Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng  $\left(-\infty ;2\right)$và $\left(2;+\infty \right)$ .

Chọn D

Dựa vào đồ thị, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(0;2\right)$  và nghịch biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ , $\left(2;+\infty \right)$ .

Chọn D 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số là  $A\left(0;-3\right)$do đó chọn  D.

Chọn B

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên trên khoảng $\left(-2;3\right)$  , ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  $\left(-2;0\right)$ và nghịch biến trên  (0,3) nên tại hàm số x=0 sẽ đạt GTLN

Vậy: $\underset{\left(-2;3\right)}{\max }f\left(x\right)=2$

Chọn D

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

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=3\Rightarrow y=3$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn B

Chọn A

Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số có hai điểm cực trị và hệ số của $x^3$  âm nên loại đáp án C,  D.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left(0;-4\right)$  nên loại đáp án    B.

Chọn B

Từ hình vẽ ta thấy

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=-1   nên loại đáp án       C.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ  x=1  nên loại các đáp án A,     D.

Chọn C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm là

$x^4-2x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=-1\left(L\right)\\ x^2=3\end{array}\right.$

Với $x^2=3\iff \left[\begin{array}{l}x=\sqrt{3}\\ x=-\sqrt{3}\end{array}\right.$

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số $y=x^4-2x^2-3$ với trục hoành là 2.

Chọn A

Theo công thức tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}Bh$.

Chọn D

Theo công thức tính thể tích khối lăng trụ $V=Bh$.

Chọn D

Chọn C

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-3;2\right)$.

Chọn C

+ Do $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=2$nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y=2 .

+ Do $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=-\infty$nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1  .

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ là 2.

Chọn B

Tập xác định của hàm số là $D=\left(-\infty ;-\sqrt{3}\right]\cup \left[\sqrt{3};+\infty \right)\backslash \left\{2\right\}$.

Hàm số không xác định khi $x\to -1^{\pm }$ nên không tồn tại $\underset{x\to -1^{\pm }}{\lim }f\left(x\right)$.

$\begin{array}{l}\underset{x\to 2}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-3+\sqrt{x^2-3}}{x^2-x-2}\underset{x\to 2}{=\lim }\frac{x-3+\sqrt{x^2-3}}{x^2-x-2}\underset{x\to 2}{=\lim }\frac{x-2+\sqrt{x^2-3}-1}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}\\ \underset{x\to 2}{=\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)}+\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(x+2\right)}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x^2-3}+1\right)}=1.\end{array}$

Do đó, đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Mặt khác, $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}-\frac{3}{x^2}+\sqrt{\frac{1}{x^3}-\frac{3}{x^4}}}{1-\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}=0$ nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang  y=0 . Vậy phương án B đúng.

Chọn A

Đặt cạnh của khối lập phương là $x;x>0$.

Xét tam giác vuông ABC ta có $AC=x\sqrt{2}$ và xét tam giác vuông $AC{A}^{\text{'}}$ ta có $C{A}^{\text{'}}=x\sqrt{3}$.

Suy ra  $x=a$

Thể tích khối lập phương $ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ là $V=a^3$.

Chọn A

Ta có:

$V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=AB.AD.A{A}^{\text{'}}\text{=}\frac{a^3}{\sqrt{10}}$

Chọn C

Quan sát BBT, ta thấy: $y^{\text{'}}<0\forall x\in \left(-1;1\right)\Rightarrow y^{\text{'}}<0\forall x\in \left(-1;0\right)$.

Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-1;0\right)$.

Chọn B

Trong khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$, đồ thị hàm số $f^{\text{'}}\left(x\right)$ nằm trên trục hoành nên hàm số y=f(x) đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$

Chọn A

Ta có

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có 1 điểm cực tiểu.

Chọn C

Từ đồ thị hàm số ta có:$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\\ x=2\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 điểm cực đại.

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3$

$y^{\text{'}}=0\iff 3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\notin \left[-2;0\right]\\ x=-1\in \left[-2;0\right]\end{array}\right.$

$f(-2)=0$

$f(-1)=4$

$f\left(0\right)=2$

Vậy $\underset{\left[-2;0\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(-1\right)=4$.

