z + w = 5 + 2i + 1 - 4i = 6 - 2i

Chọn C

Thể tích của hình lập phương có cạnh bằng 4a là: \(V={{4}^{3}}\)a³ = 64a³

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): -2x+5y+z-3=0. Vec tơ  pháp tuyển của (P) là \({{\vec{n}}_{2}}=(-2;5;1)\) 

Phần thực của số phức: z = 6-2i là bằng 6

Cho hàm số f(x) = ex + 1. Ta có:  \(\int {f(x)dx = {e^{x }}} + x + C\)

Chọn C

Cho a > 0 và \(a \ne 1\), khi đó ta tính được loga\(\sqrt[3]{a}\) bằng \(\frac13\)

Chọn D

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1 và giá trị cực đại của hàm số y_CĐ = 3.

Chọn A

 Trên khoảng (0; \( + \infty \)), đạo hàm của hàm số \(y = {x^{\frac{5}{4}}}\)  là \(y' = \frac{5}{4}{x^{\frac{1}{4}}}\)

Chọn A

Trong không gian Oxyz, cho điểm A(4;-1;3). Tọa độ của vecto \(\overrightarrow {OA} \) là (4;-1;3)

Chọn B

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0;1)

Chọn A

Cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) nên: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\). Do đó: \({u_2} = {u_1}.q\)\( \Leftrightarrow q = \dfrac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \dfrac{{12}}{3} = 4\).

Chọn A

 \(\int\limits_{1}^{4}{\left[ f(x)-g(x) \right]dx}\) = 11 

Chọn D

Đường thẳng đi qua điểm M(2;2;1) và có một vecto chỉ phương \(\overrightarrow{u}=(5;2;-3)\). Phương trình của d là: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 2 + 5t\\ y = 2 + 2t\\ z = 1 - 3t \end{array} \right.\)

Chọn B

Đồ thị hàm số \(y=\frac{ax+b}{cx+d}\) có đường tiệm cận đứng là \(x=-\,\frac{d}{c}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có \(\underset{x\,\to \,2}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\,\to \,2}{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{x-2}=\infty \,\,\Rightarrow \,\,x=2\) là tiệm cận đứng của ĐTHS.

Chọn D

Công thức tính diện tích mặt cầu có bán kính \(R\) là \(S = 4\pi {R^2}.\)

Chọn C

Dựa vào đồ thị, đây là hàm trùng phương nên loại được đáp án A, D

Đồ thị có bề lõm hướng lên nên chọn câu B

Chọn B

Điểm M(-3;2) là điểm biểu diễn của số phức z = -3 + 2i          

Chọn B

Nếu \(\int\limits_{0}^{3}{f(x)dx=3}\) thì \(\int\limits_{0}^{3}{2f(x)dx}\) = 6

Chọn A

Mặt cầu (S) có tâm I(0;-2;1) và bán kính bằng 2. Phương trình của (S) là x² + (y + 2)² + (z - 1)² = 4

Chọn C

Ta có: \(V = \pi r^2h\) = \(\pi\)4².3 = 48\(\pi\)

Chọn C

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

Chọn D

TXĐ: \(D = (0; + \infty )\)

Ta có  \({{\log }_{5}}(3x)=2\) <=> 3x = 2⁵ <=> x = \(x=\frac{25}{3}\)  

Chọn B

Ta có:  f(x) = x2 + 3 =>  \(\int{f(x)dx=\frac{{{x}^{3}}}{3}+3x+C}\) 

Chọn D

Vì hàm số \(y={{7}^{x}}\) là hàm số mũ nên có TXĐ là R

Chọn A

Dựa vào bảng xét dấu, f'(x) đổi dấu khi qua các điểm x là -3, -2, 3, 5

Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 4

Chọn B

Đồ thị hàm số y = -x4 – 2x2 + 3 sẽ cắt trục tung tại điểm có hoành dộ x = 0

Từ đó ta được y = 3

Chọn C

Ta có: \(A_n^k = \frac{{n!}}{{(n - k)!}} =  > A_n^5 = \frac{{n!}}{{(n - 5)!}}\) 

