Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c,\left(a\ne 0\right)$ là tam thức bậc hai có nhiều nhất  nghiệm và y'  đổi dấu khi qua hai nghiệm đó nên hàm số $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d,a\ne 0$   có nhiều nhất hai cực trị.

Chọn C

$y^{\text{'}}=\frac{-1}{{\left(x+1\right)}^2}<0\left(\forall x\ne -1\right)$. Đạo hàm không đổi dấu nên hàm số không có cực trị.

Chọn C

+ Hàm số $y=-2x+1$  có $y^{\text{'}}=-2<0,\forall x\in ℝ$  nên không đồng biến trên R  .

+ Hàm số $y=-x^2+1$  có $y^{\text{'}}=-2x$  không thỏa mãn $y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in ℝ$  nên hàm số không đồng biến trên .

+ Hàm số $y=2x+1$  có $y^{\text{'}}=2>0,\forall x\in ℝ$  nên hàm số đồng biến trên R .

+ Hàm số $y=x^2+1$   có $y^{\text{'}}=2x$   không thỏa mãn $y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in ℝ$  nên hàm số không đồng biến trên R .

Chọn C

Chọn B

Để đồ thị hàm số có đúng $x^2-mx+m=0$một tiệm cận đứng thì:

Th1: Phương trình có đúng 1 nghiệm.

Khi đó:   $\Delta =0\iff {\left(-m\right)}^2-\mathrm{4.1.}m=0\iff m^2-4m=0\iff \left[\begin{array}{c}m=0\\ m=4\end{array}.\right.$

Th2: Phương trình $x^2-mx+m=0$ có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng .

Khi đó:   $\left\{\begin{array}{c}\Delta >0\\ 1^2-m.1+m=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}\Delta >0\\ 1=0\end{array}\right.\right.\iff m\in \varnothing .$

Vậy  $m_1=0,m_2=4.$Do đó   $m_1+m_2=4.$

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:  

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

Do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=-1$  và tiệm cận ngang   y=2

Chọn C

Ta có:   $y\text{'}=3x^2-2(m+1)x+3$

Hàm số đồng biến trên $(-\infty ;+\infty )$  khi và chỉ khi

$\begin{array}{l}y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ\iff 3x^2-2(m+1)x+3\ge 0,\forall x\in ℝ\\ \iff \Delta \text{'}={(m+1)}^2-9\le 0\iff m^2+2m-8\le 0\iff -4\le m\le 2\end{array}$

Vậy có 7 số nguyên m  thoả mãn bài toán.

Chọn B

Ta có: Điều kiện: $x^2-1\ge 0\iff x\in (-\infty ;-1\text{]}\cup \text{[}1;+\infty )$ .

Chọn B

 $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3x-1}{2x-1}=\frac{3}{2}$

Đường thẳng $y=\frac{3}{2}$  là tiệm cận ngang của đồ thị của hàm số  $y=\frac{3x-1}{2x-1}$.

Chọn A

$y=x^4+4x^2+3$TXĐ :  $D=ℝ$

$y^{\text{'}}=4x^3+8x=4x\left(x^2+2\right)$

 $y^{\text{'}}=0\iff x=0$

Chọn A.

Đồ thị như hình vẽ là đồ thị hàm trùng phương.

Vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$  nên hệ số $a<0.$

Chọn D. 

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}.$

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

BBT:

Dựa vào BBT ta có: Cực tiểu của hàm số bằng 2.

Chọn D.

TXĐ: $D=ℝ.$

$y\text{'}=3x^2-4x+1=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{1}{3}\end{array}\right..$

BBT

Dựa vào BBT ta thấy đáp án D đúng.

Chọn C

Ta có:  $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=0\\ x^2-4=0\\ x-5=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 2\\ x=5\end{array}\right.$

BBT

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn D

Dựa vào đồ thị ta thấy: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=0\\ x=2\end{array}\right.$ .

Bảng xét dấu   $f\text{'}\left(x\right)$

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(0;2\right)$ .

