Đề số 10

Vì hàm số bậc 2 và hàm phân thức bậc nhất nên không đơn điệu trên tập xác định nên loại đi hai đáp án A và D.

Hàm số bậc nhất \(y = x + 5\) có hệ số \(a = 1 >0\) nên hàm số luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên loại đáp án C. Vậy chọn đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right)\) nên hàm số cũng đồng biến trên khoảng \(\left( {3;5} \right).\)

Đáp án B.

Xét hàm số \(y = f\left( {\left| {x + 1} \right| - 1} \right)\)

Ta có: \(y' = \frac{{x + 1}}{{\left| {x + 1} \right|}}f'\left( {\left| {x + 1} \right| - 1} \right)\)

Khi đó \(y'\) không xác định tại \(x = - 1\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {x + 1} \right| - 1 = 0\\\left| {x + 1} \right| - 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 0\\x = - 2\\x = - 3\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào BBT hàm số có 5 cực trị nên chọn đáp án A.

Ta có:

\(d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{2}AA'\)

\({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2}d\left( {G;AB} \right).AB\) mà \(d\left( {G;AB} \right) = \frac{1}{3}d\left( {C;AB} \right).\) Khi đó \({S_{\Delta AGB}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}\)

Vậy: \({V_{OAGB}} = \frac{1}{{18}}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{{18}}.270 = 15c{m^3}\) nên chọn đáp án C.

Đáp án B.

Có \(2f\left( x \right) + 7 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{7}{2}\)

Từ hình vẽ ta có \( - 4 < - \frac{7}{2} < - 3\) suy ra số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = - \frac{7}{2}\) là \(4 \Rightarrow \) phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án B.

+ Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 2 với hệ số \(a < 0\) nên loại đáp án C, D.

+ Do đồ thị đi qua điểm \(\left( {1;3} \right)\) nên nhận đáp án B.

Dựa vào hình dáng đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương với hệ số \(a >0.\)

Đáp án D.

Ta có: \({u_2} = \frac{{{u_1} + {u_2}}}{2} = \frac{{5 + 1}}{2} = 3.\)

Đáp án B.

Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng.

Đáp án A.

Khối chóp tam giác đều nên đáy là tam giác đều cạnh bằng 2, do đó diện tích đáy là \(B = \frac{{{2^2}.\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 .\)

Thể tích khối chóp đã cho là \(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}\sqrt 3 .12 - 4\sqrt 3 .\)

Đáp án B.

Gọi tiếp điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right).\) Ta có \(y'\left( {{x_0}} \right) = 2{x_0} - 1.\)

Vì tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^2} - x + 5\) vuông góc với đường thẳng \(y = - \frac{1}{3}x + 1\) nên \(y'\left( {{x_0}} \right).\left( { - \frac{1}{3}} \right) = - 1 \Leftrightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = 3 \Leftrightarrow 2{x_0} - 1 = 3 \Leftrightarrow {x_0} = 2.\)

Khi đó \({y_0} = {2^2} - 2 + 5 = 7 \Rightarrow M\left( {2;7} \right).\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị àm số \(y = {x^2} - x + 5\) dạng \(y = 3.\left( {x - 2} \right) + 7 \Leftrightarrow y = 3x + 1.\)

Đáp án C.

Giá trị cực đại là y=3

Đáp án B.

Hàm số xác định \[ < = >\left\{ \begin{array}{l}1 - {x^2} \ge 0\\{x^2} + 2x \ne 0\end{array} \right. < = >x \in {\rm{[}} - 1;1]\backslash {\rm{\{ }}0\} \]</></>

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = + \infty \] =>đường thẳng x=0 là tiệm cận đứng.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = 0\]

Vậy hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng.

Đáp án A.

Ta có \(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9\) chia hết cho 9.

Do đó số gồm 8 chữ số phân biệt chia hết cho 9 thì số đó phải không chữ 2 trong 10 chữ số \(\left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\) và có tổng chia hết cho 9.

Ta có 5 cặp số thỏa mãn: \(\left\{ {0;9} \right\};\left\{ {1;8} \right\};\left\{ {2;7} \right\};\left\{ {3;6} \right\};\left\{ {4;5} \right\}.\)

Gọi số có 8 chữ số là \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}{a_8}} \)

Trường hợp 1: Số được lập không chứa cặp số \(\left\{ {0;9} \right\}.\) Khi đó có 8! Số thỏa mãn.

