Chọn A

Có ba loại khối đa diện đều mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là: khối tứ diện đều, khối bát diện đều và khối hai mươi mặt đều.

Ta có  $y^{\text{'}}=4x^3-4x$

$y^{\text{'}}=0$$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-1;0\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$.

Chọn A

Định lí 2 trang 16 SGK, Nếu $f^{\text{'}}\left(x_0\right)=0$ và ${f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x_0\right)<0$ thì $x_0$ là điểm cực đại, chiều ngược lại của định lí không đúng. Ví dụ hàm số $y=-x^4$ đạt cực đại tại $x_0=0$ nhưng ${f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(0\right)=0$.

Chọn C

$V_{OABC}=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}.OA.\frac{1}{2}OB.OC=\frac{1}{6}a.b.c$

Chọn B

Đặt AB= a. Vì đáy là hình vuông $\Rightarrow BD=a\sqrt{2}$ 

Vì $\Delta B{B}^{\text{'}}D$ vuông tại B nên $B^{\text{'}}{D}^2=B{B^{\text{'}}}^2+B{D}^2$   $\iff 12=a^2+2a^2\iff a=2$.

Vậy $S_{tp}=6S_{\text{đáy}}=6a^2=24$.

Chọn C

Theo bảng biến thiên thì đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=-2$ nên loại A,         D.

Lại có $y^{\text{'}}<0$, $\forall x\ne -2$ nên loại         B.

Chọn C

Do $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ là hình lăng trụ tam giác đều nên $\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)$ là đường cao của khối lăng trụ.

Tam giác ABC đều, có cạnh $AB=2a$ nên $S_{\Delta ABC}=\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$.

Vậy $V=A{A}^{\text{'}}.S_{\Delta ABC}=a\sqrt{3}.a^2\sqrt{3}=3a^3$.

Chọn D

Hàm số f(x) liên tục trên R.

Từ bảng xét dấu ta thấy f'(x) đổi dấu khi qua $x=-1,x=0,x=2,x=4$nên hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Chọn A

Ta có đường nối hai điểm MN không thuộc hình IV nên đây không phải là đa diện lồi.

Chọn C

Tập xác định $D=ℝ$.

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

Ta có bảng xét dấu y':

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-1;1\right)$.

Chọn A

Thể tích khối lăng trụ $V=B\times h=3a^2\times a=3a^3$.

Chọn B

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn $\left[\frac{3}{2};4\right]$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-x^2+4}{x^2}$; $y^{\text{'}}=0$ $\iff \left[\begin{array}{l}x=2\in \left[\frac{3}{2};4\right]\\ x=-2\notin \left[\frac{3}{2};4\right]\end{array}\right.$

Mà $f\left(\frac{3}{2}\right)=-\frac{25}{6}$, $f\left(2\right)=-4$, $f\left(4\right)=-5$

Vậy $\underset{\left[\frac{3}{2};4\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(2\right)=-4$.

Chọn C

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

Cho $y^{\text{'}}=0\iff x=1$.

Nhận thấy $y\left(1\right)=\sqrt{2}$; $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1$.

Vậy $M=\underset{\left(-\infty ;+\infty \right)}{\text{Max\hspace{0.17em}}y}=\sqrt{2}$ tại $x=1$.

Chọn D

Thể tích nước trong hồ là $V=1,{5.50}^2=3750\left({\text{m}}^3\right)$.

Chọn B

Ta có đồ thị hàm số $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ với $a\ne 0$ luôn có hai hoặc không có cực trị.

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ với $ad-bc\ne 0$ không có cực trị.

Chọn D

Gọi $\left(C\right)$ là đồ thị hàm số $y=\frac{3x+1}{x-1}$; $\left(C\right)$ có tiệm cận đứng $x=1$.

$M\in \left(C\right)\Rightarrow M\left(m;\frac{3m+1}{m-1}\right)$, $m\ne 1$.

