Chọn C.

Có 4 mặt phẳng đối xứng.

Chọn C.

Hình dạng bảng biến thiên là của hàm trùng phương nên chọn đáp án C hoặc D.

Nhìn và bảng biến thiên thấy hệ số a>0 nên chọn đáp án C.

Chọn C.

Với các số thực dương a,b bất kì ta có $\ln \left(ab\right)=\ln a+\ln b.$

Chọn D.

$f\text{'}\left(x\right)\ge 0,\forall x\in \left(a;b\right).$ Dấu “=” xảy ra một số hữu hạn điểm thì hàm số đồng biến trên khoảng (a;b)

Chọn D.

Số cách sắp xếp chỗ ngồi cho 4 bạn học sinh vào dãy có 4 ghế là số hoán vị của 4 phần tử $P_4=4!=24.$

Chọn B.

+ Ta có $AA\text{'}\perp \left(ABC\right)$ nên $\left(\widehat{A\text{'}C,\left(ABC\right)}\right)=\widehat{\left(A\text{'}C,AC\right)}=\widehat{A\text{'}CA}={45}^0.$ Khi đó:

$$\begin{gathered} \tan {45}^0=\frac{AA\text{'}}{AC}\Rightarrow AA\text{'}=AC.\tan {45}^0=a. \\ + S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin {60}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}. \\ + Vậy V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.AA\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}. \end{gathered}$$

Chọn B.

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

Bảng xét dấu của f'(x)

Do đó hàm số f(x) có hai điểm cực trị.

Chọn D.

Ta có

$$\begin{gathered} \underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x-1}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3-\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=3; \\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3x-1}{x+1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3-\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=3. \end{gathered}$$

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=3

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy số nghiệm của phương trình f(x)=3 là 2.

Chọn D.

Xét đáp án D, ta có $y=x^3+x\Rightarrow y\text{'}=3x^2+1>0\forall x\in R.$

Suy ra hàm số $y=x^3+x$ đồng biến trên R.

Chọn A.

Gọi d là công sai của cấp số cộng.

Ta có $u_8=u_1+7d\iff d=\frac{u_8-u_1}{7}=\frac{39-\left(-3\right)}{7}=6.$ Vậy công sai của cấp số cộng là d=6

Chọn C.

Ta có $AB//CD\Rightarrow CD//\left(SAB\right)\Rightarrow d\left(SA,CD\right)=d\left(CD,\left(SAB\right)\right)=d\left(D,\left(SAB\right)\right).$

Do $\left\{\begin{array}{l}AD\perp AB\\ AD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow AD\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d\left(D,\left(SAB\right)\right)=AD=a.$

Chọn D.

Gọi H là trung điểm của AB suy ra $SH=a\sqrt{3}$

$$\begin{gathered} AB=2a\Rightarrow BC=2a\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}{\left(2a\right)}^2=2a^2 \\ {V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SH=\frac{1}{3}.2a^2.a\sqrt{3}=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}. \end{gathered}$$

Chọn B.

Ta có $V=\frac{1}{3}{S}_{OBC}.OA=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.OB.OC.OA=\frac{a^3}{6}.$

Chọn D.

Diện tích đáy B là diện tích một tam giác đều có độ dài cạnh bằng 3 $\Rightarrow B=\frac{3^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{4};$

Chiều cao khối lăng trụ h=3

Khi đó thể tích khối lăng trụ đều này là $S=B.h=\frac{9\sqrt{3}}{4}.3=\frac{27\sqrt{3}}{4}$

Vậy ta chọn phương án D làm đáp án.

Chọn A.

$Q=\sqrt{a^2.\sqrt[3]{a^4}}=\sqrt{a^2.a^{\frac{4}{3}}}=\sqrt{a^{\frac{10}{3}}}=a^{\frac{10}{3.2}}=a^{\frac{10}{6}}=a^{\frac{5}{3}}.$

Vậy ta chọn phương án A làm đáp án.

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=3x^2+6x\Rightarrow y=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right..$

Điểm cực đại của hàm số là x=-2

Chọn A.