B

Ta có:  2x < 5 <=> x < \({\log _2}5\)

Vậy S = \(\left( -\infty ;{{\log }_{2}}5 \right)\)

Chọn A

Ta có \({{\log }_{2}}{{a}^{3}}+{{\log }_{2}}b=8\) => \({\log _2}({a^3}b) = 8 <  =  > {a^3}b = {2^8} = 256\)

Chọn B

Ta có hàm số \(y=\frac{x+a}{x+1}\)(a là số thực cho trước, a ≠ 1)

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

Do đó \(y'<0,\forall x\ne -1\)           

Chọn C

Ta có tam giác ABC vuông cân tại C nên BC \(\bot\) AC (1) và AC=BC=3a

Mặt khác SA \(\bot\) (ABC) => SA \(\bot\) BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BC \(\bot\) (SAC) => d(B,(SAC)) = BC = 3a

Vậy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bằng 3a

Chọn B

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = (2;1;2)\)

Mặt phẳng đi qua A(0;0;1) và vuông góc với AB nên nhận \(\overrightarrow {AB}  = (2;1;2)\) làm vecto pháp tuyến

Phương trình mặt phẳng là: 2(x-0) +1(y-0)+2(z-1)=0 <=>2x + y + 2z – 2 = 0

Chọn B

Ta có: AA' // CC' nên:

=>(AA',B'C) = (CC',B'C)

Mặt khác tam giác BCC' vuông tại C' có CC' = B'C' nên là tam giác vuông cân 

Vậy góc giữa hai đường thẳng AA' và B'C bằng 45⁰

Chọn A

Ta có: y' = 3x² - 6x => y' = 0 <=> \(\left[ \begin{gathered}
  x = 0 \hfill \\
  x = 2 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\)

Ta xét trên đoạn  \(\left[ -2;1 \right]\) nên loại x=2

Ta có: f'(-2) = -21; f'(0) = -1; f(1) = -3. Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ -2;1 \right]\) là -1, tại x = 0

Chọn D

Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu từ 10 quả bóng đã cho có \(C_{10}^3\) cách

Lấy được 3 quả màu xanh từ 6 quả màu xanh đã cho có \(C_{6}^3\) cách

Vậy xác xuất để lấy được 3 quả màu xanh là \(P = \frac{{C_6^3}}{{C_{10}^3}} = \frac{1}{6}\) 

Chọn A

Ta có: \(iz = 6 + 5i =  > z = 5 - 6i =  > \overline z  = 5 + 6i\)

Chọn C

\(\int\limits_{0}^{2}{g(x)dx}=3\) thì \(\int\limits_{0}^{2}{\left[ 2f(x)-1 \right]dx}\) = 6-2 =4

Chọn A

Đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P) nhận VTPT \(\overrightarrow n  = (1, - 3,2)\) của (P) làm VTCP nên có phương trình: \(\frac{x-2}{1}=\frac{y-1}{-3}=\frac{z+1}{2}\)

Chọn B

Xét hàm số: \(\left( {{3}^{{{x}^{2}}}}-{{9}^{x}} \right)\left[ {{\log }_{2}}(x+30)-5 \right]\le 0\)

Cho f(x) = 0 <=> \(\left[ \begin{gathered}
  {3^{{x^2}}} - {9^x} = 0 \hfill \\
  \left[ {{{\log }_2}(x + 30) - 5} \right] = 0 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. <  =  > \left[ \begin{gathered}
  {3^{{x^2}}} = {3^{2x}} \hfill \\
  x + 30 = {2^5} \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. <  =  > \left[ \begin{gathered}
  x = 2 \hfill \\
  x = 0 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\)

Ta có bảng xét dấu

Suy ra \(f(x) \leqslant 0 <  =  > \left[ \begin{gathered}
   - 30 < x \leqslant 0 \hfill \\
  x = 2 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\) 

Mặt khác x thuộc Z nên \(x \in {\text{\{ }} - 29; - 28; - 27;.....; - 2; - 1;0;2\} \) 

