Lời giải:

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-3$ ; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=\pm 1\in \left[-3;3\right]$ .

$f\left(-3\right)=-16;f\left(3\right)=20;f\left(-1\right)=4;f\left(1\right)=0$. Vậy  $\underset{\left[-3;3\right]}{\max }f\left(x\right)=20$ .

Lời giải:

Chọn đáp án A.

Hàm số có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$ , nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right)$  và $\left(1;+\infty \right)$  , đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng $y=1$ , có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1 .

Vậy đường cong đã cho là đồ thị của hàm số $y=\frac{x+1}{x-1}$ .

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Hình chóp tứ giác đều có mặt phẳng đối xứng .

Chọn đáp án C.

Lời giải: 

Xét hàm số $y=\frac{x+m^2-2m+3}{x+1}$ trên $\left[1;2\right].$ Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{-m^2+2m-2}{{\left(x+1\right)}^2}<0,\forall x\in \left[1;2\right].$

Vậy hàm số y  nghịch biến trên $\left[1;2\right].$

Suy ra $M=\underset{x\in \left[1;2\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(1\right)=\frac{m^2-2m+4}{2}$  và $m=\underset{x\in \left[1;2\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(2\right)=\frac{m^2-2m+5}{3}.$

Theo giả thiết $\underset{x\in \left[1;2\right]}{\min }f\left(x\right)=\frac{m^2-2m+5}{3}=\frac{{\left(m-1\right)}^2+4}{3}\ge \frac{4}{3}.$  Vậy GTNN của $\underset{x\in \left[1;2\right]}{\min }f\left(x\right)$  bằng $\frac{4}{3}$  đạt được khi m=1

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Hình lập phương $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$   có đường chéo bằng $a\sqrt{3}$  nên có cạnh bằng a .

Khối chóp $A^{\text{'}}.ABCD$  có chiều cao $A{A}^{\text{'}}=a$ , diện tích đáy $a^2$  có thể tích là $V=\frac{1}{3}a.a^2=\frac{1}{3}{a}^3$ .

Thực hiện theo hai bước biến đổi đồ thị:

Dựa vào BBT, các phương án A, B, C đều sai.

 Chọn đáp án D.

Lời giải:

Ta có tỷ số thể tích  $\frac{V_{A.S{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}{V_{A.SBC}}=\frac{A{B}^{\text{'}}}{AB}.\frac{A{C}^{\text{'}}}{AC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$. Do đó $V_{A.S{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{4}{V}_{A.SBC}$  hay $V_{S.A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{4}V$ .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Bước 1: Chuyển điều kiện về   $f^{\text{'}}\left(u\right).$

Ta có:$f^{\text{'}}\left(2x-1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\Rightarrow 2x-1=-3\\ x=0\Rightarrow 2x-1=-1\\ x=2\Rightarrow 2x-1=3\end{array}\right..$  Vậy  $f^{\text{'}}\left(u\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}u=-3\\ u=-1\\ u=3\end{array}\right..$

+)  $f^{\text{'}}\left(2x-1\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}x>2\Rightarrow 2x-1>3\\ -1<x<0\Rightarrow -3<2x-1<-1\end{array}\right..$Vậy $f^{\text{'}}\left(u\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}u>3\\ -3<u<-1\end{array}\right..$

+)  $f^{\text{'}}\left(2x-1\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}x<-1\Rightarrow 2x-1<-3\\ 0<x<2\Rightarrow -1<2x-1<3\end{array}\right..$Vậy $f^{\text{'}}\left(u\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}u<-3\\ -1<u<3\end{array}\right..$

Bước 2: Áp dụng vào bài toán:

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)={\left(4x+3\right)}^{\text{'}}{f}^{\text{'}}\left(\underset{u}{\underbrace{4x+3}}\right)=4.f^{\text{'}}\left(\underset{u}{\underbrace{4x+3}}\right)$

Yêu cầu bài toán $\iff g^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff f^{\text{'}}\left(\underset{u}{\underbrace{4x+3}}\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}u>3\\ -3<u<-1\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}4x+3>3\\ -3<4x+3<-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>0\\ -\frac{3}{2}<x<-1\end{array}\right..$

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=x\left(x-3\right){\left(x+2\right)}^{2019}$ ; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=3\\ x=-2\end{array}\right.$ .

