Đề thi thử ĐGNL Đại học Khoa học và Công nghệ Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 2

\(\int\limits_0^2 {\left[ {f(x) - 3{x^2}} \right]} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 4 \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x - \int\limits_0^2 {3{x^2}} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 4 \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x - 8 = 4\)

\( \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 12\). Chọn C.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\) là \(\overrightarrow {AB}  = (3 - 1;1 - ( - 2);1 - 3) = (2;3; - 2)\).

Phương trình đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A(1, - 2,3)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB}  = (2,3, - 2)\) là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\). Chọn B.

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2}\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} + x - 2} \right){\left( {x - 1} \right)^4} = {x^2}{\left( {x + 2} \right)^2}{\left( {x - 1} \right)^5}\).

Khi đó, \(f'\left( x \right) = 0\) có nghiệm kép \(x = 0;\,x =  - 2\) và nghiệm bội lẻ \(x = 1\) nên hàm số có một điểm cực trị \(x = 1\). Chọn C.

Ta có \(S{A^2} = S{C^2} - A{C^2} = {\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} - {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 9 \Rightarrow SA = 3\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot {3^2} = 9\). Chọn B.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\), do \(ABCD\) là tứ diện đều nên ta có \(AM \bot CD\,\), \(BM \bot CD\).

Khi đó: \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {CD}  = \left( {\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MB} } \right) \cdot \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {MB}  \cdot \overrightarrow {CD}  = 0\). Chọn D.

 \(y' = \frac{1}{3}{\left( {{x^2} + x + 1} \right)^{\frac{1}{3} - 1}} \cdot {\left( {{x^2} + x + 1} \right)^\prime } = \frac{{2x + 1}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)}^2}}}}}\). Chọn B.

Vì \(I \in d\) nên \(I\left( {2t;1 + t; - 2 - t} \right)\).

Lại có \(d\left( {I,\left( \alpha  \right)} \right) = d\left( {I,\left( \beta  \right)} \right)\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {2t + 2\left( {1 + t} \right) - 2\left( { - 2 - t} \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| {4t - 3\left( {1 + t} \right) - 6\left( { - 2 - t} \right) - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} }}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {6t + 7} \right|}}{3} = \frac{{\left| {7t + 7} \right|}}{7}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{6t + 7}}{3} = t + 1\\\frac{{6t + 7}}{3} =  - t - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - \frac{4}{3}\\t =  - \frac{{10}}{9}\end{array} \right.\).

Với \(t =  - \frac{4}{3} \Rightarrow {I_1}\left( { - \frac{8}{3}; - \frac{1}{3}; - \frac{2}{3}} \right)\);

Với \(t =  - \frac{{10}}{9} \Rightarrow {I_2}\left( { - \frac{{20}}{9}; - \frac{1}{9}; - \frac{8}{9}} \right)\).

Ta có \(d\left( {{I_1},\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| { - \frac{8}{3} + 2\left( { - \frac{1}{3}} \right) - 2\left( { - \frac{2}{3}} \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {1 + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{1}{3}\);

\(d\left( {{I_2},\left( \beta  \right)} \right) = \frac{{\left| {2\left( { - \frac{{20}}{9}} \right) - 3\left( { - \frac{1}{9}} \right) - 6\left( { - \frac{8}{9}} \right) - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} }} = \frac{1}{9}\).

Vì \({R_1} > {R_2}\) nên \({R_1} = \frac{1}{3};{R_2} = \frac{1}{9}\). Khi đó \(\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = 3\). Chọn A.

\[{\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{2}{x}}} + 3{\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{1}{x} + 1}} > 12\]\[ \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{2}{x}}} + 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{1}{x}}} > 12\]\[ \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{2}{x}}} + {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{1}{x}}} - 12 > 0\]\[ \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{\frac{1}{x}}} > 3\]\[ \Leftrightarrow {3^{ - \frac{1}{x}}} > 3\]\[ \Leftrightarrow  - \frac{1}{x} > 1\]\[ \Leftrightarrow 1 + \frac{1}{x} < 0\]\[ \Leftrightarrow \frac{{x + 1}}{x} < 0\]\[ \Leftrightarrow  - 1 < x < 0\].

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( { - 1;0} \right)\). Suy ra \(a =  - 1;b = 0\).