Chọn D

TXĐ:   $D=ℝ\backslash \left\{-\frac{1}{2}\right\}$ 

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1\iff$    Đồ thị hàm số có TCN:  $y=-1$

            $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1\Rightarrow$  Đồ thị hàm số có TCN: $y=1$

$\underset{x\to {\left(-\frac{1}{2}\right)}^{-}}{\lim }y=-\infty ;\underset{x\to {\left(-\frac{1}{2}\right)}^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow$Đồ thị hàm số có TCĐ: $x=-\frac{1}{2}$

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{2x+1}{x+1}=x+m-1\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+\left(m-2\right)x+m-2=0\left(\ast \right)\\ x\ne -1\end{array}\right.$

Đường thẳng $y=x+m-1$  cắt đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x+1}$  tại hai điểm phân biệt

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt $x\ne -1$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta >0\\ {\left(-1\right)}^2+\left(m-2\right)\left(-1\right)+\left(m-2\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(m-2\right)}^2-4\left(m-2\right)>0\\ 1\ne 0\text{ (t/m)}\end{array}\right.\iff m\in \left(-\infty ;2\right)\cup \left(6;+\infty \right)$. 

Khi đó phương trình (*)  có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$  là hoành độ hai điểm A,B .

$\Rightarrow A\left(x_1;x_1+m-1\right),B\left(x_2;x_2+m-1\right)$.

Ta có $AB=2\sqrt{3}\iff \sqrt{2{\left(x_2-x_1\right)}^2}=2\sqrt{3}\iff {\left(x_2+x_1\right)}^2-4x_2.x_1=6$$\iff {\left(m-2\right)}^2-4\left(m-2\right)=6$

$\iff m^2-8m+6=0\iff m=4\pm \sqrt{10}.$

Chọn D

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-12x+m$ .

Hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$    $\iff y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in \left(0;+\infty \right)\iff 3x^2-12x+m\ge 0,\forall x\in \left(0;+\infty \right)$

$\iff m\ge -3x^2+12x,\forall x\in \left(0;+\infty \right)\iff m\ge \underset{x\in \left(0;+\infty \right)}{\text{max}}\left(g\left(x\right)=-3x^2+12x\right)\iff m\ge g\left(2\right)=12$.

Vậy có 2006  giá trị m  .

Chọn D

Từ đổ thị hàm số đã cho ta suy ra đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$

Dựa vào đồ thị hàm số : $\left|f\left(x\right)\right|$ 

Phương trình  $\left|f\left(x\right)\right|=m$có bốn nghiệm phân biệt $\iff m=0,m=3.$

Chọn D

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3+4mx$  . $y^{\text{'}}=0\iff 4x\left(x^2+m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2+m=0\end{array}\right.$  .

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì: $m<0$  . Khi đó tọa độ ba điểm cực trị lần lượt là:

$A\left(0;4\right),B\left(\sqrt{-m};-m^2+4\right),C\left(-\sqrt{-m};-m^2+4\right)$. Để ba điểm cực trị đều nằm trên các trục tọa độ thì:  $-m^2+4=0\iff m=\pm 2$. Vì điều kiện m<0  nên  $m=-2\in \left(-3;-\frac{3}{2}\right)$. Suy ra đáp án D.

Chọn B

Xét hàm  $y=x^3+3x^2$. Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2+6x$  , $y^{\text{'}}=0\iff x=0,x=-2$  nên hàm số có hai cực trị.

Mặt khác $x^3+3x^2=0\iff x=0,x=-3$  . Vì x=0   trùng với điểm cực trị của hàm số đã cho nên hàm số $y=\left|x^3+3x^2\right|$  có ba điểm cực trị là $x=0,x=-2;x=-3$  .

Chọn C

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3+4\left(m+2\right)x-4\left(m+3\right)$ .

 $y^{\text{'}}=0\iff 4x^3+4\left(m+2\right)x-4\left(m+3\right)=0\iff \left(x-1\right)\left(x^2+x+m+3\right)=0$

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

Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình $y^{\text{'}}=0$  phải có ba nghiệm phân biệt. Suy ra phương trình  phải có hai nghiệm phân biệt khác  . Điều đó tương đương với:

   $\left\{\begin{array}{l}m+5\ne 0\\ \Delta =-4m-11>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne -5\\ m<-\frac{11}{4}\end{array}\right.\iff m\in \left(-\infty ;-5\right)\cup \left(-5;-\frac{11}{4}\right)$.