Trường hợp 2: Số được lập không chứa một trong 4 cặp số \(\left\{ {1;8} \right\};\left\{ {2;7} \right\};\left\{ {3;6} \right\};\left\{ {4;5} \right\}.\)

Với mỗi số không chứa 1 trong 4 cặp trên, ta có 7.7! số được tạo ra thỏa mãn bài toán.

Do đó số các số gồm 8 chữ số phân biệt không chứa một trong 4 cặp số trên là: 7.7!.4

Vậy số các số gồm 8 chữ số phân biệt chia hết cho 8 là: \(8! + 7.7!.4 = 181440\) số.

Đáp án C.

Vì lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh \(a\) nên diện tích đáy: \(B = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Chiều cao của lăng trị đều là: \(h = a.\)

Thể tích của khối lăng trụ là: \(V = B.h = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\)

Đáp án A.

\(y' = \frac{1}{2} - \frac{1}{{2\sqrt {x + 2} }} = \frac{{\sqrt {x + 2} - 1}}{{2\sqrt {x + 2} }}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} = 1 \Leftrightarrow x = - 1\)

\(f\left( { - 1} \right) = - \frac{3}{2};f\left( {34} \right) = 11.\)

\(m = - \frac{3}{2};M = 11.S = 3\left( { - \frac{3}{2}} \right) + 11 = \frac{{ - 9}}{2} + 11 = \frac{{13}}{2}.\)

Đáp án A.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}6x - {x^2} \ge 0\left( 1 \right)\\{x^2} - 8x + 2m >0\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 0 \le x \le 6.\)

Để đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng thì phương trình \(f\left( x \right) = {x^2} - 8x + 2m = 0\) có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa \(0 \le {x_1} < {x_2} \le 6.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' \ge 0\\a.f\left( 0 \right) \ge 0\\a.f\left( 6 \right) \ge 0\\\frac{S}{2} >0\\\frac{S}{2} < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}16 - 2m >0\\2m \ge 0\\36 - 48 + 2m \ge 0\\\frac{8}{2} >0\\\frac{8}{2} < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow 6 \le m < 8.\)

Vì \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {6;7} \right\}.\) Vậy tổng các giá trị nguyên \(m\) là 6 + 7 = 13.

Đáp án C.

Số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω)=C20192.

Để chọn được hai thẻ có tổng số nhỏ hơn 2002 ta xét các trường hợp sau:

TH 1: chọn số 1, khi đó có 1999 cách chọn số còn lại thuộc tập \(\left\{ {2;3;...;2000} \right\}.\)

TH 2: chọn số 2, khi đó có 1997 cách chọn số còn lại thuộc tập \(\left\{ {3;...;1999} \right\}.\)

…..

TH 1000: chọn số 1000, khi đó có 1 cách chọn số còn lại thuộc tập {1001}.

Nên \(n\left( A \right) = 1999 + 1997 + ... + 1 = \frac{{\left( {1999 + 1} \right)1000}}{2} = {10^6},P\left( A \right) = \frac{{{{10}^6}}}{{C_{2019}^2}}.\)

Đáp án C.

Gọi \(N\) là giao điểm của \(B'B.\) Ta có \(MN//B'C \Rightarrow \left( {AMN} \right)//B'C\)

Do đó \(d\left( {AM,B'C} \right) = d\left( {B'C,\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {B',\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AMN} \right)} \right) = d\)

Xét tứ diện vuông \(B.AMN\) có \(\frac{1}{{{d^2}}} = \frac{1}{{B{A^2}}} + \frac{1}{{B{M^2}}} + \frac{1}{{B{N^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{7}{{{a^2}}}.\)

Vậy \(d = \frac{{a\sqrt 7 }}{7}\)

Đáp án B.

\(y = \frac{{3x + 1}}{{x - 3}}\left( C \right)\)

\(y = 3\left( d \right)\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( d \right):\)

\(\frac{{3x + 1}}{{x - 3}} = 3 \Leftrightarrow 3x + 1 = 3x - 9 \Leftrightarrow 0x = 10\) (vô nghiệm).

Số giao điểm của đồ thị và đường thẳng là 0.