Do đó \(P = 3a + 10b =  - 3\). Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta thấy \({y_1} = 3;{y_2} =  - 1 \Rightarrow {y_1} + {y_2} = 2\). Chọn C.

Điểm đối xứng với \(A\left( {2;3;4} \right)\) qua trục \(Oy\) có tọa độ là \(\left( { - 2;3; - 4} \right)\). Chọn A.

\[{\log _2}\left( {\frac{{8{a^2}}}{b}} \right) = {\log _2}8 + {\log _2}{a^2} - {\log _2}b = 3 + 2{\log _2}a - {\log _2}b\]. Chọn A.

Số cách chọn 2 chiếc giày từ 12 chiếc giày là \(C_{12}^2\).

Gọi \(A\) là biến cố “2 chiếc giày được chọn tạo thành một đôi”.

Chọn 1 chiếc bất kì \(C_6^1 = 6\) cách.

Chọn chiếc còn lại để tạo thành một đôi với chiếc đã lấy có 1 cách.

Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{1 \cdot C_6^1}}{{C_{12}^2}} = \frac{1}{{11}}\). Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {2;1;1} \right),\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Có \(\left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( {4;0; - 8} \right) =  - 4\left( { - 1;0;2} \right)\).

Đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( {1;2; - 1} \right)\) vuông góc với \(\Delta \) và song song với \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow u  = \left( { - 1;0;2} \right)\)làm vectơ chỉ phương có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 2\\z =  - 1 + 2t\end{array} \right.\). Chọn B.

Có \(y' = f'\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 1} \right){x^{2024}}\left( {1 - x} \right)\).

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

Bảng xét dấu của \(y'\)

Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số \(y = f\left( {x + 1} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\). Chọn A.

Ta có \(N = \Delta  \cap d \Rightarrow N \in d \Rightarrow N\left( {2t + 1;t + 1; - 2t - 1} \right)\).

Vì \(A\left( {2; - 1;3} \right)\) là trung điểm của \(MN\) nên \(M\left( {3 - 2t; - 3 - t;7 + 2t} \right)\).

Lại có \(M \in \left( P \right) \Rightarrow 3 - 2t - \left( { - 3 - t} \right) + 2\left( {7 + 2t} \right) - 11 = 0 \Rightarrow t =  - 3\).

Khi đó \(N\left( { - 5; - 2;5} \right);M\left( {9;0;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( { - 14; - 2;4} \right)\).

Vậy \(MN = \sqrt {{{\left( { - 14} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {4^2}}  = 6\sqrt 6 \). Chọn C.

 \(\int {f(x)dx = \int {\left( {3{e^x} + 4x} \right)dx}  = 3{e^x} + 2{x^2} + C} .\) Chọn B.

 Ta có \({\log _2}{a^3} + {\log _2}b = 6 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{a^3}b} \right) = 6 \Leftrightarrow {a^3}b = {2^6} = 64.\) Chọn A.

Vì \(CD//C'D'\) nên \(\left( {AC,C'D'} \right) = \left( {AC,CD} \right) = 45^\circ \). Chọn B.

Ta có: \(y' =  - 3{x^2} - 12x + 4m - 9\).

Hàm số nghịch biến trên \(( - \infty ; - 1)\)

\( \Leftrightarrow y' \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow  - 3{x^2} - 12x + 4m - 9 \le 0,\,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4m \le 3{x^2} + 12x + 9{\rm{  }}\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

Đặt \(g(x) = 3{x^2} + 12x + 9\)

\(g'\left( x \right) = 6x + 12\); \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 2\).

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

Bảng biến thiên \( \Rightarrow 4m \le 3{x^2} + 12x + 9{\rm{  }}\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)\( \Leftrightarrow 4m \le  - 3 \Leftrightarrow m \le  - \frac{3}{4}\). Chọn C.

Ta có \(y' = 4{x^3} - 8x\) có nghiệm \(x = 0,\,x = \sqrt 2 ,\,\,x =  - \sqrt 2 .\)

+ Ta có: \(y\left( 0 \right) = 9,\,\,y\left( {\sqrt 2 } \right) = y\left( { - \sqrt 2 } \right) = 5,\,\,y\left( 3 \right) = 54,\,\,y\left( { - 2} \right) = 9.\)

Vậy, giá trị lớn nhất của hàm số bằng 54. Chọn D.

