Đáp án A

Ta có $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(p\right)}}$=(3;0;-1).

Đáp án A

Ta có z=-1-4i.

Đáp án A

Ta có: $\underset{x->{\left(3\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x->{\left(3\right)}^{+}}{\lim }\frac{2x-5}{x+3}=-\infty ; \underset{x->{\left(3\right)}^{-}}{\lim }y=\underset{x->{\left(3\right)}^{-}}{\lim }\frac{2x-5}{x+3}=+\infty$

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x=-3.

Đáp án B

Ta có A(-1;0;3).

Đáp án A

Xét $y=x^3+x-5$, ta có $y\text{'}=3x^2+1>0, \forall x\in \mathrm{ℝ}=>$ hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$.

Đáp án C

Ta có $S{xq}_{}=\mathrm{\pi rl}=> \mathrm{l}=\frac{{\mathrm{S}}_{\mathrm{xq}}}{\mathrm{\pi r}}=4$.

Đáp án C

Ta có  $\underset{x->-\infty }{\lim }\frac{2x^2+4x-5}{-x+12}=+\infty$

Đáp án B

Ta có $5^{1-2x}>\frac{1}{125}<=> 5^{1-2x}>5^{-3}<=>1-2x>-3<=> x<2$

Đáp án B

Ta có z²+6z+13=0<=> $\left[\begin{array}{c}{z}_1=-3-2i\\ z_2-3+2i\end{array}\right]=>\omega =z_1+2z_2=-9+2i$

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;2), bán kính R=3.

Ta có d(I,(P))=1=> r=$\sqrt{R^2-d^2(I,(P\left)\right)}=2\sqrt{2}$.

Đáp án C

Đặt I=${\int }_2^3$(4x+2) lnx dx

Đặt $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=(4x+2)dx\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}du=\frac{dx}{x}\\ v=2x^2+2x=2x(x+1)\end{array}\right. \\ =>I=\left[2x\right(x+1)\ln x]{|}_2^3-{\int }_2^3\frac{2x\left(x+1\right)dx}{x}= 24 \ln 3-12 \ln 2-2{\int }_2^3(x+1)dx \\ 24 \ln 3-12 \ln 2-2\left(\frac{x^2}{2}+\right){|}_2^3=24 \ln 3-12 \ln 2-2\left(\frac{15}{2}-4\right) \end{gathered}$$

24 ln 3-12ln2 -7=a+ bln2+ cln3.

=> a+b+c=-7-12-24=5.

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} 4.{\left(\frac{9}{4}\right)}^x-13.{\left(\frac{6}{4}\right)}^x+9=0<=> 4{\left[{\left(\frac{3}{2}\right)}^x\right]}^2-13{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+9=0 \\ <=> {[}_{{\left(\frac{3}{2}\right)}^x=1}^{{\left(\frac{3}{2}\right)}^x=\frac{9}{4}}<=>{[}_{x=0}^{x=2}=> T=2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Đường sinh của hình nón là $l=\sqrt{h^2+r^2}=10$

Gọi  là bán kính của hình nón ta có $\frac{r\text{'}}{r}=\frac{4}{10}=> r\text{'}=\frac{12}{5}$.

Chiều cao của hình nón là: $h\text{'}=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{4^2-{\left(\frac{12}{5}\right)}^2}=\frac{16}{15}$.

Do đó thể tích của hình nón là: $V=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=\frac{768}{125}\mathrm{\pi }$.

Đáp án D

Ta có: $\overrightarrow{a}\overrightarrow{b}$= -2.0+2.1+5.2=12.

