Đáp án D: \(2 = {\left( { - 1} \right)^3} - 3\left( { - 1} \right)\) (luôn đúng).

Chọn A.

Ta có $y=x^3-3m{x}^2+mx+2\Rightarrow y\text{'}=3x^2-6mx+m.$

Hàm số có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow y'\) có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta \text{'}=9m^2-3m>0\iff [\begin{array}{l}m>\frac{1}{3}\\ m<0\end{array}.$

Chọn D.

Từ đồ thị ta thấy, tiệm cận ngang là đường thẳng y=1 nên loại đáp án C và A.

Đồ thị đi qua điểm A(1;0), nên chọn đáp án D.

Chọn D.

$S_{ABCD}=4a^2;V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}4a^2.a=\frac{4}{3}{a}^3.$

Chọn B.

Dựa vào đồ thị ta có:

* $x=0;y=-3\Rightarrow c=-3$

* Hàm số có đạt cực trị tại $x=0;x=\pm 1\Rightarrow y\text{'}=4x^3+2bx=0$ có các nghiệm là $x=0;x=\pm 1\Rightarrow 4+2b=0\Rightarrow b=-2$

Vậy b+c=5

Chọn A.

Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {3 - x} \right)\left( {{x^2} - x - 1} \right) = 0\)

$\iff [\begin{array}{l}{(x-1)}^2=0\iff x=1\\ 3-x=0\iff x=3\\ x^2-x-1=0\iff x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}\end{array}$

Ta có bảng xét dấu:

Chọn C.

Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì có thể song song hoặc vuông góc với nhau.

Chọn B.

Mỗi cách chọn 3 học sinh trong 7 học sinh vào bất kỳ vào đội văn nghệ là một tổ hợp chấp 3 của 7.

Vậy số cách chọn là:$C_7^3.$

Chọn A.

$\frac{1}{2}f\left(x\right)-2=0\iff f\left(x\right)=4(*).$

Số nghiệm phương trình \(\left( * \right)\) bằng số giao điểm của hai đồ thị $y=f\left(x\right),y=4.$

Dựa vào bảng biến thiên ta có $(*)$ có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn A.

Ta có: $\frac{1}{2}f\left(x\right)-2=0\iff f\left(x\right)=4(*).$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

Chọn B.

Điều kiện: $x\ge -\mathrm{3,}x\ne \mathrm{0,}x\ne 1$

Ta có: $y=\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-x}=\frac{x-1}{x(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\frac{1}{x(\sqrt{x+3}+2)}$

Nhận thấy từ bảng 1, mẫu chỉ có một nghiệm x=0 thuộc miền xác định của căn thức. Nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x=0.

Chọn D.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{2x+1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})}}{x(2+\frac{1}{x})}$

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{x\left( {2 + \frac{1}{x}} \right)}}\)

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}{2+\frac{1}{x}}=-\frac{1}{2}$

Chọn A

Trên khoảng (0;1) đồ thị của hàm số đi xuống từ trái sang phải nên hàm số nghịch biến.

Chọn A.

$2x^3-6x+2m-1\le 0\iff m\le -x^3+3x+\frac{1}{2}=g\left(x\right)\left(1\right)$

Xét hàm số $g\left(x\right)=-x^3+3x+\frac{1}{2}$ trên [-1;1]

$g\text{'}\left(x\right)=-3x^2+3$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff -3x^2+3=0\iff x=\pm 1.$

\(g\left( { - 1} \right) = \frac{{ - 3}}{2};g\left( 1 \right) = \frac{5}{2}\)

$\Rightarrow \underset{[-1;1]}{\min }g\left(x\right)=\frac{-3}{2}.$

Do đó: $\left(1\right)\iff m\le \underset{[-1;1]}{\min }g\left(x\right)=\frac{-3}{2}.$

Chọn A.

$n\left(\Omega \right)=C_8^4=70$

Gọi A là biến cố: “Lấy được 4 bi đủ 3 màu”.