Đáp án D.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 2 \Rightarrow \) tiệm cận ngang là \(y = 2.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 1 \Rightarrow \) tiệm cận ngang là \(y = 1.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} y = - \infty \Rightarrow \) tiệm cận đứng là \(x = - 1.\)

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Đáp án D.

Ta có:

\(\left( {SBM} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BM\)

Kẻ \(AH \bot BM \Rightarrow \) Góc giữa (SBM) và mặt đáy là \(\widehat {SHA}\) và \(\widehat {SHA} = {45^0}.\)

Do đó \(\Delta SAH\) là tam giác vuông cân, \(SH = a\sqrt 2 .\)

Kẻ \(AK \bot SH \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBM} \right)} \right) = AK = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Vì \(M\) là trung điểm của \(AD\) nên \(d\left( {D,\left( {SBM} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBM} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Đáp án A.

Ta có: \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 3 \right) = - \frac{3}{4}.\)

Đáp án D.

Hàm số \(y = {x^3} - 2{x^2} + x - 1\) có TXĐ: \(\mathbb{R};y' = 3{x^2} - 4x + 1;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{3}\\x = 1\end{array} \right..\)

Dựa vào BBT đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 2{x^2} + x - 1\) và đường thẳng \(y = m\) có nhiều nhất là ba giao điểm.

Đáp án D.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot OA\\OC \bot OB\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right).\)

Do đó \({V_{C.OAB}} = \frac{1}{3}.{S_{OAB}}.OC = \frac{1}{6}.OA.OB.OC = \frac{1}{6}.3.4.10 = 20c{m^3}.\)

Đáp án A.

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

Dựa vào đồ thị ta có \(f'\left( {{x^3} - 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} - 3x = t\left( { - 2 >t} \right)\\{x^3} - 3x = u\left( { - 2 < u < 0} \right)\left( * \right)\\{x^3} - 3x = v\left( {0 < v < 2} \right)\end{array} \right.\)

Xét \(h\left( x \right) = {x^3} - 3x \Rightarrow h'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\) ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta được (*) có 7 nghiệm phân biệt khác \( \pm 1\) nên \(g'\left( x \right) = 0\) có 9 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^3} - 3x} \right)\) có 9 cực trị.

Đáp án B.

Ta có \(\left. \begin{array}{l}AC//A'C'\\A'C' \bot B'D'\end{array} \right\} \Rightarrow AC \bot B'D'.\) Vậy góc giữa đường thẳng \(AC\) và \(B'D'\) bằng \({90^0}.\)

Đáp án A.

Từ bảng xét dấu của đạo hàm ta có:

\(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2.\)

\(f'\left( x \right) >0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 0\\x >2\end{array} \right..\)

\(y' = 2f'\left( {2x - 2} \right).\)

\(y' < 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x - 2} \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < 2x - 2 < 2 \Leftrightarrow 1 < x < 2.\)

Đáp án B.

\(g'\left( x \right) = - f'\left( {3 - x} \right) + \frac{3}{6}2x{\left( {{x^2} - 1} \right)^2}\)

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

\( = - \left[ {3 - \left( {3 - x} \right)} \right]{\left[ {10 - 3\left( {3 - x} \right)} \right]^2}{\left( {3 - x - 2} \right)^2} + x{\left( {{x^2} - 1} \right)^2}\)

\( = - x{\left( {1 + 3x} \right)^2}{\left( {1 - x} \right)^2} + x{\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\)

\( = {\left( {x - 1} \right)^2}\left[ {{x^3} + 2{x^2} + x - x\left( {9{x^2} + 6x + 1} \right)} \right]\)

\( = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( { - 8{x^3} - 4{x^2}} \right)\)

\( = - 4{x^2}{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {2x + 1} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right.\)

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - \frac{1}{2}} \right).\)\( \Rightarrow g'\left( x \right) >0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;\frac{{ - 1}}{2}} \right).\)

Đáp án D.