Đáp án C

Ta có $$\begin{gathered} \underset{x->0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x->0^{+}}{\lim } \frac{\sqrt{1+2x}-1}{x}=\underset{x->0^{+}}{\lim }\frac{1+2x-1}{x(\sqrt{1+2x}-1)}=\underset{x->0^{+}}{\lim }\frac{2}{\sqrt{1+2x}-1}=1 \\ \underset{x->0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x->0^{-}}{\lim }(3x+a-1)=a-1=1=> a=2 \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có ${\int }_0^{2}x.f\left(x^2\right)dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{2}f\left(x^2\right)d\left(x^2\right)=\frac{1}{2}{\int }_0^{4}f\left(x\right)dx=> {\int }_0^{4}f\left(x\right)dx=2{\int }_0^{4}xf\left(x^2\right)dx=4$

Đáp án B

Ta có z₁+z₂=$\frac{3}{2}$, z₁+z₂=2=> $w=\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}+i{z}_1{z}_2=\frac{z_1+z_2}{z_1{z}_2}+i{z}_1{z}_2=\frac{3}{4}+2i$.

Đáp án B

Ta có $F\left(x\right)=\int \frac{1+ \ln x}{x^2}dx=-\int (1+\ln x)d\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{1+\ln x}{x}+\int \frac{dx}{x}=\frac{-1}{x}(\ln x+2)$.

Do đó ta suy ra  a=-1; b=2=> S=a+b=1.

Đáp án A

+ Hai năm đầu: người đó nhận được 2.12.8=192 triệu đồng.

+ Hai năm tiếp: người đó nhận được 2.12.(8+8.10%)=211,2 triệu đồng.

+ Hai năm cuối: người đó nhận được  2.12.[8+8.10%+(8+8.10%).10%]=232,32 triệu đồng.

Vậy sau 6 năm người đó đã nhận được 192+21,2+232,32=635,52  triệu đồng hay 635.520.000 đồng.

Đáp án D

Ta có: $y=\sqrt{\cos 3x-9\cos x-m}=\sqrt{4{\cos }^{3}x-12\cos x-m}=\sqrt{4t^3-12t-m}, t=cos x$.

Theo bài ra $4t^3-12t-m\ge 0\forall x\in [-1;1]=>min (4t^3-12t-m)\ge 0,\forall x\in [-1;1]$.

f'(t0=12t²-12=0<=> t thuộc {-1;1}=> min f(t) =f(1)=-8-m=> -8-m$\ge 0<=>m\le -8$.

Đáp án C

Ta có: |z-5-5i|=2$\sqrt{2}$ <=> $\sqrt{{(a-5)}^2+{(b-5)}^2}=2\sqrt{2} => {(a-5)}^2+{(b-5)}^2=8$ => tập hợp điểm biểu diễn là một đường tròn (C), trong đó I(5;5), R=22=> OI:y=x

Xét điểm $M\in \left(C\right); \left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=OM$; OM  min là yêu cầu bài toán.

Điểm M thỏa mãn hệ

$\left\{\begin{array}{l}y=x\\ {(x-5)}^2+{(y-5)}^2=8\end{array}=> x=y=3; x=y=7=> M(3;3)=>P =3+2.3=9\right.$.

Đáp án D

Ta có $$\begin{gathered} I={\int }_1^2\frac{x^2-3x^2+2x}{x+1}dx={\int }_1^2\left(x^2-4x+6-\frac{6}{x+1}\right)dx=\left(\frac{1}{3}{x}^3-2x^2+6x- 6 \ln |x+1|\right){|}_1^2 \\ =\frac{7}{3}- 6\ln 3+6\ln 2=> a=\frac{7}{3}, b=6, c=-6=> a+b+c=\frac{7}{3}>0 \end{gathered}$$

.

Đáp án C

Ta có (z-3)(z²-2z+10)=0 <=>z=-3 hoặc z=$1\pm 3i$.

Do đó |z₁|+|z₂|+|z₃|=|-3|+|1+3i|+|1-3i|=$3+2\sqrt{10}$.

Đáp án B

Ta có $3x{c}^5+96={\int }_c^{c}f\left(t\right)dt =0<=> c=-2\in (-3;-1)$.

