Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} y = 50 = f\left( 3 \right).\)

Đáp án B

Từ đồ thị ta có hàm số có ba điểm cực trị.

Đáp án A

Do \(\left( {{a^u}} \right)' = u'.{a^u}\ln a\) nên chọn B.

Hàm số xác định

\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 1\\x >3\end{array} \right..\)</>

Vậy \(D = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right).\)

Đáp án B

Từ hình vẽ, ta thấy hình đa diện trên có 12 mặt.

Đáp án B

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

Đáp án B

Hàm số \(y = \log \left( {{x^2} - 2mx + 4} \right)\) có tập xác định là \(\mathbb{R} \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 4 >0{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ' < 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 4 < 0\\ \Leftrightarrow - 2 < m < 2\end{array}\)

Đáp án D

Thể tích của khối chóp là: \[V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.6{a^2}.2a = 4{a^3}\]

Đáp án B

Nhìn vào BBT ta dễ thấy hàm số đồng biến trên khoảng (0,1)

Đáp án A

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = 1\) nên tiệm cận ngang của hàm số là \(y = 1\)

Vậy đáp án là B.

Nhìn vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy \(y' < 0\) trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right),\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right).\) Vậy đáp án B.

Phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 1.\)

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0\) chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 1.\)

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0\) có 4 nghiệm thực.

Đáp án C

Số cạnh của một bát diện đều là: 12.

Đáp án D

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + m}}\) có đường tiệm cận đứng là \(x = - m.\)

Đường tiệm cận đứng đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right) \Leftrightarrow - m = 2 \Leftrightarrow m = - 2.\)

Đáp án A

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax - 1}}{{x + b}}\) có đường tiệm cận đứng là \(x = - b\) và đường tiệm cận ngang là \(y = a.\)

Theo đồ thị, ta có \(\left\{ \begin{array}{l} - b = - 1\\a = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\end{array} \right..\)

Đáp án C

Gọi cạnh của hình lập phương là \(x\left( {x >0} \right).\)

\( \Rightarrow AC = \sqrt {{x^2} + {x^2}} = x\sqrt 2 .\)

Xét tam giác \(A'AC\) là tam giác vuông tại \(A\) có:

\(A'C = \sqrt {A{C^2} + A'{A^2}} = \sqrt {2{x^2} + {x^2}} = x\sqrt 3 \)

Theo bài ra ta có: \(x\sqrt 3 = a\sqrt 6 \Rightarrow x = a\sqrt 2 .\)

Thể tích của khối lập phương bằng \(V = {\left( {\sqrt 2 a} \right)^3} = 2\sqrt 2 {a^3}.\)

Đáp án A

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{2\left( { - 1} \right) - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = - \frac{5}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 1.\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Đáp án D

Xét đáp án A hàm số có một điểm cực tiểu và một điểm cực đại vì vậy có hai điểm cực trị nên đáp án A là đáp án sai.

Xét đáp án B hàm số đạt điểm cực tiểu tại \(x = 2,\) giá trị cực đại là \(y = - 5\) nên đáp án B là đáp án đúng, chọn đáp án B.

Xét đáp án C sai nên loại.

Xét đáp án D sai nên loại.

Đáp án B

Ta có: \(y' = \frac{{ - 6}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0\) với mọi \(x \ne 2.\)

Hàm số luôn nghịch biến trên đoạn \(\left[ {3;5} \right]\) và \(f\left( 3 \right) = 7,f\left( 5 \right) = 3.\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \frac{{x + 4}}{{x - 2}}\) trên đoạn \(\left[ {3;5} \right]\) là \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 7\) tại \(x = 3\) nên chọn đáp án D.

Ta có \({a^{\frac{3}{2}}}.{a^3} = {a^{\frac{3}{2} + 2}} = {a^{\frac{9}{2}}}.\)

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số \(a < 0.\) Do đó chọn đáp án B.