Tâm I(2; 1; −1). Bán kính \(R = IA = \sqrt {{{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {{\left( {0 + 1} \right)}^2}}  = \sqrt 3 .\)

Phương trình của mặt cầu (S) là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 3.\) Chọn A.

\[\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^3 {f\left( x \right)dx}  =  - 2 + 1 =  - 1\]. Chọn B.

Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Dễ chứng minh được \(d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH.\)

Ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\)\( \Rightarrow A{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a.\) Chọn A.

Thời gian trung bình (phút) để hoàn thành bài tập của các em học sinh là:

\(\overline x  = \frac{{2 \cdot 2 + 4 \cdot 6 + 7 \cdot 10 + 4 \cdot 14 + 3 \cdot 18}}{{20}} = 10,4\)(phút). Chọn C.

Số kết quả chọn được ba quyển sách bất kì là \(C_9^3 = 84\)

Gọi \(A\) là biến cố “Ba quyển sách được chọn là sách Toán”, số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(C_4^3 = 4\).

Gọi \(B\) là biến cố “Ba quyển sách được chọn là sách Văn”, số kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là \(C_5^3 = 10\)

Do đó \(A \cup B\) là biến cố “Cả ba quyển sách được chọn cùng loại”.

Do \(A\) và \(B\) là hai biến cố xung khắc nên:

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = \frac{4}{{84}} + \frac{{10}}{{84}} = \frac{1}{6}\). Chọn C.

 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sqrt {{x^2} + x + 3}  - 3}}{{4 - 2x}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + x + 3} } \right)}^2} - 9}}{{\left( {4 - 2x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + x + 3}  + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} + x - 6}}{{\left( {4 - 2x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + x + 3}  + 3} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{2\left( {2 - x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + x + 3}  + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{x + 3}}{{ - 2\left( {\sqrt {{x^2} + x + 3}  + 3} \right)}} =  - \frac{5}{{12}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {mx + 5} \right) = 2m + 5\)

Hàm số liên tục tại \(x = 2\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)

\( \Leftrightarrow  - \frac{5}{{12}} = 2m + 5 \Leftrightarrow m =  - \frac{{65}}{{24}}\) . Chọn A.

Nếu 2 mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn một đường thẳng chung gọi là giao tuyến của hai mặt phẳng là mệnh đề sai. Chọn A.

Ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,2 \cdot 0,3 = 0,06\). Chọn C.

Ta có\({u_4} = {u_1} \cdot {q^3} = 3 \cdot {2^3} = 24\). Chọn C.

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,4 \cdot 0,3}}{{0,5}} = \frac{6}{{25}}\). Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Chọn D.

Tọa độ điểm \[M = \Delta  \cap \left( P \right)\] là nghiệm của hệ phương trình:  \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{ - 3}} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{2}\\x + 2y - 3z + 2 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{ - 3}} = \frac{y}{1}\\\frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{2}\\x + 2y - 3z + 2 = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 2\\2y - z = 1\\x + 2y - 3z =  - 2\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 1\\z = 1\end{array} \right.\]. Vậy \[M\left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\]. Chọn D.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \[\frac{{{x_6} + {x_7}}}{2} \in \left[ {30\,;\,\,40} \right)\] nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là \[{Q_1} = 30 + \frac{{\frac{{25}}{4} - 3}}{7} \cdot 10 = \frac{{485}}{{14}}\].

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \[\frac{{{x_{19}} + {x_{20}}}}{2} \in \left[ {50\,;\,\,60} \right)\] nên tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là \[{Q_3} = 50 + \frac{{3 \cdot \frac{{25}}{4} - 16}}{4} \cdot 10 = \frac{{455}}{8}\].

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \[{Q_3}\, - \,{Q_1}\, = \,\frac{{1245}}{{56}} \approx \,22,23\]. Chọn D.

Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {{x^2} + \sin x + 1} \right)} {\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + C\).

Theo giả thiết: \(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow \frac{{{0^3}}}{3} - \cos 0 + 0 + C = 1 \Rightarrow C = 2\).

Do đó \(F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + 2\). Chọn B.

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với trục tung là \(M\left( {0; - 2} \right)\).

Có \[f'\left( x \right) = \frac{{\left( {2x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} + x + 2} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\].

Hệ số góc \(k = f'\left( 0 \right) =  - 3\).

