Lời giải

Chọn A

Ta có \(y' = 4{x^3} - 16x\,;\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\,;\,x = \pm 2\).

Bảng biến thiên

Do đó ta có hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;\, - 2} \right)\) và \(\left( {0\,;\,2} \right)\).

Lời giải

Chọn A

A sai vì trong khoảng từ \(\left( { - \infty ;3} \right)\) đồ thị hàm số có chứa cả khoảng đồng biến và nghịch biến.

Lời giải

Chọn A

Dựa vào BBT của hàm số ta có hàm số đồng biến trên\(\left( { - 1;3} \right)\).

Lời giải

Chọn A

Ta có \(y = {x^3} - 12x + 3\)

\(y' = 3{x^2} - 12\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 2\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\)

Căn cứ vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại \(x = - 2\).

Lời giải

Chọn B

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\) và đạt cực tiểu tại \(x = 2\).

Lời giải

Chọn A

Nhìn vào bẳng xét dấu đạo hàm ta thấy đạo hàm đổi dấu 2 lần nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Lời giải

Chọn D

\(y' = \frac{{ - 8}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} < 0\) và \(y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\).

Lời giải

Chọn C

Quan sát bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} y = 5\) xảy ra tại \(x = 0\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} + 1}}{{1 - {x^2}}} = - 1\). Suy ra đồ thị của hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 1}}{{1 - {x^2}}}\) có tiệm cận ngang \(y = - 1\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 2,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 5\)\( \Rightarrow \)đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là \(y = 2,\,\,y = 5\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = + \infty \)\( \Rightarrow \)đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là \(x = 1\).

Vậy tổng số tiệm cận của đồ thị hàm số là 3.

Lời giải

Chọn D

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc \(4\) trùng phương với hệ số \(a < 0\) nên chỉ có hàm số \(y = - {x^4} + 2{x^2}\) thỏa yêu cầu bài toán.

Phương án nhiễu A, học sinh tự đổi dấu các hệ số nên nhầm dạng đồ thị.

Phương án nhiễu B và C, học sinh nhầm dạng đồ thị hàm số bậc 2 và bậc 3.

Lời giải

Chọn A

Lời giải

Chọn D

Xét hình tứ diện, có \[4\] mặt và \[4\] đỉnh nên nó có số đỉnh và số mặt bằng nhau.

Lời giải

Chọn D

Ta có:

Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu nó có đáy là một đa giác đều và có chân đường cao trùng với tâm của đa giác đáy.

Do đó, theo định nghĩa trên thì hình chóp đều có các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau.

Vậy, mệnh đề D sai.

Lời giải

Chọn D

Khối bát diện đều thuộc loại \[\left\{ {3;4} \right\}\].

Lời giải

Chọn C

Ta có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.2a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

Lời giải

Chọn C

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khồi chóp là \(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SO = \frac{{{a^2}h\sqrt 3 }}{{12}}\).

Lời giải

Chọn A

Ta có thể tích khối lập phương là \(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\).

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối hộp chữ nhật \[ABCD.A'B'C'D'\] là: \[V = AB.AD.AA' = a.2a.3a = 6{a^3}\].

Lời giải

Chọn D

Ta có \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\].

Lập bảng xét dấu \[f'\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {2 - x} \right)\]

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( {1\,;\,\,2} \right)\].

Lời giải

Chọn C

TXĐ: \(\mathbb{R}\).

\(y' = 3{x^2} + m\).

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow y' = 3{x^2} + m \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\).

\( \Leftrightarrow m \ge - 3{x^2},{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_\mathbb{R} \left( { - 3{x^2}} \right) = 0\).

Lời giải

Chọn A

Từ \(f'(x) = x{(x + 3)^2},\forall x \in R\)

Ta suy ra bảng xét dấu của \(f'(x)\) là

Từ bảng xét dấu ta thấy \(f'(x)\) chỉ đổi dấu khi \(x\) qua \(x = 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực trị tại \(x = 0\)

\( \Rightarrow \) Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 1.