Ta có $A=2^{{\log }_{4}9+{\log }_{2}5}=2^{{\log }_{2}3+{\log }_{2}5}=2^{{\log }_{2}15}=15.$

Chọn D.

Số giao điểm của đường thẳng y=4x và đường cong $y=x^3$ là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm:

$x^3=4x\iff x^3-4x=0\iff x\left(x^2-4\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\\ x=-2\end{array}\right..$

Vậy số giao điểm của đường thẳng và đường cong là 3.

Chọn B.

Thể tích khối chóp S.ABCD bằng $V=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}.a^2.a\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}$ (đvtt)

Chọn C.

Hình lăng trụ tam giác có 5 mặt.

Chọn D.

Ta có: ${\log }_a\left(\frac{a^2\sqrt[3]{b}}{c}\right)=2+\frac{1}{3}{\log }_{a}v-{\log }_{a}c=2+\frac{1}{3}.2-3=-\frac{1}{3}.$

Chọn B.

Xét đáp án A hàm số có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại vì vậy đáp án A đúng.

Xét đáp án B hàm số đạt điểm cực đại tại x=0 giá trị cực đại là y=3 nên đáp án B là khẳng định sai, chọn đáp án B.

Xét đáp án C đúng nên loại.

Xét đáp án D đúng nên loại

Chọn C.

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=6x^2+6x-12 \\ y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[-1;2\right]\\ x=-2\notin \left[-1;2\right]\end{array}\right. \\ f\left(-1\right)=15,f\left(2\right)=6,f\left(1\right)=-5 \end{gathered}$$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y=2x^3+3x^2-12x+2$ trên đoạn [-1;2] là $\underset{\left[-1;2\right]}{max}f\left(x\right)=15$ tại x=-1 nên chọn đáp án C.

Chọn D.

Gọi $A\left(x_0;y_0\right)$ là giao điểm của (C) với trục tung.

Khi đó: $x_0=0\Rightarrow y_0=-1$ nên A(0;-1)

Ta có: $y\text{'}=3x^2-1\Rightarrow y\text{'}\left(0\right)=-1.$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(0;-1) là

$$\begin{gathered} y=y\text{'}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+y_0 \\ \iff y=-1\left(x-0\right)-1 \\ \iff y=-x-1 \end{gathered}$$

Chọn C.

Ta có: $f\left(x\right)+m=0\iff f\left(x\right)=-m.$

Đặt $\left(C\right):y=f\left(x\right)$ và $\left(d\right):y=-m.$

Số nghiệm của phương trình f(x)=-m là số giao điểm của (C) và (d)

Để phương trình f(x)=-m có 3 nghiệm phân biệt thì $-4<-m<0\iff 0<m<4.$

Chọn C.

Từ dạng của đồ thị hàm số, ta thấy $y\text{'}<0\forall x\ne 1.$

Chọn D.

$$\begin{gathered} P^2={\left(3^x+3^{-x}\right)}^2=3^{2x}+2.3^x.3^{-x}+3^{-2x}=9^x+9^{-x}+2=23+2=25 \\ \Rightarrow P=\sqrt{25}=5. \end{gathered}$$

Chọn A.

Hàm số $y=3x^4+2$

TXĐ: D=R

$y\text{'}=4x^3=0\iff x=0.$

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số $y=3x^4+2$ nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right).$

Chọn B.

Hàm số $y=x^3+3x^2-3$

TXĐ: D=R

$y\text{'}=3x^2+6x$

Gọi $M\left(x_0;y_0\right)$ là tiếp điểm.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại $M:k=y\text{'}\left(x_0\right)$

Mà tiếp tuyến song song với trục hoành nên hệ số góc $k=0\Rightarrow 3x_0^2+6x_0=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=-2\end{array}\right..$

+ $x_0=0$ tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M(0;-3) là: $y-\left(-3\right)=0\left(x-0\right)\Rightarrow y=-3.$

+ $x_0=-2$ tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M(-2;1) là: $y-1=0\left(x+2\right)\Rightarrow y=1.$

Vậy có 2 tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2-3$ song song với trục hoành.

Chọn A.

SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là $\widehat{SBA}.$

Xét tam giác SBA vuông tại A ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a}{a}=1\Rightarrow \widehat{SBA}={45}^0.$

Chọn C.

