi đó denta'=12m.

Chú ý: Đồ thị hàm số y=|f(x)|=|2x³-2mx+3| được suy ra thừ đồ thị hàm số  y=f(x) (C) bằng cách:

- Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm trên Ox.

- Lấy đối xứng phần đồ thị (C) nằm dưới Ox qua Ox và bỏ phần đồ thị (C) nằm dưới Ox.

Để hàm số y=|2x³-2mx+3| đồng biến trên ($1;+\infty$) thì có 2 trường hợp cần xét:

TH1: Hàm số f(x)=2x³-2mx+3 luôn đồng biến và không âm trên ($1;+\infty$)

Vì $\left\{\begin{array}{l}m\in \mathrm{\mathbb{Z}}\\ m\in (-10;10)\end{array}=> m\in \{-9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1;0;1;2\}\right.$.

TH2: Hàm số f(x)=2x³-2mx+3 luôn nghịch biến và không dương trên ($1;+\infty$)

(không tồn tại m).

Vậy có tất cả 12 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Đặt h(x)=f(x)-g(x) có $h\text{'}\left(x\right)=k(x+1)(x-\frac{5}{4})(x-3)$ (với k khác 0) và h(0)=f(0)-g(0)=e-q