Khoảng cách từ M tới đường tiệm cận đứng bằng $d=\left|m-1\right|\iff \left|m-1\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}m=2\\ m=0\end{array}\right.$.

Vậy $M\left(0;-1\right)$ hoặc $M\left(2;7\right)$.

Chọn D

Tập xác định: $D=ℝ$.

Ta có: $y^{\text{'}}=2x-4$, $y^{\text{'}}=0\iff x=2$.

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=2.

Chọn B

Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là $x=-1$, tiệm cận ngang là y=2, do đó $I\left(-1;2\right)$, thay vào các phương trình thì I thuộc đường thẳng $2x-y+4=0$.

Chọn A

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

Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$$\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ \Delta \le 0\end{array}\right.\iff mn\le 0$.

TH1: $mn=0\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ n=0\end{array}\right.$.

Do vai trò của m,n là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp m=0.

$\Rightarrow P=4n^2-n=\left(2n-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{16}\ge -\frac{1}{16}\left(1\right)$.

TH2: $mn<0\iff m>0;n<0$ (Do vai trò của m,n như nhau).

Ta có $P={\left(2m-\frac{1}{4}\right)}^2-\frac{1}{16}+4n^2+\left(-n\right)\ge -\frac{1}{16}\left(2\right)$.

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ ta có $P_{\min }=-\frac{1}{16}$. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $m=\frac{1}{8};n=0$ hoặc $m=0;n=\frac{1}{8}$.

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 cực trị.

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và giá trị cực đại bằng 2 .

Hàm số đạt cực tiểu tại $B\left(1;-1\right)$ và giá trị cực tiểu bằng -2.

Chọn D

Nhìn vào BBT ta thấy, giá trị của hàm số y sẽ giảm (mũi tên đi xuống) khi x  tăng trong khoảng $\left(0;1\right)$ $\to$ Hàm số nghịch biến trên $\left(0;1\right)$.

Chọn C

Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị.

Chú ý, tại các điểm mà đồ thị có dạng “nhọn” thì đó vẫn là điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Chọn D

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{m^2-4}{{\left(m-4x\right)}^2}.$ Để hàm số $y=\frac{mx-1}{m-4x}$ nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;\frac{1}{4}\right)$.

Khi đó ta có $y^{\text{'}}>0\iff \frac{m^2-4}{{\left(m-4x\right)}^2}>0$$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-4<0\\ \frac{m}{4}\notin \left(-\infty ;\frac{1}{4}\right)\end{array}\right.\iff m\in \left[1;2\right)$.

Chọn C

Ta có $\frac{V_{AB\text{'}C\text{'}D}}{V_{ABCD}}=\frac{AB\text{'}}{AB}.\frac{AC\text{'}}{AC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$

Chọn B

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

BBT:

Dựa vào BBT, ta thấy hàm số đồng biến trên $\left(1;2\right)$.

Chọn A

Số nghiệm phương trình $f\left(x\right)=m$ là số giao điểm của hai đường $y=f\left(x\right)$ và y=m: là đường thẳng song song với trục Ox cắt Oy tại điểm có tung độ m.

Phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y=m cắt đồ thị y=f(x) tại ba điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên có $m\in \left(-4;2\right)$.

Chọn A

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

$y^{\text{'}}=0\iff x^2+2x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-3\end{array}\right.$   do $x\in \left[-4;-3\right]$ nên x=1 bị loại.

$y\left(-4\right)=-\frac{19}{3}$; $y\left(-3\right)=-6$; $y\left(-2\right)=-7$.

Vậy $\underset{\left[-4;-2\right]}{\min }y=-7$.

Chọn B

Ta có $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

Gọi M là hình chiếu của A trên BCsuy ra $BC\perp \left(A^{\text{'}}AM\right)$.