Vì đáy là hình vuông cạnh \(a\) nên diện tích của đáy là \(S = {a^2}.\)

Thể tích của khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}.h.S = \frac{1}{3}.2a.{a^2} = \frac{2}{3}{a^3}.\)

Đáp án D

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \(x = 3\) do đó hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 3\) và giá trị cực tiểu là \({y_{CT}} = y\left( 3 \right) = - 4.\)

Đáp án D

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right),\left( {1; + \infty } \right).\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( {2; + \infty } \right).\)

Đáp án C

Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){\left( {x + 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - 2\end{array} \right..\) Do \({\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\) cho nên dấu \(f'\left( x \right)\) phụ thuộc vào biểu thức \(x + 1\) và \(f'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu một lần. Hàm số \(f\left( x \right)\) có một cực trị.

Đáp án B

* Gọi \(O\)là tâm của hình chữ nhật \(ABCD.\) Dựng đường thẳng \(Ox\) vuông góc mặt phẳng đáy, ta có \(Ox//SA \Rightarrow Ox \cap SC = I.\) Dễ thấy, \(I\) là trung điểm của \(SC,\) cách đều các đỉnh \(S,A,C\) và là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD,\) ta có \(R = \frac{{SC}}{2}.\)

* Xét tam giác \(ABC:AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {9{a^2} + 16{a^2}} = 5a.\)

Xét tam giác \(SAC:SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {144{a^2} + 25{a^2}} = 13a.\)

Vậy \(R = \frac{{SC}}{2} = \frac{{13a}}{2}.\)

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=x^2-2mx+m^2-\mathrm{4,}y"=2x-2m.$

Vì \(x = 3\) là điểm cực đại của hàm số nên \(y'\left( 3 \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 5\end{array} \right..\)

* Khi \(m = 1,\) ta có $y"\left(3\right)=4>0\Rightarrow x=3$ là điểm cực tiểu, không thỏa mãn.

* Khi \(m = 5,\) ta có $y"\left(3\right)=6-10=-4<0\Rightarrow x=3$ là điểm cực tiểu, thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án B

* Xét \({x^2} + x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\end{array} \right..\)

* Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 9} - 3}}{{{x^2} + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {\sqrt {x + 9} - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 9} + 3} \right)}}{{\left( {{x^2} + x} \right)\left( {\sqrt {x + 9} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 9} + 3} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 9} + 3} \right)}} = \frac{1}{6}.\) Đường thẳng \(x = 0\) không phải là tiệm cận đứng.

* Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{\sqrt {x + 9} - 3}}{{{x^2} + x}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{\sqrt {x + 9} - 3}}{{{x^2} + x}} = - \infty .\) Đường thẳng \(x = - 1\) là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số trên có một tiệm cận đứng.

Đáp án D

Ta có

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{\({4^{{x^2} - x}} + {2^{{x^2} - x + 1}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {{2^{{x^2} - x}}} \right)^2} + {2.2^{{x^2} - x}} - 3 = 0 \Leftrightarrow {\left( {{2^{{x^2} - x}}} \right)^2} + {2.2^{{x^2} - x}} - 3 = 0\)l}{2^{{x^2} - x}} = 1\\{2^{{x^2} - x}} = - 3\left( {VN} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = 1 \Rightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 1.\)

Đáp án D

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}.\)

Ta có \(y' = \frac{{ - m + 2}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}.\)

Hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x - m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}y' < 0\\m \notin \left( { - \infty ; - 1} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m + 2 >0\\m \ge - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\m \ge - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 \le m < 2.\) Mặt khác \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}.\)

Đáp án A

Ta có \(y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0{\rm{ }}\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Đáp án C

Ta có \({S_{xq}} = \pi Rl = 3\pi {a^2}.\) Thay \(R = a.\)

Suy ra \(l = 3a.\)

Đáp án A

Điều kiện: \(x >0\)

Đặt \(l{o_3}x = t \Rightarrow x = {3^t}\)