Đáp án D

Ta có$f\left(x\right)=3=\frac{4}{2x+1}-\frac{3}{x+2} nên F\left(x\right)=3x+2\ln |2x+1|-3\ln |x+2|+C$

Do đó  F(2)=7<=> 6+2ln5-3ln4+C=7 <=> C=1+6ln2-2ln5

Suy ra $F\left(x\right)=3x+2\ln |2x+1|-3\ln |x+2|+1+6\ln 2-2\ln 5$

Ta có $F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{2}+ 11\ln 2-5\ln 5$. Từ đó, ta có a=11, b=5.

Vậy trung bình cộng của a và b là .$\frac{11+(-5)}{2}=3$

Đáp án B

Cách 1: Ta có $\overrightarrow{AB}=(2;-3;-1), \overrightarrow{AC}= (-2;-1;-1) và \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0$ nên tam giác ABC vuông tại A và trung điểm I(0;-1;1) của cạnh BC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Do MA=MB=MC nên M thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nghĩa là M thuộc đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (ABC).

(ABC) nhận $\frac{1}{2}\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=(1;2;4)$ làm véctơ pháp tuyến nên $d:\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-1+2t\\ z=-1-4t\end{array}\right.$.

Ta có d và $\left(\alpha \right)$ cắt nhau tại M(2;3;-7). Suy ra 2a=3b-4c=41.

Cách 2: Ta có

MA=MB=MC<=> $\left\{\begin{array}{l}{a}^2+{(b-1)}^2+{(c-2)}^2={(a-2)}^2+{(b+2)}^2+ {(c-1)}^2\\ a^2+{(b-1)}^2+{(c-2)}^2={(a+2)}^2+b^2+ {(c-1)}^2\end{array}\right.$

$<=>\left\{\begin{array}{l}2a-3b-c=2\\ 2a+b+c=0\end{array}\right.$. Do đó, ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2z-3b-c=2\\ 2a+b+c=0\\ 2a+2b+c-3=0\end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=3\\ c=-7\end{array}\right.$.

Đáp án C

Giả sử z=x+yi (x,y$\in \mathrm{ℝ}$).

Ta có

$$\begin{gathered} 2|z-i|=|z-\overline{z}+2i|<=> 2|x+(y-1\left)i\right|=|x+yi-(x-yi)+2i|<=> |x+(y+1\left)i\right|=\left|\right(y+1)i \\ <=> x^2+{(y-1)}^2={(y+1)}^2<=>y=\frac{1}{4}{x}^2 \end{gathered}$$.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện đã cho là parabol (P) có phương trình $y=\frac{1}{4}{x}^2$.

Đáp án C

Mặt cầu (S) có tâm I(2;3;5) và bán kính R=$\sqrt{27}=3\sqrt{3}$.

Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến.

Ta có R²=r²+d² (I,(P)) nên (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất khi và chỉ khi d(I,(P)) là lớn nhất.

Do $d\subset \left(P\right)$ nên $d(I,(P\left)\right)\le d(I, (d\left)\right)=IH$, trong đó H là hình chiếu vuông góc của I trên d.

Dấu “=” xảy ra khi (P)$\perp$H.

Ta có H(1+2t;t;2+2t)  thuộc d và $\overrightarrow{IH}$=(2t-1;t-5;2t-1)

$\overrightarrow{IH}.\overrightarrow{u_d}=0$<=> 2(2t-1)+1(t-5)+2(2t-1)=0<=> t=1 => H(3;1;4)

Suy ra (P): x-4y+z-3=0 hay (P): -x+4y-z+3=0. Do đó a=-1, b=4, c=3.

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị là $$\begin{gathered} \frac{2x-1}{x+1}=x+7 \\ <=> \left\{\begin{array}{l}x\ne -1\\ x^2+8x+7=2x-1\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2+6x+8=0\end{array}=> x=-2; y=5\right.\right. \end{gathered}$$.