TH1: 1 xanh, 1 đỏ, 2 vàng: $C_3^1{C}_2^1{C}_3^2=18$

TH2: 1 xanh, 2 đỏ, 1 vàng: $C_3^1{C}_2^2{C}_3^1=9$

TH3: 2 xanh, 1 đỏ, 1 vàng: $C_3^2{C}_2^1{C}_3^1=18$

Do đó: $n\left(A\right)=18+9+18=45.$

Vậy xác suất để chọn được 4 bi đủ 3 màu là:$P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{45}{70}=\frac{9}{14}.$

Chọn D.

Hình bát diện đều có 6 đỉnh, 8 mặt, 12 cạnh.

Chọn A.

Ta có $\{\begin{array}{l}\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ BC\perp AB\\ BC\perp SB\end{array}\Rightarrow \widehat{(\left(SBC\right),\left(ABC\right))}=\widehat{(AB,SB)}=\widehat{SBA}=\phi .$

$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2+a^2}=a\sqrt{5}.$

Vậy $\cos \phi =\frac{AB}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}.$

Chọn D.

Ta có $2\sin x=1\iff \sin x=\frac{1}{2}=\sin \frac{\pi }{6}\iff [\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{array}(k\in \mathbb{Z}).$

Do $0\le x\le \pi$ nên $0\le \frac{\pi }{6}+k2\pi \le \pi \iff -\frac{1}{12}\le k\le \frac{5}{12}\Rightarrow k=0\Rightarrow x=\frac{\pi }{6}.$

Và $0\le \frac{5\pi }{6}+k2\pi \le \pi \iff -\frac{5}{12}\le k\le \frac{1}{12}\Rightarrow k=0\Rightarrow x=\frac{5\pi }{6}.$

Vậy phương trình có hai nghiệm trên $[0;\pi ].$

Chọn D.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$ nên a>0 do đó loại đáp án A và C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1;2) nên thay $x=-1;y=2$ vào đáp án B và D ta thấy

Đáp án B: $2={(-1)}^3-3{(-1)}^2$ (vô lí).

Đáp án D: \(2 = {\left( { - 1} \right)^3} - 3\left( { - 1} \right)\) (luôn đúng).

Chọn A.

Hàm số xác định và liên tục trên $[-1;2].$

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

$y\text{'}=0\iff 3x^2-12x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\in [-1;2]\\ x=4\notin [-1;2]\end{array}$

$y(-1)=-5.$

$y\left(2\right)=-14.$

$y\left(0\right)=2.$

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = - 14.\)

Chọn A.

Theo định nghĩa khối đa diện.

Chọn A.

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

\(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in D.\)

Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng $(-\infty ;1)$ và $(1;+\infty ).$

Chọn B.

Vận tốc tức thời của vật tại thời điểm t là: $v\left(t\right)=S\text{'}\left(t\right)=gt$

Suy ra $v\left(5\right)=\mathrm{9,8.5}=49(m/s)$

Chọn B.

$\Delta ABC$ đều cạnh \(a \Rightarrow AB = AC = a\) và $\widehat{A}={60}^0$

Diện tích $\Delta ABC$ là $S=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}.a.a.\sin {60}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Hai mặt bên (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng $\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)$

Chiều cao của hình chóp là $h=SA=a\sqrt{3}$

Vậy thể tích hình chóp SABC là $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{3}=\frac{a^3}{4}$

Chọn B.

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là $V=Bh=8.6=48$

Chọn A.

Căn cứ vào bảng biến thiên ta có:

$\underset{[-2;4]}{\max }f\left(x\right)=\mathrm{2,}\underset{[-2;4]}{\min }f\left(x\right)=-\mathrm{3,}$hai giá trị này trái dấu nên ta có:

$M=\underset{[-2;4]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=\mathrm{3,}m=\underset{[-2;4]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=0$

Vậy $M^2-m^2=9.$

Chọn D.

Ta có ${(x-2)}^{80}=\sum _{k=0}^{k=80}{C}_{80}^k{x}^{80-k}{(-2)}^k=\sum _{k=0}^{k=80}{(-2)}^k{C}_{80}^k{x}^{80-k}.$

Số hạng tổng quát $T_{k+1}={(-2)}^k{C}_{80}^k{x}^{80-k}$

Hệ số $a_{78}$ là hệ số của \({x^{78}},\) hệ số này trong khai triển trên ứng với k thỏa mãn $80-k=78\iff k=2.$

Vậy hệ số $a_{78}={(-2)}^2{C}_{80}^2=12640.$

Chọn C.