Mà$\left(A^{\text{'}}BC\right)\cap \left(ABC\right)=BC$, $\left(A^{\text{'}}BC\right)\cap \left(A^{\text{'}}AM\right)=A^{\text{'}}M$và $\left(ABC\right)\cap \left(A^{\text{'}}AM\right)=AM$

$\Rightarrow \left(\left(A^{\text{'}}BC\right),\left(ABC\right)\right)=\left(A^{\text{'}}M,AM\right)=\widehat{A^{\text{'}}MA}={30}^0$.

Xét tam giác ABCvuông tại A, có đường cao AMnên ta có: $\frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}$$\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ nên $A^{\text{'}}A=AM.\tan {30}^0=\frac{a}{2}$.

Vậy

.

Chọn D

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

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

Do $y^{\text{'}}=f^{\text{'}}\left(x\right)$ là hàm bậc ba nên hàm số $y=f\left(x\right)$ có ba cực trị khi và chỉ khi phương trình  có hai nghiệm phân biệt khác .

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{\Delta }_{\left(1\right)}=3^2-\mathrm{4.4.}\left(-2m\right)=9+32m>0\\ {4.0}^2+3.0-2m\ne 0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}m>-\frac{9}{32}\\ m\ne 0\end{array}\right.$$\iff m\in \left(-\frac{9}{32};+\infty \right)\backslash \left\{0\right\}$.

Chọn A

Ta có $v\left(t\right)=s\text{'}\left(t\right)=t^2-2t+9$.

Ta có: $v\text{'}=2t-2$ $\Rightarrow v^{\text{'}}=0\iff t=1$

Tính: $v\left(1\right)=8$; $v\left(10\right)=89$, $v\left(0\right)=9$.

Vậy vận tốc lớn nhất là $89\left(\text{m/s}\right)$.

Chọn D

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\left(2m-n\right)x^2+mx+1}{x^2+mx+n-6}=2m-n$ suy ra $y=2m-n$ là đường tiệm cận ngang

Theo giả thiết đồ thị hàm số trên nhận trục hoành và trục tung làm hai đường tiệm cận nên ta có

$\left\{\begin{array}{l}2m-n=0\\ n-6=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=3\\ n=6\end{array}\right.$ 

Suy ra $m+n=9$.

Chọn D

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2+2}{\sqrt{m{x}^4+3}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2+2}{x^2\sqrt{m+\frac{3}{x^4}}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+\frac{2}{x^2}}{\sqrt{m+\frac{3}{x^4}}}=\frac{1}{\sqrt{m}}$.

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

Chọn D

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{1}{\sqrt{2}-1}$và $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\frac{1}{\sqrt{2}+1}$ suy ra đồ thị hàm số có đường hai tiệm cận ngang là $y=\frac{1}{\sqrt{2}-1}$và $y=-\frac{1}{\sqrt{2}+1}$.

Để đồ thị có đúng bốn đường tiệm cận thì phương trình $\sqrt{2x^2-2x-m}-x-1=0$ có hai nghiệm phân biệt khác 1

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

Yêu cầu bài toán tương đương phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x\ge -1$ và $x\ne 1$.

Xét hàm số $y=x^2-4x-1$ với $x\ge -1$ và $x\ne 1$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên phương trình $x^2-4x-1=m$ với $x\ge -1$ và $x\ne 1$ có hai nghiệm thì $m\in \left(-5;4\right]\backslash \left\{-4\right\}$.

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\end{array}\right.$ và $f^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff x>2$

Xét $g\left(x\right)=f\left(x^2-2\right)$ có tập xác định R

$g\text{'}\left(x\right)=2x.f^{\text{'}}\left(t\right)$ với $t=x^2-2$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ t=x^2-2=-1\\ t=x^2-2=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm 2\end{array}\right.$

Lại có $f^{\text{'}}\left(t\right)>0\iff t=x^2-2>2\iff \left[\begin{array}{l}x>2\\ x<-2\end{array}\right.$

Do đó, ta có bảng xét dấu $g^{\text{'}}\left(x\right)$

Từ bảng xét dấu ta chọn phát biểu sai là    C.