$P=\frac{2^3{.2}^{-1}+5^{-3}{.5}^4}{{10}^{-3}:{10}^{-2}-{\left(0,1\right)}^0}=\frac{2^2+5}{{10}^{-1}-1}=\frac{9}{\frac{1}{10}-1}=\frac{9}{\frac{-9}{10}}=-10.$

Chọn D.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+1}{x^2+2x-3}=0, \underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x+1}{x^2+2x-3}=0$ nên đường thẳng y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x+1}{x^2+2x-3}=+\infty ,\underset{x\to -3^{-}}{\lim }y=\underset{x\to -3^{-}}{\lim }\frac{x+1}{x^2+2x-3}=-\infty$ nên đường thẳng x=1 và x=-3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận.

Chọn D.

Hình mười hai mạt đều có ba mươi cạnh.

Chọn D.

Thể tích khối lăng trụ $\mathrm{V} = \mathrm{B}.\mathrm{h} = 3.2 = 6$

Chọn C.

Tập xác định D=R

$y\text{'}=3x^2-6\left(2m+1\right)x+12m+5$

Hàm số đồng biến trong khoảng $\left(2;+\infty \right)$ khi $y\text{'}\ge 0,\forall x\in \left(2;+\infty \right).$

$$\begin{gathered} \iff 3x^2-6\left(2m+1\right)x+12m+5\ge 0\forall x\in \left(2;+\infty \right). \\ 3x^2-6\left(2m+1\right)x+12m+5\ge 0\iff m\le \frac{3x^2-6x+5}{12\left(x-1\right)},\forall x\in \left(2;+\infty \right) \end{gathered}$$

Xét hàm số $g\left(x\right)=\frac{3x^2-6x+5}{12\left(x-1\right)},\forall x\in \left(2;+\infty \right).$

$g\text{'}\left(x\right)=\frac{3x^2-6x+1}{12{\left(x-1\right)}^2}>0,\forall x\in \left(2;+\infty \right)\Rightarrow$Hàm số g(x) đồng biến trong khoảng $\left(2;+\infty \right).$

Do đó: $m\le g\left(x\right),\forall x\in \left(2;+\infty \right)\Rightarrow m\le g\left(2\right)\iff m\le \frac{5}{12}.$

Vì $0<m\le \frac{5}{12}.$ Do đó không có giá trị nguyên dương nào của m thỏa mãn bài toán.

Chọn D.

Cách 1:

Phương trình đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua A(2;0) là y=mx-2m

Hoành độ giao điểm của (d) và (C) là nghiệm của phương trình:

$-x^3+6x^2-9x+2=m\left(x-1\right)\iff \left(x-2\right)\left(x^2-4x+m+1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x^2-4x+m+1=0\left(1\right)\end{array}\right.$

$x=2\Rightarrow y=0\Rightarrow A\left(2;0\right).$ Do đó: (C) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt

$\iff$ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$ khác $2\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=3-m>0\\ 2^2-4.2+m+1\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-m>-3\\ m-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<3\\ m\ne 3\end{array}\right.\iff m<3$

Theo định lí Vi-et: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=4\\ x_1{x}_2=m+1\end{array}\right.,$ mà $m>0\Rightarrow m+1>0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2>0\\ x_1.x_2>0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1>0\\ x_2>0\end{array}\right.$

Giả sử $B\left(x_1;m{x}_1-2m\right)$ và $C\left(x_2;m{x}_2-2m\right)\Rightarrow B\text{'}\left(0;m{x}_1-2m\right)$ và $C\text{'}\left(0;m{x}_2-2m\right).$

$\Rightarrow B\text{'}C\text{'}=\left|m\left(x_1-x_2\right)\right|=m\left|x_1-x_2\right|;BB\text{'}=\left|x_1\right|=x_1;CC\text{'}=\left|x_2\right|=x_2$