Chọn C

Tập xác định $D=\left[1;+\infty \right)\backslash \left\{3\right\}$.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x-1}+1}{x^2-3x}=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x-1}+1}{x^2-3x}=+\infty \Rightarrow x=3$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2.

Chọn D

Hàm số $y=f\left(x\right)$ có bảng biến thiên như hình vẽ trên, ta có phương trình $y^{\text{'}}=0$ có 2 nghiệm là $x=1,x=-1$, đồng thời $\left\{\begin{array}{l}f\left(-1\right)=3\\ f\left(1\right)=-1\end{array}\right.$.

Như vậy ta thấy hàm số $y=x^3-3x+1$ thỏa mãn.

Chọn D

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

$x^4+2x^2=-x^2+4\iff x^4+3x^2-4=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=-4<0\left(l\right)\end{array}\right.\iff x^2=1\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$ .

Vậy số giao điểm của hai đồ thị bằng 2.

Chọn A

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

Phương trình $2f\left(x\right)+3m=0$ có 3 nghiệm phân biệt $\iff$đường thẳng $\Delta :y=-\frac{3m}{2}$ cắt (C) tại ba điểm phân biệt +$\iff 0<-\frac{3m}{2}<4\iff -\frac{8}{3}<m<0$.

Chọn C

Ta có $P=\frac{3^{\frac{1}{3}}.\sqrt{5}+5^{\frac{1}{3}}\sqrt{3}}{\sqrt[6]{3}+\sqrt[6]{5}}=\frac{3^{\frac{1}{3}}{.5}^{\frac{1}{2}}+5^{\frac{1}{3}}{.3}^{\frac{1}{2}}}{3^{\frac{1}{6}}+5^{\frac{1}{6}}}=\frac{3^{\frac{1}{3}}{.5}^{\frac{1}{3}}\left(3^{\frac{1}{6}}+5^{\frac{1}{6}}\right)}{3^{\frac{1}{6}}+5^{\frac{1}{6}}}=3^{\frac{1}{3}}{.5}^{\frac{1}{3}}={15}^{\frac{1}{3}}$.

Từ đó có $a=15,m=1;n=3$ $\Rightarrow T=a+2m+3n=26$.

Chọn B

Hình 4 không phải là hình đa diện.

Chọn B

Khối đa diện đều loại $\left\{3;5\right\}$ là khối đa diện đều có 20 mặt và mỗi mặt của nó là các tam giác đều có diện tích là .

Vậy diện tích tất cả các mặt của khối đa diện đều loại $\left\{3;5\right\}$ là $\frac{\sqrt{3}}{4}.20=5\sqrt{3}$.

Chọn A

Tam giác ABC vuông tại B nên: $BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=a\sqrt{3}.$

Diện tích mặt đáy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$ (đvdt).

Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{2}$ (đvtt).

Chọn A

Ta có: $B{B}^{\text{'}}=\sqrt{A{B^{\text{'}}}^2-A{B}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$.

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

Chọn B

Lấy hai điểm B', C' lần lượt trên hai cạnh SB và SC sao cho SB'=2, SC'=2.

Ta có hình chóp SAB'C' là hình tứ diện đều có cạnh bằng 2.

$\Rightarrow V_{S.A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{2^3\sqrt{2}}{12}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

Chọn A

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

$y^{\text{'}}=\frac{2m^2-8}{{\left(x+2m\right)}^2}.$

Hàm số $y=\frac{mx+8}{x+2m}$ đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$ $\iff y^{\text{'}}=\frac{2m^2-8}{{\left(x+2m\right)}^2}>0,\forall x\in \left(2;+\infty \right)$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2m^2-8>0\\ -2m\notin \left(2;+\infty \right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2m^2-8>0\\ -2m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m<-2\\ m>2\end{array}\right.\\ m\ge -1\end{array}\right.\iff m>2$.

Kết hợp điều kiện $m>2$ với m nguyên và m thuộc đoạn $\left[-2020;2020\right]$ ta được $m\in \left\{3;4;5;\mathrm{....};2020\right\}$.

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị:

$y^{\text{'}}=3x^2+12x+3m+6;y^{\text{'}}=0\iff x^2+4x+m+2=0\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(*\right)$

Phương trình $y^{\text{'}}=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1$ và $x_2$ và đổi dấu qua 2 nghiệm đó

$\iff {\Delta }^{\text{'}}>0\Rightarrow 4-m-2>0\iff m<2$.