Lời giải

Chọn D

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

\(y' = 3{x^2} - 6x + m\).

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta ' = 9 - 3m > 0\) \( \Leftrightarrow m < 3\).

Hệ thức Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}{x_2} = \frac{m}{3}}\end{array}} \right.\).

Ta có \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 13\) \( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 13\).

Thay hệ thức Vi-ét vào, ta được \(4 - m = 13\) \( \Leftrightarrow m = - 9\).

Lời giải

Chọn C

Hàm số \(y = m{x^4} + (m + 1){x^2} + {m^2} - 5\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\,.\)

\(y' = 4m{x^3} + 2(m + 1)x = 2x(2m{x^2} + m + 1)\).

Hàm số \(y = m{x^4} + (m + 1){x^2} + {m^2} - 5\) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(y' = 0\) có ba nghiệm phân biệt và \(y'\) đổi dấu khi đi qua ba nghiệm đó.

Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2m{x^2} + m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2m{x^2} = - (m + 1)\end{array} \right.\).

\(y' = 0\) có ba nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow - \frac{{m + 1}}{{2m}} > 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 0\) (khi đó \(y'\) đổi dấu khi đi qua ba nghiệm).

Vậy\[\,\,m \in \left( { - 1;0} \right)\] nên ta chọn phương án

Lời giải

Chọn C

Tập xác định của hàm số: \(D = \mathbb{R}\).

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 2x + 3} = \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 2} \ge \sqrt 2 \)Ta có \(g\left( t \right) = 4t + 3 - {t^2}\)với \(t \in \left[ {\sqrt 2 ; + \infty } \right)\).

Có \(g'\left( t \right) = 4 - 2t\); \(g'\left( t \right) = 0\)\( \Leftrightarrow t = 2\).

Bảng biến thiên:

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {\sqrt 2 ; + \infty } \right)} {\mkern 1mu} g\left( t \right) = \max f\left( x \right) = 7\)khi \(t = 2\)hay \({x^2} - 2x - 1 = 0\)nên tích hai nghiệm bằng \( - 1\).

Lời giải

Chọn D

Ta có \(y' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 3\).

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = \max \left\{ {y\left( 0 \right);y\left( 3 \right);y\left( 4 \right)} \right\} = \max \left\{ {m\,;\,m - 9\,;\,m - 8} \right\} = m\).

Theo giả thiết ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = 3 \Rightarrow m = 3\).

Vậy \(0 < m < 10\).

Lời giải

Chọn C

+ Tập xác định\[D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( { - 2;2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\].

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}} = 0\)\( \Rightarrow y = 0\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}} = - \,\infty \)\( \Rightarrow x = - 2\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{1}{4}\).

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{{x^2} - 4}}\) có \(2\) đường tiệm cận (1 tiệm cận ngang và 1 tiệm cận đứng).

Lời giải

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 1}}{{{x^2} - 8x + m}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 1}}{{{x^2} - 8x + m}} = 0\)nên hàm số có một tiện cận ngang \(y = 0\).

Hàm số có 3 đường tiệm cận khi và chỉ khi hàm số có hai đường tiệm cận đứng \( \Leftrightarrow \)phương trình \({x^2} - 8x + m = 0\)có hai nghiệm phân biệt khác \(1\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 16 - m > 0\\m - 7 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 16\\m \ne 7\end{array} \right.\).

Kết hợp với điều kiện \(m\)nguyên dương ta có \(\)\(m \in \left\{ {1;2;3;...;6;8;...;15} \right\}\). Vậy có \(14\)giá trị của \(m\)thỏa mãn đề bài.

Lời giải

Chọn A

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

\(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\).

Dựa vào đồ thị hàm số:

+) \(\mathop {lim}\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \) nên \(a < 0\).

+) Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là \(\left( {0;d} \right)\). Do đó \(d > 0\).

+) Gọi \({x_1}\), \({x_2}\) là hai điểm cực trị của hàm số.