Theo đề bài \(f\left( 2 \right) + f\left( 6 \right) = 2f\left( 3 \right) \Leftrightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) = f\left( 3 \right) - f\left( 6 \right).\)

Do \(f\left( 2 \right) < f\left( 3 \right) \Rightarrow f\left( 3 \right) - f\left( 6 \right) < 0 \Leftrightarrow f\left( 3 \right) < f\left( 6 \right).\)

Do \(X = {x^2} + 1 \ge 1.\)

Ta có bảng biến thiên

Xét đồ thị hàm số \(y = {x^2} + 1\left( P \right).\)Ta có \(f\left( {{x^2} + 1} \right) = f\left( 3 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} + 1 = 3\\{x^2} + 1 = b\left( {4 < b < 6} \right)\left( 2 \right)\end{array} \right..\)

Dựa vào đồ thị \(\left( P \right)\) suy ra:

+ Phương trình \({x^2} + 1 = a\) vô nghiệm.

+ Phương trình \({x^2} + 1 = 3\) có 2 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình \({x^2} + 1 = b\) có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình \(f\left( {{x^2} + 1} \right) = f\left( 3 \right)\) có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án D.

Ta có: \(y' = 8{x^3} + 8x = 8x\left( {{x^2} + 1} \right).\)

Khi đó \(y' = 0 \Leftrightarrow 8x\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.Đáp án C.

Mỗi mặt của bát diện đều là một tam giác đều cạnh \(a\) nên có diện tích là \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Do vậy tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều đó bằng \(S = 8.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = 2\sqrt 3 {a^2}.\)

Đáp án B.

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao \(h\) và diện tích đáy bằng \(B\) là \(Bh.\)

Đáp án B.

Diện tích tam giác

\(MNP\) là \({S_{MNP}} = {S_{ABC}} = 3.\)

\(mp\left( {MNP} \right)\) song song với \(mp\left( {ABC} \right)\) và \(mp\left( {A'B'C'} \right).\)

Ta có \(d\left( {G;\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {G';\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {G;\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \frac{5}{2}.\)

Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm \(G,G',M,N,P\) là

\(V = 2.{V_{G.MNP}} = 2.\frac{1}{3}.{S_{MNP}}.d\left( {G;\left( {MNP} \right)} \right) = 2.\frac{1}{3}.3.\frac{5}{2} = 5.\)

Đáp án D.

Dựa vào đồ thị ta thấy

Hàm số đồng biến trên khoảng từ \(\left( {0;1} \right).\)

Hàm số nghịch biến trên khoảng từ \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right).\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;3} \right),\) nên hàm số không đồng biến trên khoảng \(\left( {0;3} \right).\)

Đáp án D.

* Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là đường thẳng: \(y = 2.\)

* Đường tiệm cận đứng là đường thẳng: \(x = - 1.\)

* Đồ thị cắt trục tung tại điểm: \(\left( {0;1} \right).\)

Đáp án B.

* Đặt \(t = \cos x\left( {0 < t < 1} \right) \Rightarrow y = \frac{{t + 1}}{{10t + m}} \Rightarrow y' = \frac{{m - 10}}{{\left( {10t + {m^2}} \right)}}t;\)

* Hàm số \(y = \frac{{\cos x + 1}}{{10\cos x + m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow y' = \frac{{m - 10}}{{{{\left( {10t + m} \right)}^2}}}t' >0,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right).\) Vì trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) hàm số \(t = \cos x\) nghịch biến nên \(t' < 0,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

* Từ đó suy ra:

\(\left\{ \begin{array}{l}m - 10 < 0\\ - \frac{m}{{10}} \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 10\\\left[ \begin{array}{l}m \le - 10\\m \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 10\\0 \le m < 10\end{array} \right..\)

\(m\) nguyên dương nên \(m \in \left\{ {1,2,...,9} \right\}.\)

Đáp án D.

Gọi

\(I\) là trung điểm của \(BC.\) Khi đó, ta có

BC⊥SABC⊥AI}⇒BC⊥(SIA)⇒BC⊥SI

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SI \bot BC\\AI \bot BC\\SI \subset \left( {SBC} \right)\\AI \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {SI,AI} \right) = \widehat {SIA}\)

\(\tan \widehat {SIA} = \frac{{SA}}{{IA}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

Suy ra \(\widehat {SIA} = {30^0}.\)

Vậy \(\left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)}} \right) = {30^0}.\)

Đáp án D.

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

Hệ số góc \(k = y'\left( 1 \right) = 7.\)

Vậy hệ số góc cần tìm là \(k = 7.\)

Đáp án A.