$V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=2a.3a.3a=18a^3.$

$V_{E.BCD}=\frac{1}{3}d(E;\left(BCD\right)).S_{BCD}.$

Vì $B\text{'}C\text{'}//\left(ABCD\right)$ nên $d(E;\left(BCD\right))=d(B\text{'};\left(BCD\right))=d(B\text{'};\left(ABCD\right)).$

$S_{BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}.$

Do đó: $V_{E.BCD}=\frac{1}{3}d(B\text{'};\left(ABCD\right)).\frac{1}{2}.S_{ABCD}=\frac{1}{2}{V}_{B\text{'}.ABCD}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}$

$\Rightarrow V_{E.BCD}=\frac{1}{6}.18a^3=3a^3.$

Chọn A.

Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm ta có:

$f\text{'}\left(x\right)\le 0\forall x\in (-1;1),f\left(x\right)$ liên tục trên [-1;1]

$\Rightarrow \underset{[-1;1]}{Min}f\left(x\right)=f\left(1\right).$

Chọn C.

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2x-1}{x-1}=+\infty$

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x-1}{x-1}=-\infty .$

Vậy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x-1}$ là đường thẳng x=1.

Chọn B.

Hàm số đã cho xác định khi $1-\cos x\ne 0\iff \cos x\ne 1\iff x\ne k2\pi ,k\in \mathbb{Z}.$

Chọn C.

+ Phương án A

Với $n\ge \mathrm{1,}$xét hiệu $u_{n+1}-u_n=\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}$thay đổi tùy theo giá trị của tham số nên dãy số $u_n=\sqrt{n+1}$ không phải là cấp số cộng.

+ Phương án B

Với $n\ge \mathrm{1,}$xét hiệu $u_{n+1}-u_n=[{(n+1)}^2+2]-(n^2+2)=(n^2+2n+3)-(n^2+2)=2n+1$thay đổi tùy theo giá trị của tham số nên dãy số $u_n=n^2+2$không phải là cấp số cộng.

+ Phương án C

Với $n\ge \mathrm{1,}$xét hiệu $u_{n+1}-u_n=[2(n+1)-3]-(2n-3)=(2n-1)-(2n-3)=\mathrm{2,}$suy ra $u_{n+1}=u_n+2.$Vậy dãy số $u_n=2n-3$là cấp số cộng.

+ Phương án D

Với \(n \ge 1,\) xét hiệu $u_{n+1}-u_n=2^{n+1}-2^n={2.2}^n-2^n=2^n$ thay đổi tùy theo giá trị của tham số nên dãy số $u_n=2^n$ không phải là cấp số cộng.

Chọn C.

Theo định lí, thể tích V của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao là \(V = \frac{1}{3}B.h\)

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x=2.

Chọn B.

Ta có: $V=3a.4a.5a=60a^3.$

Chọn D.

Do $\begin{array}{l}SM\perp AB\\ SM\subset \left(SAB\right)\\ \left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(ABCD\right)=AB\end{array}\}\Rightarrow SM\perp \left(ABCD\right)$ nên $\left(i\right)$ là mệnh đề đúng.

Và

$\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SM\end{array}\}\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$ nên $\left(ii\right)$ là mệnh đề đúng.

Ta có AN không vuông góc với \(DM\) nên $\left(iii\right)$ là mệnh đề sai.

Chọn A.

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=6{\left[f\left(x\right)\right]}^{2}f\text{'}\left(x\right)-\left[f\left(x\right)\right]f\text{'}\left(x\right)-12f\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)[6{\left[f\left(x\right)\right]}^2-f\left(x\right)-12]$

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\6{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} - f\left( x \right) - 12 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = \frac{{ - 4}}{3}\\f\left( x \right) = \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = a < - 2\\x = b \in \left( { - 2; - 1} \right)\\x = c \in \left( { - 1;0} \right)\\x = d \in \left( {1;2} \right)\end{array} \right.\)

Vậy hàm g(x) có 6 điểm cực trị.

Chọn C.