Hàm số $y=f\left(3-x^2\right)$ đồng biến khi $y^{\text{'}}>0\iff -2x{f}^{\text{'}}\left(3-x^2\right)>0\iff 2x{f}^{\text{'}}\left(3-x^2\right)<0$.

TH1: $\left\{\begin{array}{l}x<0\\ f^{\text{'}}\left(3-x^2\right)>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<0\\ \left[\begin{array}{l}3-x^2>2\\ -6<3-x^2<-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x<0\\ x^2<1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x<0\\ 4<x^2<9\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-1<x<0\\ -3<x<-2\end{array}\right.$

Chọn D

Tập xác định là $\left[-1;1\right]$

Ta có $y^{\text{'}}=\sqrt{1-x^2}+x\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{1-2x^2}{\sqrt{1-x^2}}$

$y^{\text{'}}=0\iff x=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$

Bảng biến thiên

Ta thấy cực đại của hàm số là .$\frac{1}{2}$

Chọn A

TXĐ: $D=ℝ$, có $y^{\text{'}}=3x^2-4x+\left(1-m\right)$.

Hai điểm cực trị nằm về hai phía đối với trục hoành thì $y=0$ có ba nghiệm phân biệt.

Suy ra $x^3-2x^2+\left(1-m\right)x+m=0\iff \left(x-1\right)\left(x^2-x-m\right)=0$ có ba nghiệm phân biệt.

Nên $\left\{\begin{array}{l}1+4m>0\\ 1-1-m\ne 0\end{array}\right.\iff -\frac{1}{4}<m\ne 0$.

Chọn D

Vì hàm số có giới hạn hữu hạn tại x=1 nên biểu thức tử nhận x=1 làm nghiệm, hay $1+a+b=0$.

Áp dụng vào giả thiết, được $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+ax-1-a}{x^2-1}=\frac{-1}{2}\iff \underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+1+a\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=-\frac{1}{2}$.

$\iff \underset{x\to 1}{\lim }\frac{x+1+a}{x+1}=-\frac{1}{2}\iff \frac{2+a}{2}=-\frac{1}{2}\iff a=-3$. Suy ra b=2.

Vậy $a^2+b^2=13$

Chọn D

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

Với mọi giá trị của tham số m, ta luôn có: $f\left(1\right)=1-\left(m+2\right)+m+3=2$.

Khi đó $\min f\left(x\right)\le 2$. Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 2.

Mặt khác ta lại có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ và hàm số liên tục trên R nên giá trị nhỏ nhất đạt được tại điểm cực trị của hàm số hay $f^{\text{'}}\left(1\right)=0\iff 4-3\left(m+2\right)+m=0$

$\iff 4-3m-6+m=0\iff m=-1$

Với $m=-1$, ta có: $f\left(x\right)=x^4-x^3-x+3$, $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-3x^2-1=\left(x-1\right)\left(4x^2+x+1\right)$

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

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ , $f\left(1\right)=2$suy ra: $\min f\left(x\right)=2$ thỏa mãn.

Vậy $m=-1$ ta có $f\left(3\right)=54$.

Chọn C

Giả sử thầy Tâm xây cái hồ dạng khối hộp chữ nhật không nắp như hình vẽ trên. Do khối hộp chữ nhật có thể tích là $\frac{500}{3}{\text{ m}}^3$ nên ta có $V=2x^{2}h=\frac{500}{3}\left({\text{m}}^3\right)$$\Rightarrow h=\frac{250}{3x^2}$.

Vì giá thuê nhân công để xây hồ là $500.000$ đồng${\text{/m}}^2$. Do xây bốn xung quanh và đáy nên

giá nhân công để xây xong cái hồ là: $T=\left(2xh+2.2xh+2x^2\right)500000=500000\left(6x.\frac{250}{3x^2}+2x^2\right)\Rightarrow$