Vậy có 31 số nguyên x thỏa mãn

Chọn A

TXD: D = R

Với x>1 hay x<1 thì hàm số f(x) là hàm đa thức liên tục

Mặt khác: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} (3{x^2} - 2) = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} (2x - 1) = 1\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = f(1) = 1\) nên hàm số f(x) liên tục tại điểm x = 1

Suy ra hàm số f(x) liên tục trên R

Với x ≥ 0 thì \(\int {f(x)dx}  = \int {f(2x - 1)dx}  = {x^2} - x + {C_1}\) 

Với x < 1 thì \(\int {f(x)dx}  = \int {f(3{x^2} - 2)dx}  = {x^3} - 2x + {C_2}\) 

Mà F(x) = 2 nên C₂ = 2

Khi đó \(F(x) = \left[ \begin{gathered}
  {x^2} - x + {C_1}\;\;\;\;\;\;khi\;\;x \geqslant 1 \hfill \\
  {x^3} - 2x + 2\;\;\;\;\;\;khi\;\;x < 1 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\)  

Đồng thời F(x) cũng liên tục trên R nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} F(x)\mathop { = \lim }\limits_{x \to {1^ + }} F(x) = F(1) = 1 <  =  > {C_1} = 1\) 

Do đó \(F(x) = \left[ \begin{gathered}
  {x^2} - x + 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;khi\;\;x \geqslant 1 \hfill \\
  {x^3} - 2x + 2\;\;\;\;\;\;khi\;x < 1\; \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\) 

Vậy F(-1)+2F(2)=3+2.3=9

Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số f = f(x) suy ra f(f(x)) = 1 <=> \(\left[ \begin{gathered}
  f(x) = a(a <  - 1)\;\;\;\;\;\;\;\;(1) \hfill \\
  f(x) = 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2) \hfill \\
  f(x) = b(1 < b < 2)\;\;\;\;\;(3) \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\) 

TH1

f(x)=a (a<-1) => pt có 1 nghiệm

TH2

f(x) = 0 phương trình có ba nghiệm phân biệt

TH3

f(x) = b (1<b<2) => pt có ba nghiệm phân biệt

các nghiệm của (1); (2) và (3) là đôi một khác nhau

Vậy f(f(x))=1 có 7 nghiệm phân biệt

Chọn D

Theo giả thuyết ABCD là hình vuông nên có \(2A{B^2} = B{D^2} =  > AB = 2\sqrt 2 a\) 

Do đó S_ABCD = AB² = 8a²

Gọi O là tâm của đáy ABCD => OA \(\bot\) BD và OA = \(\frac{1}{2}\)BD = 2a

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật nên có A'A \(\bot\) (ABCD) => A'A \(\bot\) BD => BD \(\bot\) (A'AO). Do đó góc giữa (A'BD) và mặt phẳng (ABCD) là góc \(\widehat {A'OA} =  > \widehat {A'OA} = {30^0}\) 

Tam giác A'OAvuoong tại A có \(A'A = OA.\tan \widehat {A'OA} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\) 

Vậy \({V_{ABCD,A'B'C'D'}} = 8{a^2}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}{a^3}\)

Chọn D

Đặt z₀ = x + yi (x, y \(\in\) R) là nghiệm của pt ban đầu

Theo giả thuyết, ta có \(\left| {{z_0}} \right| = 5 <  =  > {x^2} + {y^2} = 25(1)\)

Thay z₀ vào pt ban đầu ta có

\(\begin{array}{l}
{(x + yi)^2} - 2(m + 1)(x + yi) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow ({x^2} - {y^2} - 2mx + {m^2}) + (2xy - 2my - 2)i = 0\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - {y^2} - 2mx - 2x + {m^2} = 0\\
2xy - 2my - 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - {y^2} - 2mx - 2x + {m^2} = 0(2)\\
y(x - m - 1) = 0(3)
\end{array} \right.\\
(3) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
y = 0\\
x = m + 1
\end{array} \right.
\end{array}\)

TH1: Với y = 0 => (1) <=> x² = 25 <=> \(x =  \pm 5\) 

Nếu x = 5 => (2) <=> m² - 10m + 15 = 0 <=> \(m = 5 \pm \sqrt {10} \)

Nếu x = -5 => (2) <=> m² + 10m + 35 = 0 (vô nghiệm)