Khi đó ta có phương trình: \({t^2} - \left( {m + 2} \right)t + 3m - 1 = 0\left( * \right)\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \(t\) phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta >0 \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} - 4\left( {3m - 1} \right) >0 \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 - 12m + 4 >0 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 8 >0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m >4 + 2\sqrt 2 \\m < 4 - 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)

Với \(\left[ \begin{array}{l}m >4 + 2\sqrt 2 \\m < 4 - 2\sqrt 2 \end{array} \right.\) có hai nghiệm phân biệt \({t_1};{t_2}\) thì phương trình đã cho có 2 nghiệm \({x_1};{x_2}\) với \({x_1} = {3^{{t_2}}},{x_2} = {3^{{t_1}}}\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét với phương trình (*) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} = m + 2\\{t_1}{t_2} = 3m - 1\end{array} \right.\)

Theo đề bài ta có: \({x_1}{x_2} = 27 \Leftrightarrow {3^{{t_1}}}{.3^{{t_2}}} = {3^{{t_1} + {t_2}}} = 27 \Leftrightarrow {t_1} + {t_2} = 3 \Leftrightarrow m + 2 = 3 \Leftrightarrow m = 1\left( {tm} \right).\)

Đáp án D

Ta có hình vẽ của hình nón đã cho như hình

Gọi \(H\) là tâm của đường tròn đáy và là trung điểm của \(AB.\)

Góc ở đỉnh bằng \({60^0}\) nên \( \Rightarrow \widehat {BSA} = {60^0} \Rightarrow \Delta SAB\) đều \( \Rightarrow l = 2R = 2a.\)

Diện tích xung quanh của hình nón là: \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi a.2a = 2\pi {a^2}.\)

Đáp án D

Ta có: \(f'\left( x \right) = a\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right),a >0\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 4\end{array} \right.\) là các nghiệm đơn

Mặt khác dựa vào đồ thị \(f'\left( x \right)\) đổi dấu qua các nghiệm \(\left\{ { - 1;1;4} \right\}\) nên hàm số đã cho có 3 cực trị

Đáp án B

Điều kiện: \(x >\frac{2}{3}\)

Phương trình đã cho tương đương: \(3x - 2 = {3^3} \Leftrightarrow x = \frac{{29}}{3}.\)

Đáp án C

Ta có \(2f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{2}.\)

Từ đồ thị ta có phương trình này có 4 nghiệm \({x_1},{x_2},{x_3},{x_4}.\)

Xét giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_i}} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_i}} \frac{{2020}}{{2f\left( x \right) + 1}} = \infty \) do đó \(x = {x_i}\left( {i = 1,2,3,4} \right)\) đều là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right) = \frac{{2020}}{{2f\left( x \right) + 1}}.\)

Vậy đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right) = \frac{{2020}}{{2f\left( x \right) + 1}}\) có 4 đường tiệm cận đứng.

Đáp án C

Ta có \({P^2} = {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = {4^x} + {4^{ - x}} + {2.2^x}{.2^{ - x}} = 25\) do đó \(P = 5.\)

Vậy \(P = {2^x} + {2^{ - x}} = 5.\)

Đáp án D

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} >0\\5x - 1 >0\\m >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x >\frac{1}{5}\\m >0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >\frac{1}{5}\\m >0\end{array} \right.\)

Ta có:

\({\log _9}{x^2} - {\log _3}\left( {5x - 1} \right) = - {\log _3}m\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}.2.{\log _3}x + {\log _3}m = {\log _3}\left( {5x - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {mx} \right) = {\log _3}\left( {5x - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow mx = 5x - 1\)

\( \Leftrightarrow \left( {m - 5} \right)x + 1 = 0\)

Xét \(m = 5,\) phương trình vô nghiệm nên loại \(m = 5.\)

Xét \(m \ne 5,\) phương trình có nghiệm \(x = \frac{{ - 1}}{{m - 5}}.\)