Chọn B

Ta có $DA=DB=DC$  hay D  nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

 Tam giác ABC  vuông tại A  nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của cạnh BC .

Vậy chân đường cao của tứ diện xuất phát từ đỉnh D là trung điểm của BC.

Chọn C

 Do đáy là hình vuông nên diện tích đáy $S={\left(a\sqrt{5}\right)}^2=5a^2$   .

Vậy thể tích $V=\frac{1}{3}S.h=\frac{10a^3\sqrt{2}}{3}$ .

Chọn C

Ta có $V=S.h\iff S=\frac{V}{h}$ .

Theo định nghĩa hình đa diện:

Trong một hình đa diện:

-    Hai đa giác phân biệt: Hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có 1 đỉnh chung, hoặc chỉ có 1 cạnh chung.

-    Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Khối đa diện $\left(H\right)$   được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của $\left(H\right)$ luôn thuộc $\left(H\right)$ . Khi đó đa diện xác định $\left(H\right)$  được gọi là đa diện lồi.

Chọn A

Ta có: $\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)$ , $\left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)$$\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)$

Xét $\Delta SAC$ vuông tại A: $S{A}^2=S{C}^2-A{C}^2={\left(a\sqrt{3}\right)}^2-a^2=2a^2\Rightarrow SA=a\sqrt{2}$.

Vì $\Delta ABC$ đều cạnh : $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin {60}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Chọn B

A. Khối lập phương.

C. Khối tứ diện đều.

D. Khối lập phương.

Chọn B

Mặt phẳng $\left(A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)$  chia khối lăng trụ $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$  thành một khối chóp tam giác $A.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$  và một khối chóp tứ giác $A.BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}$ .

Chọn C

Hình đa diện trong hình vẽ bên có  mặt.

Chọn B

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

Chọn C

Gọi hình chóp $S.ABC$ là hình chóp đều có cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng h.

Gọi hình chóp $S\text{'}.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ là hình chóp đều có cạnh đáy bằng 2a, chiều cao bằng 2h.

Ta có : $\frac{V_{S\text{'}.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{\frac{1}{3}{S}_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}.2h}{\frac{1}{3}{S}_{ABC}.h}=\frac{\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}.2}{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=8\Rightarrow V_{S\text{'}.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=8V_{S\text{'}.ABC}$

Chọn B

Chọn C

Vì mỗi mặt là tam giác đều cạnh bằng 2  nên diện tích 20   mặt  là $\frac{2^2\cdot \sqrt{3}}{4}\cdot 20=20\sqrt{3}$  . 

Vậy $S=20\sqrt{3}$ . 

Chọn A

Thể tích hình lăng trụ đứng được cho bới công thức: $V=S\cdot h$ .

Diện tích đáy của lăng trụ đứng $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$  là .

$\frac{a\sqrt{2}\cdot 3a}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}{a}^2$

Chiều cao AA' của lăng trụ đứng $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$  là   .

Thể tích của lăng trụ đứng $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$  là $\frac{3\sqrt{2}}{2}{a}^2\cdot a\sqrt{6}=3a^3\sqrt{3}$  .

Chọn D

Thể tích hình lăng trụ đứng được cho bới công thức: $V=S\cdot h$ .

Diện tích đáy của lăng trụ đứng $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$  là $\frac{2a\cdot a}{2}=a^2$  . 

Thể tích của lăng trụ đứng $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$  là $a^2\cdot 2a\sqrt{3}=2a^3\sqrt{3}$ .

Chọn B

Gọi O   là giao điểm của AC  và  BD .

Kẻ $HK//AO$  cắt BD  tại H .

$AO\perp BD\Rightarrow HK\perp DB$ ( vì tứ giác $ABCD$ là hình vuông)

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}HK\perp DB\\ SH\perp BD\end{array}\right.\Rightarrow BD\perp \left(SHK\right)\Rightarrow BD\perp SK$ .

Kẻ $HI\perp SK$

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}BD\perp HI\left(HI\subset \left(SHK\right)\right)\\ HI\perp SK\end{array}\right.\Rightarrow HI\perp \left(SBD\right)$

Do đó $d_{\left(H,\left(SBD\right)\right)}=HI$ .