Phương trình tiếp tuyến: $f\left(x\right)=\frac{2x-1}{x+1}=> f\text{'}(-2)=3=> y=3(x+2)+5=3x+11$.

Với $\left\{\begin{array}{l}x=0=> y=11\\ y=11=>x=\frac{-11}{3}\end{array}\right.=> S=\frac{1}{2}.\left|11\right|.\left|-\frac{11}{3}\right|=\frac{121}{6}$.

Đáp án A

Đặt $$\begin{gathered} y=\frac{\sin x+ \cos x}{2 \sin x- \cos x+3}=m=> \sin x+\cos x=2m \sin x-m \cos x+3m \\ <=> (2m-1)\sin x-(m+1)\cos x=-3m \end{gathered}$$

.

Phương trình trên có nghiệm khi

${(2m-1)}^2-{(m+1)}^2\ge 9m^2<=>4m^2+2m-2\le 0<=>-1\le m\le \frac{1}{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số lần lượt là $-1;\frac{1}{2}$.

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(-2;3;0) R=$\sqrt{13-m}$;

Đường thẳng Δ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(\alpha \right):x+2y-2z-4=0 và ( \beta ): 2x-y-z+1=0$

Khi đó $\overrightarrow{n_{∆}}=\left[\overrightarrow{n_{\alpha }}. \overrightarrow{n_{\beta }}\right]=-3 (2;1;2)$, lại có điểm M(0;1;-1) thuộc giao tuyến của 2 mặt phẳng.

Suy ra$∆: \left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=1+t\\ x=-1+2t\end{array}\right.$ ; gọi H(2t; 1+t; -1+2t) là hình chiếu vuông góc của I lên Δ.

Ta có: $\overrightarrow{IH}(2t+2; t-2; 2t-1). \overrightarrow{u_{∆}}(2;1;2)=4t+4+t-2+4t-2=0<=> t=0<=> H(0;1;-1)$.

Khi đó $R^2=I{H}^2+{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2=25=13-m =>m=-12$.

Đáp án B

Yêu cầu bài toán <=> f(x)=0 có ba nghiệm phân biệt (*).

Ta có x³-(2m+1)x²+3mx-m=0.

<=> (x-1)(x²-2mx+m)=0<=> ${[}_{\underset{g\left(x\right)}{\underbrace{x^2-2mx+m=0}}}^{x=1}$

Do đó (*) <=> g(x)=0 có hai nghiệm phân biệt khác 1

=> $\left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=m^2-m>0\\ g\left(1\right)\ne 0\end{array}\right.<=> \left\{\begin{array}{l}m>1\\ m<0\end{array}\right.$.

Kết hợp với m thuộc (-2018; 2018] và m$\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ có 2017+2017=4034 số cần tìm.

Đáp án C

Không gian mẫu $\Omega có số phần tử là n\left(\Omega \right)=A_{10}^3=720$

Gọi E là biến cố “B mở được cửa phòng học”

Ta cóE={(0;1;9), (0;2;8), (0;3;7), (0;4;6), (1;2;7), (1;3;6), (1;4;5), (2;3;5)}

Do đó n(E)=8. Vậy xác suất cần tính là

$P=\frac{n\left(E\right)}{ n\left(\Omega \right)}=\frac{8}{720}=\frac{1}{90}$.

Đáp án C

Dễ thấy (u_n) là cấp số nhân với công bội

$q=2=>u_n=u_1.2^{n-1}=> \left\{\begin{array}{l}{u}_2=2u_1\\ u_3=4u_1\end{array}\right.$

Ta có $2^{2u_1+1}+2^{3-u_2}\ge 2\sqrt{2^{2u_1+1}.2^{3-u_2}}=2\sqrt{{2^{2u_1+1-}}^{u_2+4}}=2\sqrt{2^4}=8$