Dựa vào điều kiện ta được \(\frac{{ - 1}}{{m - 5}} >\frac{1}{5} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{m - 5}} - \frac{1}{5} >0 \Leftrightarrow \frac{{ - m}}{{m - 5}} >0 \Leftrightarrow 0 < m < 5.\)

Khi đó \(m \in \left\{ {1,2,3,4} \right\}.\)

Đáp án A

Công thức tính thể tích khối cầu có bán kính

\(R\) là \(\frac{4}{3}\pi {R^3}.\)

Đáp án B

Đáp án B

\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(\left( {\widehat {SC;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SC;AC}} \right) = \widehat {SCA}.\)

Tam giác \(ADC\) vuông tại \(D\) có \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 .\)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có \(SA = AC.\tan \left( {{{30}^0}} \right) = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.d\left( {C,AB} \right) = \frac{1}{2}AB.DA = \frac{1}{2}.2a.a = {a^2}\)

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{9}.\)

Đáp án D.

Dựa vào dáng đồ thị ta có \(a < 0,\) dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung ta có \(c < 0.\)

\(y' = 4a{x^3} + 2bx = 2x\left( {2a{x^2} + b} \right)\) dựa vào đồ thị ta có \(y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt suy ra \( - b < 0 \Rightarrow b >0.\)</>

Đáp án C

Ta có \({S_{xq}} = 2\pi rl = 36\pi {a^2} \Rightarrow rl = 18{a^2}\) mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên \(l = 2r.\) Do đó \(r = 3a,l = 6a.\)

Gọi \(S\) là diện tích lục giác đều nội tiếp đường tròn đáy.

Ta có \(S = 6.\frac{{{{\left( {3a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)

\(V = Bh = \frac{{27{a^2}\sqrt 3 }}{2}.6a = 81{a^3}\sqrt 3 .\)

Đáp án D

\(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = - 3{t^2} + 18t + 1\) trên đoạn \(\left[ {0;12} \right].\)

Bảng biến thiên:

Vận tốc của chuyển động đạt giá trị lớn nhất theo dữ kiện của bài là: \(t = 3s.\)

Đáp án A

Xét hàm số: \(y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\)

\(y' = g'\left( x \right) = \left( {2x - 4} \right)f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\)

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

Suy ra \(g'\left( x \right)\) bị đổi dấu 5 lần, nên hàm số \(y = f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\) có 5 điểm cực trị.

Đáp án B

Ta có \(y' = - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9.\)

Để hàm số đã cho nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) thì \(y' \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9 \le 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \Delta ' \le 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 3\left( {4m + 9} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 9 \le m \le - 3.\)

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 9; - 8;...; - 3} \right\}.\)

Vậy có 7 số nguyên \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

Ta có \(2\left| {f\left( x \right)} \right| - 2m = 0 \Leftrightarrow \left| {f\left( x \right)} \right| = m.\)

Đồ thị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)

Dựa vào đồ thị, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) tại 4 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow 1 < m < 3.\)

Vậy với \(1 < m < 3\) thì phương trình \(2\left| {f\left( x \right)} \right| - 2m = 0\) có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án A

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{2018}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.\frac{{x + 1}}{{2018x}} = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}\)

Ta có

\(S = f'\left( 1 \right) + f'\left( 2 \right) + f'\left( 3 \right) + ... + f'\left( {2018} \right)\)

\( = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + ... + \left( {\frac{1}{{2018}} - \frac{1}{{2019}}} \right)\)

\( = 1 - \frac{1}{{2019}} = \frac{{2018}}{{2019}}.\)

Đáp án D

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + m\)

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = - m,\left( 1 \right)\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(\left( 1 \right)\) có đúng một nghiệm bội lẻ \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m \ge 3\\ - m \le - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 3\\m \ge 1\end{array} \right..\)

Kết hợp điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \left( { - 10;10} \right)\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 9, - 8, - 7, - 6, - 5, - 4, - 3,1,2,3,4,5,6,7,8,9} \right\}\)

Suy ra có 16 giá trị thỏa yêu cầu bài toán.\(m\)

Đáp án C