Ta có: \({x_1} + {x_2} > 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2b}}{{3a}} > 0 \Leftrightarrow - 2b\left\langle {0 \Leftrightarrow b} \right\rangle 0\) (vì \(a < 0\)).

\({x_1}.{x_2} = 0 \Leftrightarrow \frac{c}{{3a}} = 0 \Leftrightarrow c = 0\).

Vậy \(a < 0\), \(b > 0\), \(c = 0\), \(d > 0\).

Lời giải

Chọn C

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm bên phải \(Oy\)và đường tiệm cận ngang nằm bên trên \(Ox\)nên \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{d}{c} > 0\\\frac{a}{c} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}cd < 0{\rm{ }}(1)\\ac > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow ad < 0\).

Đồ thị hàm số cắt \(Ox\)tại \(\left( { - \frac{b}{a};0} \right)\), cắt \(Oy\)tại \(\left( {0;\frac{b}{d}} \right)\), từ đồ thị hàm số ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{a} < 0\\\frac{b}{d} < 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ab > 0\\bd < 0{\rm{ }}(2)\end{array} \right.\).

Từ (1) và (2) ta có: \(bc > 0\).

Vậy ta có \(bc > 0,ad < 0\).

Lời giải

Chọn D

Xét phương trình hoành độ giao điểm \({x^3} - x + 3 = 2x + 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).

Vì \({x_B} < {x_A}\) nên \({x_B} = - 2 \Rightarrow {y_B} = - 3\).

Vậy \({x_B} + {y_B} = - 5\).

Lời giải

Chọn A

Ta có \(3f\left( x \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{5}{3}\left( * \right)\).

Số nghiệm của \(\left( * \right)\) là số hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với đường thẳng \(y = \frac{5}{3}\). Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = \frac{5}{3}\) tại bốn điểm phân biệt. Suy ra \(\left( * \right)\) có bốn nghiệm phân biệt.

Lời giải

Chọn A

Đặt \(t = {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\), khi đó yêu cầu bài toán trở thành tìm \(m\) để phương trình \(f\left( t \right) = m\) có nghiệm \(t\) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\). Dựa vào đồ thị hàm số ta suy ra \(m \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Lời giải

Chọn C

Khối chóp \(S.{A_1}{A_2}...{A_n}\) có: \(n + 1\) đỉnh; \(n + 1\) mặt; \(2n\) cạnh.

Lời giải

Chọn D

Hình bên biểu diễn 1 mặt của khối lập phương, dễ thấy chỉ có 4 ô bên trong là có đúng 1 mặt ngoài được sơn đỏ, còn các ô khác sẽ có nhiều hơn hoặc không có mặt nào được sơn đỏ. Mà khối lập phương có 6 mặt nên có 24 ô được sơn đỏ.

Lời giải

Chọn A

Là mặt phẳng chứa một cạnh của tứ diện đồng thời đi qua trung điểm của cạnh đối diện của nó.

Minh họa:

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối tứ diện

Lời giải

Chọn A

Gọi \(H\)là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow SH \bot AB\)\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có: \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)và \({S_{ABCD}} = {a^2}\). Vậy: \({V_{S.\,ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.\,SH = \frac{1}{3}.\,{a^2}.\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

Lời giải

Chọn C

Đặt \(h\left( x \right) = f\left( {1 - x} \right) + 2018x + 2019\).

Ta có: \(h'\left( x \right) = - f'\left( {1 - x} \right) + 2018\).

Ta lại có:

\(f'\left( {1 - x} \right) = \left[ {1 - \left( {1 - x} \right)} \right]\left( {1 - x + 2} \right).g\left( {1 - x} \right) + 2018 = x.\left( {3 - x} \right).g\left( {1 - x} \right) + 2018\).

Suy ra \(h'\left( x \right) = x\left( {x - 3} \right).g\left( {1 - x} \right)\).

Vì \(g\left( x \right) < 0\), \(\forall x \in \mathbb{R}\) nên \(g\left( {1 - x} \right) < 0\), \(\forall x \in \mathbb{R}\).