Gọi \(I\) là hình chiếu của A trên BC, ta có:

$\{\begin{array}{l}AI\perp BC\\ AI\perp BB\text{'}\end{array}\Rightarrow AI\perp (BCC\text{'}B\text{'})\Rightarrow AI\perp BM\left(1\right).$

Mặt khác, theo giả thiết: $A\text{'}B\perp BM\left(2\right).$

Từ (1) và (2) suy ra $BM\perp (AB\text{'}I)\Rightarrow BM\perp B\text{'}I.$

Gọi $E=B\text{'}I\cap BM,$ ta có: $\widehat{IBE}=\widehat{BB\text{'}I}$(vì cùng phụ với góc $\widehat{BIB\text{'}}).$

Khi đó $\Delta B\text{'}BI=\Delta BCM(g.c.g)\Rightarrow BI=CM=\frac{a}{2}\Rightarrow I$là trung điểm cạnh $BC\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại A.

Gọi F là hình chiếu của E trên \(AB',\) ta có EF là đoạn vuông góc chung của AB'và BM

Suy ra $d(BM,AB\text{'})=EF.$

Ta có: $AI=BI.\cot {60}^0=\frac{a}{2}.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{6};B\text{'}I=\sqrt{BB{\text{'}}^2+B{I}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}=BM.$

$IE=BI.\sin \widehat{EBI}=BI.\frac{CM}{BM}=\frac{a}{2}.\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{10}\Rightarrow B\text{'}E=B\text{'}I-IE=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$

$AB\text{'}=\sqrt{A{I}^2+B\text{'}I{\text{'}}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.$

Mặt khác: $\Delta B\text{'}IA$ đồng dạng $\Delta B\text{'}FE$ nên \(\frac{{B'A}}{{B'E}} = \frac{{IA}}{{EF}} \Leftrightarrow EF = \frac{{IAB'E}}{{B'A}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}}}{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{{10}}.\)

Vậy $d(BM,AB\text{'})=\frac{a\sqrt{5}}{10}.$

Chọn C.

Vì đồ thị hàm số f(x) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên f(x) là hàm số bậc 3

\( \Rightarrow a \ne 0.\)

Từ giả thiết ta có: $f\left(x\right)=a(x+1)(x-\frac{1}{3})(x-\frac{1}{2})\iff f\left(x\right)=\frac{1}{6}a(6x^3+x^2-4x+1).$

Khi đó: $y\text{'}=\frac{1}{6}a(18x^2+2x-4)=0\iff x=\frac{-1\pm \sqrt{73}}{18}$

Suy ra đồ thị hàm số y=f(x) có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục tung.

Từ đó ta có phương trình $f\left[\sin \left(x^2\right)\right]=f\left(0\right)\iff [\begin{array}{l}\sin \left(x^2\right)=a_1\in (-1;0)\left(1\right)\\ \sin \left(x^2\right)=0\left(2\right)\\ \sin \left(x^2\right)=a_2\in (\frac{1}{2};1]\left(3\right)\end{array}$

* Giải (1)

Vì $x\in [-\sqrt{\pi };\sqrt{\pi }]$ nên $x^2\in [0;\pi ]\Rightarrow \sin \left(x^2\right)\in [0;1].$ Do đó phương trình \(\left( 1 \right)\) không có nghiệm thỏa mãn đề bài.

* $\left(2\right)\iff x^2=k\pi .$

Vì $x^2\in [0;\pi ]$ nên ta phải có $0\le k\pi \le k,\pi \in \mathbb{Z}\iff 0\le k\le \mathrm{1,}k\in \mathbb{Z}\Rightarrow k\in \{0;1\}.$

Suy ra phương trình (2) có 3 nghiệm thỏa mãn là: $x_1=-\sqrt{\pi };x_2=0;x_3=\sqrt{\pi }.$

* $\left(3\right)\iff [\begin{array}{l}{x}^2=\arcsin a_2+k2\pi \\ x^2=\pi -\arcsin a_2+k2\pi \end{array},$(với $\arcsin a_2\in [\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{2}]).$

Vì $x^2\in [0;\pi ]$ nên ta thấy phương trình (3) có các nghiệm thỏa mãn là $x=\pm \sqrt{\arcsin a_2}$ và $x=\pm \sqrt{\pi -\arcsin a_2}.$

Vậy phương trình đã cho có tất cả 7 nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn C.