Khi đó $x_1<-1<x_2\iff \left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)<0\iff x_1{x}_2+x_1+x_2+1<0$   (1).

Theo định lí Vi-et ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-4\\ x_1.x_2=m+2\end{array}\right.$, nên thay vào (1) ta được

$m+2-4+1<0\iff m<1$.

Kết hợp 2 điều kiện, suy ra m<1 .

Chọn C

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\left(\sqrt{x^2+3}-2\right)}{x^2+2x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+\frac{3}{x^2}}-\frac{2}{x}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}=1$.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x\left(\sqrt{x^2+3}-2\right)}{x^2+2x+1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{1+\frac{3}{x^2}}-\frac{2}{x}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}=-1$.

Suy ra đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là y=1 và y=-1.

$\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{x\left(\sqrt{x^2+3}-2\right)}{x^2+2x+1}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{x\left(x^2-1\right)}{\left(x^2+2x+1\right)\left(\sqrt{x^2+3}+2\right)}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{x\left(x-1\right)}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x^2+3}+2\right)}=+\infty$.

$\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{x\left(\sqrt{x^2+3}-2\right)}{x^2+2x+1}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{x\left(x^2-1\right)}{\left(x^2+2x+1\right)\left(\sqrt{x^2+3}+2\right)}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{x\left(x-1\right)}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x^2+3}+2\right)}=-\infty$.

Suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm đứng là x=-1.

Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.

Chọn A

Dựa vào đồ thị, ta thấy:

+ $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-\infty \\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=+\infty \end{array}\right.\Rightarrow a<0$.

+ Đồ thị hàm số giao với trục tung tại điểm có tung độ dương nên $d>0$.

+ Do hai điểm cực trị dương nên $x_1+x_2=-\frac{2b}{3a}>0\Rightarrow ab<0$ và $a<0\Rightarrow b>0$; $x_1{x}_2=\frac{c}{3a}>0\Rightarrow c<0$.

Vậy phương án A đúng.

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên hàm số $y=f\left(x\right)$, ta có bảng biến thiên hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=2-3m$ có bốn nghiệm phân biệt

$\iff 3<2-3m<5\iff -1<m<-\frac{1}{3}$.

Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC suy ra $AM\perp BC\text{\hspace{0.17em} (1)}$ 

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AM\\ BC\perp A{A}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp A^{\text{'}}M \left(2\right)$

Mặt khác $\left(ABC\right)\cap \left(A^{\text{'}}BC\right)=BC\left(3\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2),(3\right)$ suy ra $\left(\widehat{\left(ABC\right);\left(A^{\text{'}}BC\right)}\right)=\widehat{A^{\text{'}}MA}=60°$.

Vì tam giác ABC đều nên $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Ta có $A{A}^{\text{'}}=AM.\tan 60°=\frac{3a}{2}$.

Chọn C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AK\perp SC\left(SC\perp \left(\alpha \right)\right)\\ AK\perp BC\left(BC\perp \left(SAB\right)\right)\end{array}\right.$ , suy ra $AK\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AK\perp SB$

Vì $\Delta SAB$  vuông cân tại A   nên là trung điểm của K. Ta có:

$\frac{V_{S.AHK}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA.SK.SH}{SA.SB.SC}=\frac{SH}{2SC}$. Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a$

$SC=\sqrt{A{C}^2+S{A}^2}=a\sqrt{5}$, khi đó $\frac{SH}{SC}=\frac{SH.SC}{S{C}^2}=\frac{S{A}^2}{S{C}^2}=\frac{1}{5}$

$\Rightarrow \frac{V_{S.AHK}}{V_{S.ABC}}=\frac{SH}{2SC}=\frac{1}{10}$, lại có $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}.AB.BC=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$

Vậy $V_{S.AHK}=\frac{a^3\sqrt{3}}{60}$ .

Chọn B

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

Từ đồ thị của $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$  ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra $f\left(x\right)\le 0,\forall x\in ℝ\Rightarrow f\left(3-x\right)\le 0,\forall x\in ℝ$ .