Do đó \(h'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x\left( {x - 3} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 0\\x > 3\end{array} \right.\).

Do đó hàm số \(y = h\left( x \right)\) nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty \,;0} \right)\), \(\left( {3\,; + \infty } \right)\).

Lời giải

Chọn C

Đặt .

Vẽ đồ thị hàm số y = f'(x) và trên cùng hệ tọa độ ta được

Dựa vào hình vẽ ta có:   

đồng biến trên (0;2), mà liên tục trên [0;2] nên nó đồng biến trên đoạn [0;2] đồng biến trên mọi nên min a = 0, max b = 2 

Lời giải

Chọn A

\(y = \frac{{x + 4}}{{2x - m}}\)

Điều kiện: \(m \ne 2x \Leftrightarrow x \ne \frac{m}{2}\).

\(y = \frac{{x + 4}}{{2x - m}} \Rightarrow y' = \frac{{ - m - 8}}{{{{\left( {2x - m} \right)}^2}}}\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 3;4} \right)\)

\( \Leftrightarrow y' < 0,\forall x \in \left( { - 3;4} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m - 8 < 0\\\frac{m}{2} \notin \left( { - 3;4} \right) \Leftrightarrow m \in \left( { - 6;8} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 8\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 8\\m \le - 6\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 8\\ - 8 < m \le - 6\end{array} \right.\).

Mà \(m\) nguyên âm nên \(m \in \left\{ { - 6; - 7} \right\}\).

Vậy có 2 giá trị nguyên âm \(m\).

Lời giải

Chọn A

Ta có \[y' = 3a{x^2} + 2bx + c\].

Đồ thị hàm số \[y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d,\,a \ne 0\] có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục\(Oy\) thì \(y'\) có hai nghiệm trái dấu \( \Leftrightarrow ac < 0\) do \[a > 0 \Rightarrow c < 0 \Rightarrow a > 0 > c\].

Lời giải

Chọn C

Gọi \[I\] là trung điểm \[BC\]. Suy ra \[I\] là trung điểm \[MN\]. Đặt \[MN = x\], \[\left( {0 < x < 90} \right)\].

Ta có: \(\frac{{MQ}}{{AI}} = \frac{{BM}}{{BI}}\)\( \Leftrightarrow MQ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {90 - x} \right)\); gọi \(R\) là bán kính của trụ \( \Rightarrow R = \frac{x}{{2\pi }}\).

Thể tích của khối trụ là: \({V_T} = \pi {\left( {\frac{x}{{2\pi }}} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {90 - x} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{{8\pi }}\left( { - {x^3} + 90{x^2}} \right)\)

Xét \(f\left( x \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{{8\pi }}\left( { - {x^3} + 90{x^2}} \right)\) với \(0 < x < 90\), \(f'\left( x \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{{8\pi }}\left( { - 3{x^2} + 180x} \right)\), \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 60}\end{array}} \right.\).

Khi đó suy ra \[\mathop {\max }\limits_{x \in (0;90)} f\left( x \right) = f\left( {60} \right) = \frac{{13500.\sqrt 3 }}{\pi }\].

Lời giải

Chọn C

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\end{array} \right.\). Do đó, đồ thị hàm số \[y = \frac{3}{{{f^2}\left( x \right) + 2f\left( x \right)}}\] có 2 tiệm cận đứng là \(x = 1;x = 0\).

Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{3}{{{f^2}\left( x \right) + 2f\left( x \right)}} = 0.\)

Do đó, đồ thị hàm số \[y = \frac{3}{{{f^2}\left( x \right) + 2f\left( x \right)}}\] có 1 tiệm cận ngang là \(y = 0\).

(Hoặc có thể giải thích: Do hàm số \[y = \frac{3}{{{f^2}\left( x \right) + 2f\left( x \right)}}\] có bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu nên có 1 tiệm cận ngang là \(y = 0\).)

Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y\) là 3.