Lại có $\frac{1}{4}{u}_3-4u_1+4=\frac{1}{4}{\left(u_3\right)}^2-u_3+4\ge 3=>\frac{8}{{\log }_3\left({\displaystyle \frac{1}{4}{u_3}^{2}4u_1+4}\right)}\le \frac{8}{{\log }_{3}3}=8$

Do đó, dấu bằng xảy ra khi $u_3=2=> u_1=\frac{1}{2}=> S_n=\frac{u_1.(1-q^n)}{1-q}=\frac{2^n-1}{2}$

Lại có $S_n>5^{100}<=> \frac{2^n-1}{2}>5^{100}<=> 2^n>2.5^{100}+1<=> n> {\log }_2(2.5^{100}+1)\approx 233,19$.

Đáp án C

Đặt $g\left(x\right)=f\left(x\right)+\frac{x^2}{2}=> g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)+x>0<=> f\text{'}\left(x\right) >-x<=> x>-2$.

Khi đó $hx\left(\right)=g(x^3-3)=f(x^3-3)+\frac{{\left(x^3-3\right)}^2}{2}=> h\text{'}\left(x\right)=\left[g\right(x^3-3]\text{'}=3x^2.g\text{'}(x^3-3)$

Suy ra $h\text{'}\left(x\right)>0<=> g\text{'}(x^3-3)>0<=> x^3-3>-2<=> x^3>1<=> x>1$.

Do đó hàm số h(x) đồng biến trên khoảng $(1;+\infty )$ .

Đáp án D

Nhân cả hai vế với e^-2018x, ta được:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right). e^{-2018x}-2018 f\left(x\right). e^{-2018x}=2018x^{2017} \\ <=> \left[f\left(x\right). e^{-2018x}\right]\text{'} =2018x^{2017} \end{gathered}$$

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được:

$\int \left[f\left(x\right).e^{-2018x}\right]\text{'}dx=\int 2018x^{2017}dx=>f\left(x\right).e^{-2018x}=x^{2018}+C$

Do f(0)=2018, nên ta có f(0).e^-2018.0=0²⁰¹⁸+C<=> C=2018

Suy ra: f(x)=(x²⁰¹⁸+2018)e^2018x.

Vậy f(1)=2019.e²⁰¹⁸.

Đáp án A

Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) bán kính R=2. Kẻ tiếp tuyến MA và MB sao cho M, A, I, B đồng phẳng suy ra đường tròn (C) là đường tròn đường kính AB.

Gọi H là hình chiếu của A trên IM

=> $r=\frac{AB}{2}=AH$

Ta có: $MI=\sqrt{6}=> AM=\sqrt{M{I}^2-I{A}^2}=\sqrt{2}$

Lại có: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{I{A}^2}+\frac{1}{M{A}^2}=> AH=r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án C

Gọi A(a;a³-3a²) $\in \left(C\right)$

Ta có y'=3x²-6x=>  phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A là:

y=(3a²-6a)(x-a)+a³-3a² (d)

Để d đi qua điểm M(m;-4) thì: -4=(3a²-6a)(m-a)+a³-3a² .

$$\begin{gathered} <=> (a^3-3a^2+4)+3a(a-2)(m-a)=0 <=> (a-2)(a^2-a-2)+(a-2)(3ma-3a^2)=0 \\ <=> (a-2)\left[-2a^2+\left(3m-1\right)a-2\right]=0 <=> {[}_{g\left(a\right)=2a^2-(3m-1)a+2=0}^{a=2} \end{gathered}$$

Để qua M có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến (C)<=> g(a) =0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0

$<=> \left\{\begin{array}{l}∆={\left(3m-1\right)}^2-16>0\\ g\left(2\right)=12-6m\ne 0\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}{[}_{3m-1<4}^{3m-1>4}\\ m\ne 2\end{array}<=>\left\{\begin{array}{l}{[}_{m<-1}^{m>\frac{5}{3}}\\ m\ne 2\end{array}\right.\right.$.