Ta có: \(f\left( x \right) + \frac{1}{4}{x^4} - {x^3} - 3x - m \ge 0 \Leftrightarrow m \le f\left( x \right) + \frac{1}{4}{x^4} - {x^3} - 3x = g\left( x \right).\)(*)

Với $g\left(x\right)=f\left(x\right)+\frac{1}{4}{x}^4-x^3-3x.$

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

Trên $(-2;2)$ thì \(f'\left( x \right) \le 3\) nên $g\text{'}\left(x\right)\le 0.$

Do đó: $(*)\iff m\le g\left(2\right)=f\left(2\right)-10.$

Chọn C.

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

TH1: m=2 Khi đó \(y = 2\) nên m=1 không thỏa mãn bài toán.

TH2: m>2

Khi đó hàm số nghịch biến trên \(\left[ { - 4; - 2} \right].\)

Suy ra: $\underset{[-4;-2]}{\max }y=y(-4)=\frac{-8+m}{-3}=\frac{8-m}{3}.$

Do đó: $\underset{[-4;-2]}{\max }y\le 1\iff 4-m\le 1\iff m\ge 3.$

Kết hợp với m>2 ta có \(m \ge 5.\)

TH3: m>2 

Khi đó hàm số đồng biến trên [-4;2]

Suy ra: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 4; - 2} \right]} y = y\left( { - 2} \right) = \frac{{ - 4 + m}}{{ - 1}} = 4 - m.\)

Do đó: $\underset{[-4;-2]}{\max }y\le 1\iff 4-m\le 1\iff m\ge 3.$

TH này không xảy ra.

Vậy $m\ge 5$ nên $m\in \{5;6;7;8;9;10\}.$

Chọn C.

Đặt $AD=x,AB=y.$

H là trọng tâm tam giác ABC nên $d(D,\left(SAC\right))=3d(H,\left(SAC\right))=3HK\Rightarrow HK=\frac{a}{3}$

Kẻ $HI\perp AC$ tại I

$AM=\sqrt{y^2+\frac{x^2}{4}}\Rightarrow AH=\frac{2}{3}\sqrt{y^2+\frac{x^2}{4}}.$

$BD=\sqrt{x^2+y^2}\Rightarrow DH=\frac{2}{3}\sqrt{x^2+y^2}$

$D{H}^2+A{H}^2=A{D}^2\Rightarrow x=a\sqrt{6};y=a\sqrt{3}.$

$HI=\frac{1}{3}d(D,AC)=\frac{a\sqrt{2}}{3};\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{H{I}^2}+\frac{1}{H{S}^2}\Rightarrow HS=\frac{a\sqrt{2}}{3}$

$V=\frac{2a^3}{3}.$

Chọn D.

Gọi $O=A\text{'}C\text{'}\cap B\text{'}D\text{'},I=BD\text{'}\cap DO$  ta có I là trọng tâm tam giác $A\text{'}C\text{'}D$

Kẻ $DH\perp A\text{'}C\text{'};D\text{'}K\perp DH\Rightarrow D\text{'}K\perp (DA\text{'}C\text{'})$

Vậy góc $(BD\text{'},(DA\text{'}C\text{'}))=\angle D\text{'}IK$

$D\text{'}I=\frac{1}{3}BD\text{'}=\frac{2\sqrt{6}}{3}a;\frac{1}{HD{\text{'}}^2}=\frac{1}{A\text{'}D{\text{'}}^2}+\frac{1}{D\text{'}C{\text{'}}^2}\Rightarrow D\text{'}H=\frac{4\sqrt{5}}{5}a$

$\frac{1}{D\text{'}{K}^2}=\frac{1}{D\text{'}{D}^2}+\frac{1}{D\text{'}{H}^2}\Rightarrow D\text{'}K=\frac{4}{3}a$

$\sin \alpha =\frac{D\text{'}K}{D\text{'}I}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$

Chọn A.

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

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right)\left( {{x_0} \ne - 1} \right)\) có dạng $y=f\text{'}\left(x_0\right)(x-x_0)+y_0.$

Do tiếp tuyến cắt $Ox,Oy$ lần lượt tại hai điểm \(A,B\) và tam giác OAB cân nên tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=x hoặc y=-x

Suy ra $[\begin{array}{l}\frac{1}{{(x_0+1)}^2}=1\\ \frac{1}{{(x_0+1)}^2}=-1\left(vn\right)\end{array}\iff [\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=-2\end{array}.$

Với x=1 phương trình tiếp tuyến là \(y = x\) loại vì A trùng O

Với x=-2 phương trình tiếp tuyến là y=x+2

Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn ycbt.