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \(M\) là \(y =  - 3\left( {x - 0} \right) - 2 \Leftrightarrow y =  - 3x - 2\). Chọn A.

Gọi \(A\): “Bạn được chọn là nam” và \(B\): “Bạn được chọn tham gia biểu diễn văn nghệ”.

Khi đó, \(\overline A \): “Bạn được chọn là nữ” và \(\overline B \): “Bạn được chọn tham gia thi đấu thể thao”.

Lớp \[12A\] có \[60\% \] số học sinh tham gia thi đấu thể thao và còn lại \[40\% \] số học sinh tham gia biểu diễn văn nghệ nên \(P\left( B \right) = 0,4\) và \(P\left( {\overline B } \right) = 0,6\).

Các bạn nữ đều tham gia biểu diễn văn nghệ nên \(P\left( {B|\overline A } \right) = 1\).

Trong số các bạn nam có \[20\% \] tham gia văn nghệ và \[80\% \] tham gia thi đấu thể thao nên ta có \(P\left( {B|A} \right) = 0,2\) và \(P\left( {\overline B |A} \right) = 0,8\).

Ta có: \[P\left( B \right) = P\left( {B|A} \right)P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right)P\left( {\overline A } \right)\]

\[ \Leftrightarrow 0,4 = 0,2\left( {1 - P\left( {\overline A } \right)} \right) + 1 \cdot P\left( {\overline A } \right) \Leftrightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,25\]

Khi đó, xác suất để chọn ra một học sinh là nữ với điều kiện có tham gia biểu diễn văn nghệ là

\(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {B|\overline A } \right)P\left( {\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( {\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,25}}{{0,4}} = 0,625 = 62,5\% \). Chọn B.

Theo đề: An và Nam là một cặp. Danh sách những người còn lại chưa có cặp là: Bình, Chi, Việt, Dũng.

Theo đề: Bình không đi cùng Việt; Bình không đi cùng Dũng.

Vì An và Nam đã thành một cặp, nên Bình chỉ còn có thể ghép cặp với Chi. Vậy cặp thứ hai là: Bình và Chi.

Sau khi An-Nam và Bình-Chi đã thành cặp, hai người còn lại duy nhất là Việt và Dũng. Vậy cặp thứ ba là: Việt và Dũng.

Vậy Việt thi đấu cùng cặp với Dũng. Chọn C.

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \[M\] và tạo với \(d\) một góc nhỏ nhất bằng góc giữa \(d\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Khi đó \(\Delta \) nhận vec tơ \[\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right],\overrightarrow {{n_P}} } \right]\] làm vec tơ chỉ phương.

Ta có \[\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 2;1} \right),\,\,\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1; - 1; - 2} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {5;3;1} \right)\]\[ \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right],\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( {5; - 4; - 13} \right)\].

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 5t\\y = 1 - 4t\\z = 1 - 13t\end{array} \right.\).

Thay \(t =  - 2\) ta được điểm \(A\left( { - 8;9;27} \right) \Rightarrow a + b = 36\). Chọn A.

 Điều kiện \(x >  - 1\) và \(x \ne 0\).

Ta có \(\log \left( {mx} \right) = 2\log \left( {x + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow mx = {\left( {x + 1} \right)^2} \Leftrightarrow m = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{x}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{x}\left( {x >  - 1;x \ne 0} \right)\).

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

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

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm duy nhất khi \(m = 4\) hoặc \(m < 0\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left[ { - 2017;2017} \right]\) nên có 2018 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu. Chọn C.

Ta đánh vị trí ghế từ trái sang phải lần lượt là 1; 2; 3; 4.

Theo đề, Lan ngồi ở ghế ngoài cùng bên trái. Suy ra Lan ngồi vị trí ghế 1.

Nữ không ngồi cạnh Lan, suy ra Nữ không ngồi vị trí 2. Vậy Nữ chỉ có thể ngồi vị trí 3 hoặc 4.

Vì Nam và Tuấn ngồi cạnh nhau nên họ sẽ ngồi 2 ghế sát nhau. Do đó họ chỉ có thể ngồi ở vị trí 2, 3. Suy ra bắt buộc Nữ phải ngồi vị trí số 4.

Khi đó vị trí thỏa mãn yêu cầu đề bài là Lan vị trí 1, Nam vị trí 2, Tuấn vị trí 3 và Nữ vị trí 4. Chọn C.