Kết hợp $\left\{\begin{array}{l}m\in \mathrm{\mathbb{Z}}\\ m\in \left[-10;10\right]\end{array}\right.$=> có 17 giá trị của m.

Đáp án A

Ta có ${\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}2{\sin }^2\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)dx=\frac{2-\mathrm{\pi }}{2}.$.

Do đó giả thiết tương đương với

$$\begin{gathered} {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}} \left[f^2\left(x\right)-2\sqrt{2} f\left(x\right).\sin \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)+ 2{\sin }^2\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)\right]dx=0 \\ <=> {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}} {\left[f\left(x\right)-\sqrt{2} .\sin \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)\right]}^{2}dx=0<=>f\left(x\right)-\sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)=0,\forall x\in \left[0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right] \end{gathered}$$.

Suy ra $f\left(x\right)=\sqrt{2} .\sin \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)$.

Vậy $I={\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}f\left(x\right)dx=\sqrt{2} {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}.\sin \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)dx=0$.

Đáp án D

Xét g(x)=f(x)-2018=(m²⁰¹⁸+1)x⁴+(-2m²⁰¹⁸-2m²-3)x²+(m²⁰¹⁸+2019)  có a=c=m²⁰¹⁸+1>0 và b=-2m²⁰¹⁸-2m²-3<0<=> Hàm số y=g(x) có 3 điểm cực trị.

Lại có $\left\{\begin{array}{l}g\left(0\right)>0\\ g\left(1\right)=-2m^2-1<0\end{array}\right.$ đồ thị hàm số y=g(x) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt.

Do đó hàm số y=|f(x)-2018| có 3+4=7 điểm cực trị.

Đáp án B

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\frac{4+m}{{(x+2)}^2}$

- Nếu m=-4 thì f(x)=2 thỏa mãn $\underset{\left[0;2\right]}{max}\left|f\right(x\left)\right|+\underset{\left[0;2\right]}{2min}\left|f\right(x\left)\right|\ge 4$.

- Xét m khác -4. Ta có $f\left(0\right)=-\frac{m}{2}; f\left(2\right)=\frac{4-m}{4}$.

+ TH1: $-\frac{m}{2}\left(\frac{4-m}{4}\right)\le 0<=> 0\le m\le 4$.

Khi đó $\underset{\left[0;2\right]}{max}\left|f\right(x\left)\right|=\frac{4-m}{4} và \underset{\left[0;2\right]}{min}\left|f\right(x\left)\right|=0$ hoặc $\underset{\left[0;2\right]}{max}\left|f\right(x\left)\right|=\frac{m}{2}$.

Theo giả thiết ta phải có ${[}_{\frac{m}{2}\ge 4}^{\frac{4-m}{4}\ge 4}<=>{[}_{m\ge 8}^{m\le -12}$ (loại).

+ TH2: Xét -4<m<0: hàm số f(x) đồng biến, hơn nữa $f\left(0\right)=-\frac{m}{2}; f\left(2\right)=\frac{4-m}{4}>0$ nên

$\underset{\left[0;2\right]}{max}\left|f\right(x\left)\right|+\underset{\left[0;2\right]}{2min}\left|f\right(x\left)\right|\ge 4<=>\frac{4-m}{4}+2\left(-\frac{m}{2}\right)\ge 4<=> m\le -\frac{12}{5}$.

Vậy $-4<m\le -\frac{12}{5}=> m=-3$.

Xét m<-4: hàm số f(x) nghịch biến, hơn nữa $f\left(0\right)=-\frac{m}{2}; f\left(2\right)=\frac{4-m}{4}>0$ nên

$\underset{\left[0;2\right]}{max}\left|f\right(x\left)\right|+\underset{\left[0;2\right]}{2min}\left|f\right(x\left)\right|\ge 4<=>\frac{-m}{}+2\left(\frac{4-m}{4}\right)<=>m\le -2$. Vậy m<-4.