Ta có:

$$\begin{gathered} S_{BB\text{'}C\text{'}C}=\frac{1}{2}B\text{'}C\text{'}\left(BB\text{'}+CC\text{'}\right)=8 \\ \iff B\text{'}C\text{'}\left(BB\text{'}+CC\text{'}\right)=16\iff m\left|x_1-x_2\right|\left(x_1+x_2\right)=16 \\ \iff m\left|x_1-x_2\right|=4\iff m^2{\left(x_1-x_2\right)}^2=16\iff m^2\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2\right]=16 \\ \iff m^2\left(16-4m-4\right)=16 \end{gathered}$$

$\iff m^3-3m^2+4=0\iff \left(m+1\right){\left(m-2\right)}^2=0\iff m=-1$ hoặc m=2

Vì $0<m<3\Rightarrow m=2\Rightarrow m\in \left(1;5\right).$

Cách 2:

Phương trình đường thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua A(2;0) và y=m(x-2)

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=-x^3+6x^2-9x+2\left(C\right)$

TXĐ: D=R

$\Rightarrow$ Đồ thị (C) nhận điểm A(0;2) làm điểm uốn.

$\Rightarrow$B và C đối xứng nhau qua A;B' và C' đối xứng nhau qua O

$\Rightarrow OA$ là đường trung bình của hình thang $BB\text{'}C\text{'}C\Rightarrow \frac{BB\text{'}+CC\text{'}}{2}=OA=2$

Diện tích của hình thang BB'C'C bằng $8\Rightarrow B\text{'}C\text{'}=4$

Không mất tính tổng quát, giả sử $y_B>0\Rightarrow y_B=2\Rightarrow -{x_B}^3+6x_B^2-9x_B+2=2\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_B=0\\ x_B=3\end{array}\right.$

+ $x_B=0\Rightarrow B\left(0;2\right)\Rightarrow \left(d\right)$ có phương trình $y=-x+2\Rightarrow m=-1<0$ (loại).

+ $x_B=3\Rightarrow B\left(3;2\right)\Rightarrow \left(d\right)$ có phương trình $y=2x-4\Rightarrow m=2$ (thỏa mãn).

Vậy giá trị của m thuộc khoảng (1;5)

Chọn B.

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của (P) với $SA,SD\Rightarrow MN//AD;$ kẻ $AH\perp BM$ tại H

$AD\perp SA;AD\perp AB\Rightarrow AD\perp \left(SAB\right)\Rightarrow MN\perp \left(SAB\right)\Rightarrow MN\perp MB$ và $MN\perp AH$

* $MN\perp MB\Rightarrow$ Thiết diện là hình thang vuông BMNC có diện tích là $\frac{MB}{2}.\left(MN+BC\right)$

* $AH\perp MN,AH\perp BM,MN//AD\Rightarrow AH$ là khoảng cách từ AD đến $\left(P\right)\Rightarrow AH=h$

Đặt $AM=x\left(0<x<3a\right)\Rightarrow SM=3a-x.$ Ta có: $\frac{MN}{AD}=\frac{SM}{SA}$ (do $MN//AD).$

$\Rightarrow \frac{MN}{a}=\frac{3a-x}{3a}\Rightarrow MN=\frac{3a-x}{3},$ mà $MB=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=\sqrt{a^2+x^2}$

Diện tích thiết diện là $\frac{2\sqrt{5}{a}^2}{3}\Rightarrow \frac{\sqrt{a^2+x^2}}{2}.\left(\frac{3a-x}{3}+a\right)=\frac{2\sqrt{5}{a}^2}{3}$

$$\begin{gathered} \iff \sqrt{a^2+x^2}.\left(6a-x\right)=4\sqrt{5}{a}^2\iff \left(a^2+x^2\right)\left(36a^2-12ax+x^2\right)=80a^4 \\ \iff 36a^4-12a^{3}x+a^2{x}^2+36a^2{x}^2-12a{x}^3+x^4-80a^4=0 \\ \iff x^4-12x^{3}x+37x^2{a}^2-12a{x}^3-44a^4=0\Rightarrow x=2a \\ \Rightarrow MB=a\sqrt{5}\Rightarrow h=AH=\frac{AM.AB}{MB}=\frac{2a.a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}a}{5} \end{gathered}$$

Vậy khoảng cách h giữa đường thẳng AD và mặt phẳng (P) là $\frac{2\sqrt{5}a}{5}.$

Chọn D.