Bảng xét dấu

Vì $f^{\text{'}}\left(x\right)$  đổi dấu 3  lần khi đi qua các điểm $-2;0;3$  nên hàm số đã cho có 3  điểm cực trị.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

$y\text{'}=4x^3-4(m-1)x=4x^3+4x-4mx$

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $(1;3)$  khi và chỉ khi $y\text{'}\ge 0$  với mọi $x\in (1;3)$

$\iff 4x^3+4x-4mx\ge 0,\forall x\in (1;3)$$\iff m\le x^2+1,\forall x\in (1;3)$.

Với $x\in (1;3)$  thì $2<x^2+1<10$ . Vậy $m\le 2$  .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Ta có:  $y^{\text{'}}=3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.;y^{\text{'}\text{'}}=6x.$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}\text{'}}\left(1\right)=6>0\\ y^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right)=-6<0\end{array}\right.\Rightarrow$   Hàm số đạt cực đại tại$x=-1,$  vậy $y_{\text{C§}}=y\left(-1\right)=4.$

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Ta có:$\frac{V_{S.EBD}}{V_{S.BCD}}=\frac{SB.SD.SE}{SB.SD.SC}=\frac{SE}{SC}=\frac{2}{3}$$\Rightarrow V_{S.EBD}=\frac{2}{3}{V}_{S.BCD}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}$ .

Vậy thể tích V  của khối tứ diện $SEBD$  là $V=\frac{1}{3}$ .

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Từ đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  trên đoạn $\left[-1;3\right]$  ta có:

$M=\underset{\left[-1;3\right]}{\max }y=f\left(3\right)=3$ và $m=\underset{\left[-1;3\right]}{\min }y=f\left(2\right)=-2$ . Khi đó $M+m=1$

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Xét hàm số $f\left(\sqrt{x-1}+1\right)$  trên $\left[1;+\infty \right)$ . Đặt $t=\sqrt{x-1}+1\ge 1$ , khi đó: bất phương trình $f\left(\sqrt{x-1}+1\right)\le m$  có nghiệm $x\in \left[1;+\infty \right)$  khi  và chỉ khi $f\left(t\right)\le m$ có nghiệm $t\in \left[1;+\infty \right)$  .

Từ bảng biến thiên suy ra $m\ge -2.$

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Khối đa diện đều loại $\left\{4;3\right\}$  là khối lập phương.

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Ta có:   $200=\frac{1}{2}.\pi .6x+\frac{1}{2}.\pi .6x+2y\iff 2y=200-6x\pi \iff y=100-3\pi x$

Suy ra, diện tích hình phẳng thu được là   $S=\frac{1}{2}\pi {\left(3x\right)}^2+\frac{1}{2}\pi {\left(3x\right)}^2+6x\left(100-3x\pi \right)=-9\pi x^2+600x.$

Xét hàm số $S\left(x\right)=-9\pi x^2+600x,x>0\Rightarrow S^{\text{'}}\left(x\right)=-18\pi x+600;S^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=\frac{100}{3\pi }.$

Xét bảng biến thiên:

Vậy $S_{\min }=S\left(\frac{100}{3\pi }\right)\approx 3183\left(c{m}^2\right).$

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$  .

Phương trình $y^{\text{'}}=0$  có hai nghiệm $x_1<x_2<0$  nên $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-2b}{3a}<0\left(1\right)\\ x_1.x_2=\frac{c}{3a}>0\left(2\right)\end{array}\right.$

Từ $\left(1\right);\left(2\right)$  suy ra $a;b;c$  cùng dấu. Hơn nữa $y^{\text{'}}\left(0\right)=c>0$  nên $a>0;b>0;c>0$  .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Ta có:   $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=a^2.$

Do $BC\perp \left(SAB\right)$  nên   $\left(\left(SB\right);\left(SAB\right)\right)=\widehat{BSC}={30}^{\text{o}}.$

Xét tam giác SBC  vuông tại  $B:\sin \widehat{BSC}=\frac{BC}{SC}\iff SC=4a.$

Suy ra:   $SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{{\left(4a\right)}^2-{\left(a\sqrt{5}\right)}^2}=a\sqrt{11}.$

Vậy   $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{\sqrt{11}{a}^3}{3}.$

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Ta có: $2f\left(x\right)-3=0\iff f\left(x\right)=\frac{3}{2}$  .