$AC=a\sqrt{2}\Rightarrow AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $HK=\frac{AO}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$  , $HD=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

$\Delta SHD$ vuông tại  H$\Rightarrow SH=a\sqrt{3}$ .

$\Delta SHK$ vuông tại  H$\Rightarrow \frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{8}}=\frac{25}{3a^2}\Rightarrow HI=\frac{a\sqrt{3}}{5}$ .

Vậy $d_{\left(H,\left(SBD\right)\right)}=HI=\frac{a\sqrt{3}}{5}$  .

Chọn A

Gọi I  là trung điểm của AD

 $CI=AB=\frac{AD}{2}\Rightarrow \Delta ACD$  vuông tại C .

$\left\{\begin{array}{c}\left(SCD\right)\cap \left(ABCD\right)=CD\\ CD\perp SC\\ CD\perp AC\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SCA\right)$.

Do đó $\left(\widehat{\left(SCD\right);\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SCA}={60}^{\circ }$ .

$\Delta ABC$ vuông cân tại B$\Rightarrow AC=a\sqrt{2}$ .

Trong $\Delta SAC$vuông tại A$\Rightarrow SA=AC.\tan {60}^{\circ }=a\sqrt{2}.\sqrt{3}=a\sqrt{6}$  .

Chọn B

Gọi  G là trọng tâm của tam giácABC   suy ra $A^{\text{'}}G\perp \left(ABC\right)$  .

Gọi I  là trung điểm của BC . Từ I  kẻ $IH\perp A{A}^{\text{'}}\left(H\in A^{\text{'}}A\right)$ .

Ta có $BC\perp AI,BC\perp A^{\text{'}}G\Rightarrow BC\perp IH$

Mà $IH\perp A{A}^{\text{'}}$

Suy ra IH  là đoạn vuông góc chung của AA' và BC  .

Suy ra $d\left(A{A}^{\text{'}};BC\right)=IH=\frac{a\sqrt{3}}{4}$ .

$AG=\frac{2}{3}AI=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Ta có $△A{A}^{\text{'}}G~△AIH\Rightarrow \frac{A^{\text{'}}G}{IH}=\frac{AG}{AH}\Rightarrow A\text{'}G=\frac{IH.AG}{AH}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)}^2}}=\frac{a}{3}$ .

$S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Vậy $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$ .

Chọn A

Gọi  là trung điểm của . Theo giả thiết, suy ra $SH\perp \left(ABCD\right)$  .

Đặt $x=AD\left(x>0\right)$ . Suy ra $S_{ABCD}=4x$

$H{C}^2=16+\frac{x^2}{4}$.

$SH=\sqrt{36-16-\frac{x^2}{4}}=\sqrt{20-\frac{x^2}{4}}\text{ , }\left(0<x<4\sqrt{5}\right)$

Suy ra $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.4x.\sqrt{20-\frac{x^2}{4}}=\frac{2x\sqrt{80-x^2}}{3}=\frac{2\sqrt{x^2\left(80-x^2\right)}}{3}\le \frac{80}{3}$  (Bất đẳng thức Cauchy)

$V_{S.ABCD}=V_{\text{max}}=\frac{80}{3}\iff x^2=80-x^2\iff x=2\sqrt{10}.$

Chọn D

Ta có:  $V_{ABC.MNP}=V_{N.ACB}+V_{N.ACPM}$

 $V_{N.ACB}=\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}{V}_{B^{\text{'}}.ACB}=\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}.\frac{1}{3}{V}_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$

$\frac{V_{N.ACPM}}{V_{B^{\text{'}}.AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}}=\frac{S_{ACPM}}{S_{AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}}=\frac{\left(CP+AM\right):2}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\left(\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}\right)$

 $\Rightarrow V_{N.ACPM}=\frac{1}{2}\left(\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}\right).\frac{2}{3}{V}_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}\left(\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}+\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}\right)V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$

Suy ra:   $V_{ABC.MNP}=\frac{1}{3}\left(\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}+\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}+\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}\right)V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$

Ta có:  $\frac{AM}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{2},\frac{BN}{B{B}^{\text{'}}}=\frac{CP}{C{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}.$

Vậy thể tích V'  của khối đa diện $ABC.MNP$  theo  V là:

 $V^{\text{'}}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}{3}=\frac{7}{18}V.$