Ta có

$$\begin{gathered} V_{B.ACED}=V_{S.ABC}-V_{ABED} \\ \frac{V_{SBED}}{V_{SABC}}=\frac{SE}{SC}.\frac{SD}{SA}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{3} \end{gathered}$$

Đặt AB=AC=a. Khi đó, ta có

$$\begin{gathered} S{A}^2=S{B}^2+A{B}^2={12}^2+a^2 \\ S{C}^2=S{B}^2+B{C}^2={12}^2+2a^2 \end{gathered}$$

Chọn C.

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t}{t^2+1}$ trên khoảng $\left(0;+\infty \right).$

Có: $f\text{'}\left(t\right)=\frac{1-t^2}{{\left(t^2+1\right)}^2},f\text{'}\left(t\right)=0\iff 1-t^2=0\iff t=\pm 1$

Từ bảng biến thiên trên suy ra sau khi tiêm thuốc 1 giờ thì tổng nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất.

Chọn B.

Khi m=0 hàm số trở thành $y=-x^2-2$ có đồ thị là một Parabol có bề lõm quay xuống nên hàm số có một cực đại và không có cực tiểu (thỏa mãn bài toán)

Khi $m\ne 0,$ hàm số có một cực đại và không có cực tiểu khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array}{l}m<0\\ m\left(2m-1\right)\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ 2m-1\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m\le \frac{1}{2}\end{array}\right.\iff m<0.$

Vậy hàm số có một cực đại và không có cực tiểu khi $m\le 0.$

Chọn D.

Ta có PTHĐGĐ của đường thẳng (d) và đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x+1}$

$$\begin{gathered} \frac{2x+1}{x+1}=x+m-1,\left(x\ne -1\right) \\ \iff 2x+1=\left(x+m-1\right)\left(x+1\right) \\ \iff x^2+\left(m-2\right)x+m-2=0\left(2\right) \end{gathered}$$

Phương trình $\frac{2x+1}{x+1}=x+m-1$ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2\ne -1.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta >0\\ 1-m+2+m-2\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(m-2\right)}^2-4\left(m-2\right)>0\\ 1\ne 0\end{array}\right.\iff m^2-8m+12>0\iff \left[\begin{array}{l}m<2\\ m>6\end{array}\right.$

Gọi $M\left(x_1;x_1+m-1\right),N\left(x_2;x_2+m-1\right)$ là giao điểm của hai đồ thị.

Ta có

$$\begin{gathered} MN=2\sqrt{3}\iff M{N}^2=12\iff {\left(x_2-x_1\right)}^2+{\left(x_2-x_1\right)}^2=12 \\ \iff x_2^2-x_1^2-2x_1{x}_2=6\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2-6=0 \\ \iff {\left(m-2\right)}^2-4\left(m-2\right)-6=0\iff m^2-8m+6=0 \\ \iff {\left(m-2\right)}^2-4\left(m-2\right)-6=0\iff m^2-8m+6=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}m=4+\sqrt{10}\\ m=4-\sqrt{10}\end{array}\right. \end{gathered}$$

So với điều kiện có hai nghiệm phân biệt, ta nhận cả hai giá trị $m=4\pm \sqrt{10}.$

Chọn A.

Đặt $t=x^3+2x\Rightarrow t\text{'}=x^2+2>0,\forall x\Rightarrow t\left(x\right)$ đồng biến trên [-1;1]

$\forall x\in \left[-1;1\right]\Rightarrow t\left(-1\right)\le t\le t\left(1\right)\iff -3\le t\le 3$

Suy ra $-6\le f\left(t\right)\le 5$

$g\left(t\right)=\left|f\left(t\right)+3f\left(m\right)\right|$

Như vậy khi đó

$$\begin{gathered} \Rightarrow Max\mathrm{g}\left(t\right)=Max\left\{\left|5+3f\left(m\right)\right|;\left|-6+3f\left(m\right)\right|\right\} \\ =\frac{\left|5+3f\left(m\right)-6+3f\left(m\right)\right|+\left|5+3f\left(m\right)+6-3\left(m\right)\right|}{2} \\ =\frac{\left|6f\left(m\right)-1\right|+11}{2} \end{gathered}$$

Chọn C.