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  và $y=\frac{3}{2}$ đường thẳng . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $y_{ CĐ}=1<\frac{3}{2}$ , do đó đường thẳng $y=\frac{3}{2}$  và đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  có 2 giao điểm.

Vậy phương trình $2f\left(x\right)-3=0$  có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Ta có $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Do $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=2\Rightarrow y=2$  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Do $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-2\Rightarrow y=-2$  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị của hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là $y=2$  và $y=-2$ .

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Dựa vào bảng biến thiên đã cho, phương trình $f\left(x\right)=m$  có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $-1<m<2$ hay $m\in \left(-1;2\right)$   vì lúc đó, đường thẳng $y=m$   cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$tại ba điểm phân biệt.

   Chọn đáp án B.

Lời giải:

Ta có  $y^{\text{'}}=4\left(m-1\right)x^3-4\left(m-3\right)x=4x\left[\left(m-1\right)x^2-\left(m-3\right)\right]$

Xét với m=1  : Khi đó $y=4x^2+1$   hàm số không có cực đại. Vậy m=1   thỏa mãn (1)

Xét với $m>1$ : Khi đó hàm số là hàm bậc 4 trùng phương với hệ số $a>0$  để hàm số không có cực đại thì $y^{\text{'}}=0$  chỉ có một nghiệm duy nhất x=0  .

Hay $\left(m-1\right)x^2-\left(m-3\right)=0$  vô nghiệm hoặc có nghiệm kép x=0 .

 $\iff x^2=\frac{m-3}{m-1}$ vô nghiệm hoặc có nghiệm x=0$\iff \frac{m-3}{m-1}\le 0\iff 1<m\le 3$    (2)

Xét với $m<1$  :  Hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số $a<0$  luôn có cực đại (3)

Kết luận : Từ (1), (2), (3) ta có để hàm số không có cực đại thì $1\le m\le 3$ .

 Chọn đáp án A.

Lời giải:

Giả sử thể tích của khối chóp  là

Ta có  $\frac{V_{S.MDC}}{V_{S.ADC}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SD}{SD}.\frac{SC}{SC}=\frac{1}{2};$ $\frac{V_{S.MNC}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SC}{SC}=\frac{1}{4};$

$\frac{V_{S.MDC}}{V_{S.ADC}}+\frac{V_{S.MNC}}{V_{S.ABC}}=\frac{V_{S.MDC}}{\frac{1}{2}V}+\frac{V_{S.MNC}}{\frac{1}{2}V}=\frac{V_{S.MNCD}}{\frac{1}{2}V}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow V_{S.MNCD}=\frac{3}{8}V\Rightarrow V_{MNABCD}=V-\frac{3}{8}V=\frac{5}{8}V\Rightarrow \frac{V_{S.MNCD}}{V_{MNABCD}}=\frac{3}{5}.$

 Chọn đáp án A.

Lời giải:

Đồ thị trên là đồ thị của hàm số bậc 3, với hệ số a dương.

Lời giải:

Gọi khối chóp tứ giác đều là $S.ABCD$ , tâm O , khi đó .$\left\{\begin{array}{l}SO\perp \left(ABCD\right)\\ AB=SA=2a\end{array}\right.$

Ta có: $S_{ABCD}=A{B}^2=4a^2$ ,$OA=\frac{1}{2}.2a\sqrt{2}=a\sqrt{2}$ ; $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=a\sqrt{2}$ .

Vậy $V_{SABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}.4a^2=\frac{4\sqrt{2}{a}^3}{3}$  .

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Dựa vào đồ thị suy ra hệ số $a>0\Rightarrow$ loại phương án D.

Hàm số có 3 điểm cực trị $\Rightarrow ab<0$ , do $a>0\Rightarrow b<0$  .

Mặt khác: $\left(C\right)\cap Oy=D\left(0;c\right)\Rightarrow c<0$

 Chọn đáp án B.