Lời giải

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm \( - {x^4} + {x^2} + 4x - 2 = {x^2} + \left( {{m^2} + m} \right)x + 1 \Leftrightarrow - {x^4} + 4x - 3 = \left( {{m^2} + m} \right)x\)

Do \(x = 0\)không thỏa mãn phương trình (1) nên ta có \({m^2} + m = - {x^3} + 4 - \frac{3}{x} = f\left( x \right)\) (1)

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 3{x^2} + \frac{3}{{{x^2}}} = \frac{{ - 3\left( {{x^4} - 1} \right)}}{{{x^2}}}\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\). Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên để \(\left( P \right)\)cắt \(\left( C \right)\)tại hai điểm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{m^2} + 2m > 8}\\{{m^2} + 2m < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < - 4}\\{m > 2}\\{ - 2 < m < 0}\end{array}} \right.\).

Do \(m\)nguyên và thuộc \(\left( { - 2019;2020} \right)\)nên \(m\)nhận các giá trị sau \(m \in \left\{ { - 2018; - 2017;.., - 6; - 5} \right\}\), \(m \in \left\{ {3;4;..;2019} \right\}\)và \(m = - 1\).

Vậy có tất cả \(4032\)giá trị \(m\).

Lời giải

Chọn B

Xét \({f^2}\left( {{\rm{cos}}x} \right) + \left( {3 - m} \right)f\left( {{\rm{cos}}x} \right) + 2m - 10 = 0\). Ta có \({\rm{\Delta }} = {\left( {m - 7} \right)^2}\).

Do đó \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( {{\rm{cos}}x} \right) = m - 5\;\left( 1 \right)}\\{f\left( {{\rm{cos}}x} \right) = 2\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\).

Với \(f\left( {{\rm{cos}}x} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{cos}}x = a < - 1}\\{{\rm{cos}}x = \frac{1}{2}}\\{{\rm{cos}}x = 1}\end{array}} \right.\).

Trường hợp này được 3 nghiệm trong \(\left[ { - \frac{\pi }{3};\pi } \right]\).

Để phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{3};\pi } \right]\) thì (1) có đúng 1 nghiệm trong \(\left[ { - \frac{\pi }{3};\pi } \right]\) và không trùng với nghiệm của các phương trình \({\rm{cos}}x = \frac{1}{2};{\rm{cos}}x = 1\)

\( \Leftrightarrow f\left( t \right) = m - 5\) với \(t = {\rm{cos}}x\) có đúng 1 nghiệm trong \(\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right)\) \( \Rightarrow - 4 \le m - 5 < 2 \Leftrightarrow 1 \le m < 7\).

Do m nguyên nên có 6 giá trị của m thỏa mãn.

Lời giải

Chọn A

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MN\;{\rm{//}}\;BC}\\{\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow PQ\;{\rm{//}}\;BC\).

\(\frac{{{V_{S.MNQ}}}}{V} + \frac{{{V_{S.NPQ}}}}{V} = \frac{{{V_1}}}{V}\) \( \Leftrightarrow \)\(\frac{{{V_{S.MNQ}}}}{{2{V_{S.ABD}}}} + \frac{{{V_{S.NPQ}}}}{{2{V_{S.BCS}}}} = \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SQ}}{{SB}} + \frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SQ}}{{SB}} = 1\) \( \Leftrightarrow \frac{x}{4} + \frac{{{x^2}}}{2} = 1\) \( \Leftrightarrow 2{x^2} + x - 4 = 0\) \( \Leftrightarrow x = \frac{{ - 1 + \sqrt {33} }}{4}\) (vì \(x > 0\)).

Lời giải

Chọn D

Gọi \[x\,\,\,(x > 0)\] là độ dài cạnh của hình lập phương. Thể tích của hình lập phương \[V = {x^3}\]

Theo giả thiết cạnh của hình lập phương tăng lên \[k\] lần thì cạnh của hình lập phương là \[kx\]. Do đó thể tích hình lập phương sau khi tăng cạnh là \[{V_1} = {\left( {kx} \right)^3} = {k^3}{x^3} = {k^3}V\].