Hàm số $g\left(x\right)={\left[f\left(3-x\right)\right]}^2$  nghịch biến khi và chỉ khi

   $g^{\text{'}}\left(x\right)=-2f\left(3-x\right)f^{\text{'}}\left(3-x\right)<0\iff f^{\text{'}}\left(3-x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}-2<3-x<1\\ 3-x>2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2<x<5\\ x<1\end{array}\right.$ .

Từ đó suy ra đáp án B.

Chọn A

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=\left(3x^2+6x\right).f^{\text{'}}\left(x^3+3x^2\right)$ .

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left(3x^2+6x\right).f^{\text{'}}\left(x^3+3x^2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}3x^2+6x=0\\ f^{\text{'}}\left(x^3+3x^2\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\\ f^{\text{'}}\left(x^3+3x^2\right)=0\left(*\right)\end{array}\right.$.

$\left(*\right)\iff \left[\begin{array}{l}{x}^3+3x^2=a\left(a<0\right)\\ x^3+3x^2=0\\ x^3+3x^2=4\\ x^3+3x^2=b\left(b>4\right)\end{array}\right.$

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

Ta có $x^3+3x^2=4\iff \left(x-1\right){\left(x+2\right)}^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-2\end{array}\right.$ .

Xét hàm số $h\left(x\right)=x^3+3x^2$ , có $h^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2+6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$ .

Bảng biến thiên của hàm :

Dựa vào bảng biến thiên của hàm $h\left(x\right)$ , ta có:

Phương trình $x^3+3x^2=a\left(a<0\right)$  có duy nhất một nghiệm (nghiệm đơn) $x_1<-3$ .

Phương trình $x^3+3x^2=b\left(b>4\right)$  có duy nhất một nghiệm (nghiệm đơn) $x_2>1$ .

Do đó, phương trình $g^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có 4 nghiệm đơn phân biệt là $x=x_1<-3,x=-3,x=1,x=x_2>1$  và 2 nghiệm bội 3 là $x=-2,x=0$ nên hàm số  $g\left(x\right)$  có 6 điểm cực trị.

Chọn D

Gọi chiều rộng của bể cá là x  (đơn vị: m  ,) $x>0$.

Ông A  dùng hết $5m^2$  kính để làm bể cá nên ta có $2x^2+6xh=5\Rightarrow h=\frac{5-2x^2}{6x}$ .

Do  $x>0$và  $h>0$nên $0<x<\sqrt{\frac{5}{2}}$ .

Thể tích bể cá $V=\frac{1}{3}\left(5x-2x^3\right)$ .

$V^{\text{'}}=\frac{1}{3}\left(5-6x^2\right)$, $V^{\text{'}}=0\Rightarrow x=\sqrt{\frac{5}{6}}.\sqrt{\frac{5}{2}}\sqrt{\frac{5}{6}}$  .

Bảng biến thiên của :

Nhận xét rằng:

Với t=0 hoặc $1<t\le \frac{21}{4}$  thì phương trình $t=\left|x^2-2x\right|$  có 2  nghiệm phân biệt.

Với t=1 thì phương trình $t=\left|x^2-2x\right|$  có 3   nghiệm phân biệt.

Với $t\in \left(0;1\right)$mỗi  thì phương trình $t=\left|x^2-2x\right|$   có 4 nghiệm phân biệt.

Với $t=\left|x^2-2x\right|$  phương trình $f\left(\left|x^2-2x\right|\right)=m$ thành $f\left(t\right)=m,\left(t\in \left[0;\frac{21}{4}\right]\right)$.

Chọn B

Ta có:  $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)f^{\text{'}}\left[f\left(x\right)\right]=0\iff \left[\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\\ f^{\text{'}}\left[f\left(x\right)\right]=0\end{array}\right.$ (*).

Theo đồ thị hàm số suy ra

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=a_1\end{array}\right.$, với  $2<a_1<3$ .

$f^{\text{'}}\left[f\left(x\right)\right]=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0,\left(1\right)\\ f\left(x\right)=a_1,\left(2\right)\end{array}\right.$.

Phương trình  (1) : $f\left(x\right)=0$  có 3   nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình (*) .

Phương trình (2) : $f\left(x\right)=a_1$   có 3 nghiệm phân biệt khác nghiệm phương trình (1)  và (*)  .

Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm phân biệt.