Lời giải:

Vận tốc tại thời điểm t  là $v\left(t\right)=s^{\text{'}}\left(t\right)=-\frac{3}{2}{t}^2+18t.$  Do đó vận tốc lớn nhất của vật đạt được khi $v^{\text{'}}\left(t\right)=-3t+18=0\iff t=6$ . Vậy $v_{\max }=v\left(6\right)=54\left(m/s\right)$

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Thể tích khối chóp OABC  là $V_{O.ABC}=V_{C.OAB}=\frac{1}{3}OC.S_{\Delta OAB}=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{1}{6}\mathrm{.1.2.}OC=3\Rightarrow OC=9$ .

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Ta có: $f\left(2\sin 2x\right)+2=0\iff f\left(2\sin 2x\right)=-2$ .

Dựa vào đồ thị ta thấy:

+) $f\left(\cos 2x\right)=-2\iff \left[\begin{array}{l}2\sin 2x=a\in \left(-3;-2\right)\\ 2\sin 2x=b\in \left(-2;-1\right)\\ 2\sin 2x=c\in \left(1;2\right)\\ 2\sin 2x=d\in \left(2;3\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\sin 2x=\frac{a}{2}\in \left(-\frac{3}{2};-1\right)\left(loai\right)\\ \sin 2x=\frac{b}{2}\in \left(-1;-\frac{1}{2}\right)\\ \sin 2x=\frac{c}{2}\in \left(\frac{1}{2};1\right)\\ \sin 2x=\frac{d}{2}\in \left(1;\frac{3}{2}\right)\left(loai\right)\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\sin 2x=\frac{b}{2}\in \left(-1;-\frac{1}{2}\right)\\ \sin 2x=\frac{c}{2}\in \left(\frac{1}{2};1\right)\end{array}\right.$.

Phương trình  $\sin 2x=\frac{b}{2}\in \left(-1;-\frac{1}{2}\right)$ có 2  nghiệm thuộc đoạn $\left[0;\frac{3\pi }{2}\right]$ .

Và phương trình $\sin 2x=\frac{c}{2}\in \left(\frac{1}{2};1\right)$  có 4  nghiệm thuộc đoạn $\left[0;\frac{3\pi }{2}\right]$  . (Bằng cách đặt $t=2x:x\in \left[0;\frac{3\pi }{2}\right]\Rightarrow t=2x\in \left[0;3\pi \right]$  )

Rõ ràng 6 nghiệm này phân biệt. Vậy phương trình đã cho có tất cả  nghiệm.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=5$  , $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=2$$\Rightarrow$   đồ thị có 2 tiệm cận ngang:  $y=5$ và  y=2 .

Vì $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty \Rightarrow$ đường thẳng $x=1$  là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có đúng 3 đường tiệm cận.

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Từ đồ thị ta có: hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$  và đạo hàm $y^{\text{'}}=\frac{ad-bc}{{\left(cx+d\right)}^2}$  đều không xác định tại $x=\frac{-d}{c}=1$ , nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right)$  và $\left(1;+\infty \right)$ , suy ra khẳng định đúng là: $y^{\text{'}}<0,\forall x\ne 1$  .

Chọn đáp án D.

Lời giải:

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{\frac{m}{2}\right\}$ ;$y^{\text{'}}=\frac{m^2-4}{{\left(-2x+m\right)}^2}$

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(\frac{1}{2};+\infty \right)$  khi và chỉ khi $y^{\text{'}}<0,\forall x\in \left(\frac{1}{2};+\infty \right)$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-4<0\\ \frac{m}{2}\notin \left(\frac{1}{2};+\infty \right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-4<0\\ \frac{m}{2}\le \frac{1}{2}\end{array}\right.$  $\iff \left\{\begin{array}{l}-2<m<2\\ m\le 1\end{array}\right.\iff -2<m\le 1.$  Vậy m có 3 giá trị nguyên:$-1;0;1$ .