Ta có

\(AB = AC\sqrt 2 = 2a.\)

Lại có \(AB\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\)

Suy ra \(\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = SBA\)

Do đó \[\tan SBA = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{2a}}{{2a}} = 1.\]

Vậy góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({45^0}.\)

Đáp án C.

Ta có \({u_2} = {u_1}q \Leftrightarrow \frac{1}{2} = 2q \Leftrightarrow q = \frac{1}{4}.\)

Đáp án D.

Ta có: \(y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

TH1: \(m = 1 \Rightarrow y = 1\) loại

TH2: \(m >1\)

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = \frac{{1 + m}}{2} + \frac{{2 + m}}{3} = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow m = 5\) (thỏa mãn)

TH3: \(m < 1\)

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = \frac{{2 + m}}{3} + \frac{{1 + m}}{2} = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow m = 5\) (loại)

Vậy \(m = 5\) thỏa mãn.

Đáp án A.

Ta có: \(y' = 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Khi đó \(f\left( 0 \right) = - 1,f\left( 1 \right) = 2,f\left( { - 1} \right) = 2\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} y = \min \left\{ {f\left( 0 \right),f\left( 1 \right),f\left( { - 1} \right)} \right\} = - 1\)

Đáp án B.

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

\(y' = - \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\) với mọi \(x \in \left[ {2; + \infty } \right) \Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\left[ {2; + \infty } \right).\)

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} y = y\left( 2 \right) = 3.\)

Đáp án B.

Gọi chiều rộng của đáy hình chữ nhật là \(x\left( m \right)\) thì chiều dài của đáy là \(2x\left( m \right)\) với \(x >0.\)

Chiều cao của kho chứa là \(h\left( m \right)\) với \(h >0.\)

Theo giả thiết, ta có \(x.2x.h = 2000 \Leftrightarrow h = \frac{{1000}}{{{x^2}}}.\)

Diện tích toàn phần của kho chứa là \(S = 2x.2x + 2.2x.h + 2.x.h = 4{x^2} + \frac{{6000}}{x}.\)

Để chi phí xây dựng thấp nhất thì diện tích toàn phần của kho chứa phải nhỏ nhất.

Ta có \(S' = 8x - \frac{{6000}}{{{x^2}}} = \frac{{8{x^3} - 6000}}{{{x^2}}}.\)

\(S' = 0 \Leftrightarrow 8{x^3} - 6000 = 0 \Leftrightarrow x = 5\sqrt[3]{6}.\)

Bảng biến thiên

Vậy \({S_{\min }} = S\left( {5\sqrt[3]{6}} \right) \Rightarrow \) chi phí thấp nhất là \(\left[ {4.{{\left( {5\sqrt[3]{6}} \right)}^2} + \frac{{6000}}{{5\sqrt[3]{6}}}} \right].750000 \approx 742933631.\)

Đáp án C.

Quan sát đồ thị ta thấy:

+) Dựa vào dáng đồ thị suy ra \(a < 0.\)

+) Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm suy ra \(d < 0\)

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

Do hai điểm cực trị trái dấu nên suy ra PT \(y' = 0\) có hai nghiệm trái dấu suy ra \(a,c\) trái dấu.

Vậy \(c >0\)

+) y"=6ax+2b

Do điểm uốn có hoành độ dương nên \(a,b\) trái dấu, do đó \(b >0\)

Vậy chỉ có \(a < 0,d < 0.\)

Đáp án D.

Ta có:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} = + \infty \)suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 1.\)

Đáp án C.

Vì

\(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên hình chóp \(D.A'B'C'D'\) có đáy \(A'B'C'D'\) là hình chữ nhật và chiều cao là \(DD'.\)

Theo dữ kiện đề bài ta có: \(DD' = AA' = 3,A'D' = AD = 2,D'C' = AB = 1.\)

Thể tích khối chóp \(D.A'B'C'D'\) là

\(V = \frac{1}{3}.{S_{A'B'C'D'}}.DD' = \frac{1}{3}.A'D'.D'C'.DD' = \frac{1}{3}.2.1.3 = 2\)

Đáp án D.

Có 5 loại khối đa diện đều là: khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều, khối mười hai mặt đều và khối hai mươi mặt đều.

Đáp án A.