Đường thẳng d đi qua điểm A(1;m) hệ số góc k có phương trình là $y=k\left(x-1\right)+m.$

Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}{x}^3+3x^2+1=k\left(x-1\right)+m\left(1\right)\\ 3x^2+6x=k\left(2\right)\end{array}\right.$ có nghiệm x

Thay (2) vào (1) ta có phương trình $x^3+3x^2+1=\left(3x^2+6x\right)\left(x-1\right)+m\iff 2x^3-6x-1=-m\left(3\right).$

Qua điểm A(1;m) kẻ được đúng 3 tiếp tuyến với đồ thị $\left(C\right)\iff$ phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt $\iff$ hai đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)=2x^3-6x-1$ và y=-m cắt nhau tại ba điểm phân biệt.

Ta có bảng biến thiên của hàm số $y=2x^3-6x-1$ như sau

Từ bảng biến thiên của hàm số y=f(x) suy ra $-5<-m<3\iff -3<m<5\stackrel{m\in Z}{\to }m\in \left\{-2;-1;0;1;2;3;4\right\}.$ Vậy có tất cả 7 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Vì SA=SB=SC nên hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Mà tam giác ABC vuông tại B nên tam đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là điểm M.

Vậy $V_{MNPQ}=\frac{1}{9}.\sqrt{7}.\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{7}}{18}.$

Chọn C.

Ta có $\Delta A\text{'}MC\text{'}$ vuông tại M có

$$\begin{gathered} \widehat{A\text{'}C\text{'}M}={30}^0\Rightarrow A\text{'}M=\frac{1}{2}.A\text{'}C\text{'}=\frac{2}{2} \\ MC\text{'}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow B\text{'}C\text{'}=a\sqrt{3}. \end{gathered}$$

Gọi $\alpha$ là góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và mặt phẳng $\left(ABC\right)\Rightarrow \alpha =\left(\widehat{\left(AMN\right);\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)}\right)$

Tam giác A'MC' là hình chiếu của tam giác AMN trên mặt phẳng (A'B'C') nên $\cos \alpha =\frac{S_{A\text{'}MC\text{'}}}{S_{AMN}}$

Ta có

$$\begin{gathered} S_{A\text{'}MC\text{'}}=\frac{1}{2}.S_{ABC}=\frac{1}{4}.AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{8}. \\ A{N}^2=A{C}^2+C{N}^2=a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2=\frac{5a^2}{4}\Rightarrow AN=\frac{a\sqrt{5}}{2}. \\ A{M}^2=AA{\text{'}}^2+A\text{'}{M}^2=AA{\text{'}}^2+{\left(\frac{A\text{'}C\text{'}}{2}\right)}^2=\frac{5a^2}{4}\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{5}}{2} \\ M{N}^2=C\text{'}{N}^2+C\text{'}{M}^2=\frac{a^2}{4}+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=a^2\Rightarrow MN=a. \end{gathered}$$

Gọi I là trung điểm của $MN\Rightarrow AI\perp MN$

$AI=\sqrt{A{N}^2-I{N}^2}=a$

$S_{AMN}=\frac{1}{2}.AI.MN=\frac{a^2}{2}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{4}$

Vậy số đo góc giữa mặt phẳng (AMN) và mặt phẳng (ABC) bằng $\arccos \frac{\sqrt{3}}{4}.$

Chọn D.

Chọn ngẫu nhiên 3 trong số 18 đỉnh của đa giác ta được 1 tam giác nên $n\left(\Omega \right)=C_{18}^3=816.$

Vì đa giác đã cho là đa giác đều có 18 đỉnh nên từ mỗi đỉnh có thể tìm ra 8 cặp điểm để cùng với nó tạo ra 1 tam giác cân, trong đó có 1 tam giác đều. Từ 18 đỉnh của đa giác đều có thể tạo ra 6 tam giác đều. Vậy số tam giác cân và đều mà 18 đỉnh của đa giác đều đó tạo ra là: $18.7 + 6 = 132$

Xác suất cần tìm là $\frac{132}{816}=\frac{11}{68}.$