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Đặt $f\left(x\right)=x^3-3x^2+m$  liên tục trên $\left[1;3\right].$  Ta có:  $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\notin \left[1;3\right]\\ x=2\in \left[1;3\right]\end{array}\right..$  

 $f\left(1\right)=m-2;f\left(2\right)=m-4;f\left(3\right)=m.$

Ta có: $y^{\text{'}}=2x.f^{\text{'}}\left(x^2+m\right)$ ,$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2+m\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2+m=0\\ x^2+m=1\left(\text{bội chẵn}\right)\\ x^2+m=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0(*)\\ x^2=-m\left(1\right)\\ x^2=3-m\left(2\right)\end{array}\right.$ .

Hàm số $y=f\left(x^2+m\right)$   có 3   điểm cực trị $\iff y^{\text{'}}=0$  có 3  nghiệm bội lẻ phân biệt.

Vì $3-m>-m$  nên nếu  (1) có 2 nghiệm phân biệt thì  cũng có 2 nghiệm phân biệt, khi đó $y^{\text{'}}=0$  có 5 nghiệm phân biệt: không thỏa mãn.

Vậy (1)  vô nghiệm hoặc có nghiệm kép $x_1=x_2=0$ , đồng thời phương trình (2) có có 2  nghiệm phân biệt khác 0 $\iff \left\{\begin{array}{l}-m\le 0\\ 3-m>0\end{array}\right.\iff 0\le m<3$.

Vậy  có 3 giá trị nguyên:  $0;1;2$.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-6x$ ; $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ .  Lập bảng biến thiên rồi suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(0;2\right).$

Chọn đáp án A.

Lời giải:

$V=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}.A{B}^2=\frac{1}{3}\sqrt{5a^2-2a^2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$

Chọn đáp án B.

Lời giải:

Ta có $y^{\text{'}}=-f^{\text{'}}\left(1-x\right)-\frac{2}{{\left(x-1\right)}^2}$  .

Từ đồ thị hàm số $f^{\text{'}}\left(x\right)$  ta có $f^{\text{'}}\left(1-x\right)>0\iff 1-x>5\iff x<-4$ .

Do đó $x<-4\Rightarrow f^{\text{'}}\left(1-x\right)>0$  . Suy ra $-f^{\text{'}}\left(1-x\right)-\frac{2}{{\left(x-1\right)}^2}<0$ .

Vậy hàm số  $y=f\left(1-x\right)+\frac{x+1}{x-1}$ nghịch biến trên $\left(-\infty ;-4\right)$ .

Chọn đáp án C.

Lời giải:

Tìm tiệm cận đứng:

$+)\underset{x\to 4^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 4^{-}}{\lim }\frac{\left(x-4\right)\left(x+1\right)}{x^2-16}=\underset{x\to 4^{-}}{\lim }\frac{x+1}{x+4}=\frac{5}{8}$ và $\underset{x\to 4^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 4^{+}}{\lim }\frac{\left(x-4\right)\left(x+1\right)}{x^2-16}=\underset{x\to 4^{+}}{\lim }\frac{x+1}{x+4}=\frac{5}{8}$ . Suy ra $x=4$  không phải là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$+)\underset{x\to -4^{-}}{\lim }y=\underset{x\to -4^{-}}{\lim }\frac{\left(x-4\right)\left(x+1\right)}{x^2-16}=-\infty$. Suy ra  $x=-4$là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Tìm tiệm cận ngang:

$+)\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{x^2-3x-4}{x^2-16}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-\frac{3}{x}-\frac{4}{x^2}}{1-\frac{16}{x^2}}=1$.

$+)\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\frac{x^2-3x-4}{x^2-16}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1-\frac{3}{x}-\frac{4}{x^2}}{1-\frac{16}{x^2}}=1$. Suy ra $y=1$  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.

Chọn đáp án A.

Lời giải:

$V=B.h=2a^2.3a=6a^3.$

Chọn đáp án D.

Lời giải:

Từ bảng biến thiên ta thấy: phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$  có các nghiệm  $x=a,x=b,x=c,x=d$ , trong đó $a<-1<b<0<c<1<d$  .

Xét hàm số $y=f\left(x^2-2x\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=2\left(x-1\right).f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)$ .

$y^{\text{'}}=0\iff 2\left(x-1\right).f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x-1=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x^2-2x=a\left(1\right)\\ x^2-2x=b\left(2\right)\\ x^2-2x=c\left(3\right)\\ x^2-2x=d\left(4\right)\end{array}\right.$.