TH2: x = m + 1=>(1) \(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {y^2} = 25 - {(m + 1)^2}( - 6 \le m \le 4)\\
(2) \Leftrightarrow {(m + 1)^2} - 25 + {(m + 1)^2} - 2m(m + 1) + {m^2} = 0\\
 \Leftrightarrow {m^2} - 25 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m =  - 5\\
m = 5(loai)
\end{array} \right.
\end{array}\) 

Vậy có 3 giá trị tham số m thỏa mãn

Chọn C

Ta có: \(\left| {z + i\overline {\text{w}}  + 6 - 8i} \right| \geqslant \left| {6 - 8i} \right| - \left| z \right| - \left| {i\overline {\text{w}} } \right| = 10 - 1 - 2 = 7\)

Dấu "=" xẩy ra khi 

\(\left\{ \begin{gathered}
  z = t(6 - 8i) \hfill \\
  i\overline {\text{w}}  = t'(6 - 8i),\forall t,t' \leqslant 0 \hfill \\
  \left| z \right| = 1,\left| {\text{w}} \right| = 2 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. <  =  > \left\{ \begin{gathered}
  z =  - \frac{1}{{10}}(6 - 8i) \hfill \\
  i\overline {\text{w}}  =  - \frac{2}{{10}}(6 - 8i) \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. <  =  > \left\{ \begin{gathered}
  z =  - \frac{1}{{10}}(6 - 8i) \hfill \\
  \overline {\text{w}}  =  - \frac{1}{5}(8 + 6i) \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. <  =  > \left\{ \begin{gathered}
  z =  - \frac{1}{{10}}(6 - 8i) \hfill \\
  \overline {\text{w}}  = \frac{1}{5}(8 - 6i) \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\) 

Khi đó \(\left| {z - {\text{w}}} \right| = \frac{{\sqrt {221} }}{5}\) 

Chọn B

Ta có: f(x) = x3 + ax2 + bx + c => f'(x) 3x² +  2ax +b; f"(x) = 6x + 2a và f"(x) = 6

Phương trình hoành độ giao điểm của các đường \(y = \frac{{f(x)}}{{g(x) + 6}}\) và y = 1 là:

\(\begin{gathered}
  y = \frac{{f(x)}}{{g(x) + 6}} = 1 <  =  > f(x) = g(x) + 6 \hfill \\
   \Leftrightarrow {x^3} + a{x^2} + bx + c = ({x^3} + a{x^2} + bx + c) + (3{x^2} + 2ax + b) + (6x + 2a) + 6 \hfill \\
   \Leftrightarrow 3{x^2} + (2a + 6)x + 2a + b + 6 = 0(*) \hfill \\ 
\end{gathered} \)

Gọi 2 nghiệm của pt (*) là x₁ và x₂ 

Nhận xét: g(x) =f(x)+f'(x)+f"(x)

=> g'(x) = f'(x)+f"(x)+f"'(x)

<=> g'(x) = \((3{x^2} + 2ax + b) + (6x + 2a) + 6\) = 3x² + (2a+6)x + 2a + b + 6

\(=  > g'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
  x = {x_1} \hfill \\
  x = {x_2} \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\) 

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng \(y = \frac{{f(x)}}{{g(x) + 6}}\) và y = 1 là:

\(\begin{gathered}
  S = \left| {\int\limits_{{x_2}}^{{x_1}} {\left( {\frac{{f(x)}}{{g(x) + 6}}} \right)} dx} \right| = \left| {\int\limits_{{x_2}}^{{x_1}} {\left( {\frac{{f(x) - g(x) - 6}}{{g(x) + 6}}} \right)dx} } \right| = \left| {\int\limits_{{x_2}}^{{x_1}} {\left( {\frac{{g'(x)}}{{g(x) + 6}}} \right)} dx} \right| \hfill \\
   = \left| {\left. {\ln \left| {g(x) + 6} \right|} \right|_{{x_1}}^{{x_2}}} \right| = \left| {\ln \left| {g({x_2}) + 6} \right| - \left| {g({x_1}) + 6} \right|} \right| = \ln 8 - \ln 2 = 2\ln 2 \hfill \\ 
\end{gathered} \) 