Tóm lại: $m\in (-\infty ;\frac{-12}{5}]\cup \left(6;+\infty \right)$. Nên trong [-30;30], tập S có 53 số nguyên.

Đáp án A

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là trung điểm của AB

$$\begin{gathered} AB\perp \left(SHO\right)=> \widehat{\left(SAB\right); \left(ABC\right)}=\widehat{(SH;OH)}=\widehat{SHO}= \alpha \\ => \cos \alpha =\frac{1}{3}=> \tan \alpha =\sqrt{\frac{ 1}{{\cos }^2\alpha } -1}=2 \sqrt{2} \\ => SO=OH \tan \alpha =a\sqrt{2} \\ Kẻ CM \perp SD (M\in (SD\left)\right)=> P \equiv \left(ACM\right). \end{gathered}$$

Mặt phẳng (ACM) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện M.ACD có thể tích  V₁ và khối đa diện còn lại có thể tích V₂.

Ta có:

$$\begin{gathered} S_{ABC}=\frac{1}{2} SH.AB =\frac{a}{2}.\frac{3a}{2}=\frac{3a^2}{4}, SD=\sqrt{S{O}^2+O{D}^2}= \frac{a\sqrt{10}}{2} \\ => S_{SCD}= \frac{1}{2}CM.SD=> SM=\frac{3a}{\sqrt{10}} \end{gathered}$$

Tam giác MCD vuông tại M

$=> MD=\sqrt{C{D}^2-M{C}^2}=\frac{a}{\sqrt{10}}=> \frac{MD}{SD}=\frac{1}{5}$

Ta có: $\frac{V_{M.ACD}}{V_{S.ACD}}=\frac{MD}{SD}=\frac{1}{5}=> V_1=\frac{V_{S.ACD}}{5}=\frac{V_{S.ABCD}}{10}=\frac{V_1+V_2}{10}=> \frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{9}.$

Đáp án C

Đặt V=V_ABC.A'B'C'

Ta có V_ABCMNP=_VP.ABNM+V_P.ABC mà

  $$\begin{gathered} V_{P.ABC}=\frac{1}{3}d(P, (ABC\left)\right) .S_{∆ABC}=\frac{1}{6}d (C, (ABC\left)\right).S_{∆ABC}=\frac{V}{6} \\ \frac{S_{ABNM}}{S_{ABB\text{'}A\text{'}}}=\frac{AM+BN}{AA\text{'}+BB\text{'}}=\frac{{\displaystyle \frac{2}{3}}AA\text{'}+{\displaystyle \frac{1}{3}}BB\text{'}}{AA\text{'}+BB\text{'}}=\frac{1}{2}=> V_{P.ABNM}=\frac{1}{2}{V}_{C.ABB\text{'}A\text{'}} \end{gathered}$$

Mà $V_{C.ABB\text{'}A\text{'}}=\frac{2}{3}V suy ra V_{P.ABNM}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}V=\frac{V}{3}$

Khi đó V_ABCMNP $=\frac{V}{2}$.

Vậy $\frac{V_1}{V_2}:\frac{V}{2}:\frac{V}{2}$=1.

Phương pháp ghép trục

Đặt t=cos x $\in \left[-1;1\right]$ vì $\frac{V_1}{V_2}=\frac{3}{5}$

Ta có: t'=0<=> sin x=0<=> ${[}_{x=\mathrm{\pi }}^{x=0}$.

Khi đó phương trình f²(cos x)+ (3-m) f(cos x)+2m 10=0  trở thành:

$f{\left(t\right)}^2+\left(3-m\right)f\left(t\right)+2m-10=0<=>{[}_{f\left(t\right)=m-5}^{f\left(t\right)=2}$

Do phương trình f(t)=2 có 2 nghiệm nên yêu cầu bài toán tương đương với phương trình f(t)=m-5 có duy nhất một nghiệm .

Vì $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ nên m {1;2;3;4;5;6}.