Chọn B.

Đồ thị đã cho là hàm bậc 3. Vì khi \(x \to + \infty \) thì $y\to +\infty \Rightarrow a>0$ (hay phí bên phải đồ thị hàm bậc 3 đồ thị đi lên nên a>0.

Xét $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c;y\text{'}=0$ có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên suy ra $a.c<0\iff c<0.$

Xét $y"=6ax+2b=0\iff x=\frac{-b}{3a},$ dựa vào đồ thị ta thấy hoành độ của điểm uốn âm.

Suy ra $\frac{-b}{3a}<0\Rightarrow b>0.$

Giao của đồ thị với trục tung là điểm có tọa độ \(\left( {0;d} \right)\) nên d<0.

Suy ra $a>\mathrm{0,}b>\mathrm{0,}c<\mathrm{0,}d<0.$

Chọn C.

$y\text{'}=-3x^2+6x+m-2\le \mathrm{0,}\forall x\in (-\infty ;2)$

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 2 \ge m,\forall x \in \left( { - \infty ;2} \right)\)

Đặt $f\left(x\right)=3x^2-6x+2$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff 6x-6=0\iff x=1$

Chọn D.

* Nhận xét $y=f\left(\left|x\right|\right)$ là hàm số chẵn nên đề thị nhận trục tung Oy làm trục đối xứng, nên ta xét cực trị phải trục Oy

Xét x>0 ta có $y=f\left(\left|x\right|\right)=f\left(x\right)$

* Từ đồ thị hàm số $y=f\text{'}(x^3+x+2)$ ta thấy

$f\text{'}(x^3+x+2)=0\Rightarrow [\begin{array}{l}x\approx -1.5\\ x\approx -\mathrm{0,5}\\ x\approx 0.9\end{array}$

* Xét y=f(x) với x>0

\(y' = f'\left( x \right)\)

Đặt $x=t^3+t+2=(t+1)(t^2-t+2);x>0\Rightarrow t>-1$

Khi đó $y\text{'}=f\text{'}(t^3+t+2)=0\Rightarrow [\begin{array}{l}t\approx 1.5\\ t\approx -\mathrm{0,5}\\ t\approx 0.9\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{l}x\approx -2.875<0\\ x\approx 1.375>0\\ x\approx 3.32>0\end{array}$

$\Rightarrow y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)$ có 2 nghiệm dương

đồ thị y=f(x0 có 2 điểm cực trị bên phải Oy.

$\Rightarrow y=f\left(\left|x\right|\right)$ có 5 cực trị (2 cực trị bên phải + 2 cực trị bên trái + 1 giao với trục Oy).

Chọn B.

Dựa vào đề bài ta có:

$u_1^2-4(u_1+u_{n-1}{u}_n-1)+4u_{n-1}^2+u_n^2=0$

$\iff u_n^2-4u_{n-1}{u}_n+4u_{n-1}^2+u_1^2-4u_1+4=0$

$\iff {(u_n-2u_{n-1})}^2+{(u_1-2)}^2=0$

Vì \({\left( {{u_n} - 2{u_{n - 1}}} \right)^2} \ge 0\) và ${(u_1-2)}^2\ge 0$ với mọi giá trị của $u_1,u_{n-1}$ và $u_n$ nên dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {{u_n} - 2{u_{n - 1}}} \right)^2} = 0\\{\left( {{u_1} - 2} \right)^2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_n} = 2{u_{n - 1}}\\{u_1} = 2\end{array} \right..\)

Dãy số $\left(u_n\right)$ là một cấp số nhân với $u_1=\mathrm{2,}$ công bội \(q = 2\) nên $u_5=u_1{q}^4=32.$

Chọn D.

Ta có:

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{x+1}{2x+4}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{x(1+\frac{1}{x})}{x(2+\frac{4}{x})}\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{(1+\frac{1}{x})}{(2+\frac{4}{x})}\right)=\frac{1}{2}$