Vậy thể tích khối lập phương tăng lên \[{k^3}\] lần.

Lời giải

Chọn C

Ta có \(g\left( x \right) = 60\left( { - {x^3} + 2x} \right)f{\rm{'}}\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) + 60\left( {{x^5} - {x^3} - 2x} \right)\)

    \( = 60\left[ {\left( { - {x^3} + 2x} \right)f{\rm{'}}\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) + \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^3} - 2x} \right)} \right]\)

    \( = 60\left( { - {x^3} + 2x} \right)\left[ {f{\rm{'}}\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)} \right]\)

               \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 60\left( { - {x^3} + 2x} \right)\left[ {f{\rm{'}}\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \sqrt 2 }\\{x = - \sqrt 2 }\\{f{\rm{'}}\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right) = 0}\end{array}} \right.\)

  \( - {x^4} + 4{x^2} - 6 = - 2 - \left( {{x^4} - 4{x^2} + 4} \right) = - 2 - {\left( {{x^2} - 2} \right)^2} \le - 2 \Rightarrow f{\rm{'}}\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) \le 0\)

Mà \( - \left( {{x^2} + 1} \right) < 0 \Rightarrow f{\rm{'}}\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right) < 0\;\forall x \in \mathbb{R}\) nên phương trình \(f{\rm{'}}\left( { - {x^4} + 4{x^2} - 6} \right) - \left( {{x^2} + 1} \right) = 0\) vô nghiệm.

Ta có BBT của \(g'\left( x \right)\) như sau

Hàm số \(g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \({x_0} < 0\) nên suy ra hàm số \(g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \({x_0} = - \sqrt 2 \). \( \Rightarrow {x_0} \in \left( { - \frac{3}{2}; - 1} \right)\).

Lời giải

Chọn D

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - mx + 2m}}{{x - 2}}\) trên \(\left[ { - 1\;;\;1} \right]\) có \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\);

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 4 \notin \left[ { - 1;\;1} \right]}\end{array}} \right.\); \(f\left( { - 1} \right) = \frac{{3m + 1}}{{ - 3}};\;f\left( 0 \right) = - m;\;f\left( 1 \right) = \frac{{m + 1}}{{ - 1}}\).

Bảng biến thiên

Trường hợp 1. \(f\left( 0 \right) \le 0 \Leftrightarrow m \ge 0\). Khi đó

\(3 = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = {\rm{max}}\left\{ {\left| {f\left( { - 1} \right)} \right|;\left| {f\left( 1 \right)} \right|} \right\} \Leftrightarrow \) \(3 = {\rm{max}}\left\{ {\frac{{3m + 1}}{3};m + 1} \right\}\) \( \Leftrightarrow m + 1 = 3 \Leftrightarrow m = 2\).

Trường hợp 2. \(f\left( 0 \right) > 0 \Leftrightarrow m < 0\).

Khả năng 1. \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( { - 1} \right) \ge 0}\\{f\left( 1 \right) \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \le - 1\). Khi đó \(3 = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( 0 \right)\) \( \Leftrightarrow m = - 3\).

Khả năng 2. \( - 1 < m \le - \frac{1}{3}\). Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( { - 1} \right) \ge 0}\\{f\left( 1 \right) < 0}\end{array}} \right.\). \(3 = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = {\rm{max}}\left\{ {f\left( 0 \right);\;\left| {f\left( 1 \right)} \right|} \right\}\)

\( \Leftrightarrow 3 = {\rm{max}}\left\{ { - m;m + 1} \right\}\): Trường hợp này vô nghiệm.

Khả năng 3. \( - \frac{1}{3} < m < 0\). Khi đó \(3 = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = {\rm{max}}\left\{ {f\left( 0 \right);\;\left| {f\left( 1 \right)} \right|;\;\left| {f\left( { - 1} \right)} \right|} \right\}\): Vô nghiệm.

Vậy có hai giá trị thỏa mãn là \({m_1} = - 3,\;{m_2} = 2\). Do đó tổng tất cả các phần tử của \(S\) là \( - 1\).