Chọn A

Giả sử hình nón (N) có S là đỉnh và O là tâm đường tròn đáy

Giả sử mp để cho cắt hình nón theo thiết diện là tam giác đều SAB, khi đó ta có l = SA = 2a

Gọi H là trung điểm AB => \(SH = 2a\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) 

Ta có góc giữa (SAB) và mp chứa đáy là góc \(\widehat {SHO} = {60^0}\) 

Xét \(\Delta\)SHO vuông tại O có \(OH = SH.cos{60^0} = a\sqrt 3 .\frac{1}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác OAH vuông tại H có bán kính đường tròn đáy là \(R = OA = \sqrt {A{H^2} + O{H^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\) 

Vậy diện tích xung quanh của hình nón (N) là \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi \frac{{a\sqrt 7 }}{2}2a = \sqrt 7 \pi {a^2}\) 

Chọn C

Đường thẳng d qua điểm A(-1;0;1) và có VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = (1;1;2)\)

Mặt phẳng (P) có VTPT \(\overrightarrow {{n_{(p)}}}  = (2;1; - 1)\) 

Gọi (Q) là mp chứa d và vuông góc với (P), khi đó (Q) có một VTPT là \({\overrightarrow n _{(Q)}} = \left[ {{{\overrightarrow n }_{(d)}},{{\overrightarrow n }_{(P)}}} \right] = ( - 3;5; - 1)\) 

Gọi \(\Delta\) là giao tuyến của hai mp (P) và (Q) suy ra \(\Delta\) lag hình chiếu của d trên (P).

Khi đó \(\Delta\) có một VTCP là \(\overrightarrow u  = \left[ {{{\overrightarrow n }_{(P)}},{{\overrightarrow n }_{(Q)}}} \right] = (4;5;13)\) 

Ta có \(A \in d \subset (Q) =  > A \in (Q)\) và dễ thấy tọa độ A thỏa mãn pt (P) => A \(\in\) (P). Do đó \(A \in \Delta\)

Vậy pt đường thẳng \(\Delta\) là \(\frac{{x + 1}}{4} = \frac{y}{5} = \frac{{z - 1}}{{13}}\) 

Chọn D

Xét \({{27}^{3{{x}^{2}}+xy}} - (1+xy){{27}^{12x}}\)

Áp dụng bất đẳng thức: \({a^x} \geqslant x(a - 1) + 1\), ta có

\(f(x) \geqslant 26(3{x^2} + xy - 12x) + 1 - (1 + xy) = 78{x^2} + (25y - 312)x > 0,\forall y \geqslant 13\)

Do đó y ≤ 12

\(\begin{gathered}
  y = 0 =  > {27^{3{x^2} - 12}} = 1 <  =  > 3{x^2} - 12 = 0 <  =  > \left[ \begin{gathered}
  x = 0 \hfill \\
  x = 4 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.(loai) \hfill \\
  y \leqslant  - 3 =  > xy <  - 1 =  > VP < 0(loai) \hfill \\ 
\end{gathered} \)

y=-1; y = -2 (thỏa mãn)

Xét y > 0 có f(4) = 27^4y - (1 + 4y) ≥ 0, \(\forall \) y > 0 và \(f\left( {\frac{1}{3}} \right) = f(x) = {3^{y - 11}} - \frac{y}{3} - 1 < 0,\forall y \in {\text{\{ }}1;2;...;12\} \) 

Do đó pt f(x) = 0 có nghiệm \(x \in \left( {\frac{1}{3};4} \right),\forall y \in {\text{\{ }}1;2;...;12\} \)  

Vậy \(y \in {\text{\{  - 2; - 1;0;}}1;2;...;12\} \) 

Chọn B

\(\begin{gathered}
  g(x) = f\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right) =  > g'(x) = \left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right)'.\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right) \hfill \\
   = \frac{{\left( {{x^3} + 6x} \right).\left( {3{x^2} + 6} \right)}}{{\left| {{x^3} + 6x} \right|}}.f'\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right) \hfill \\ 
\end{gathered} \)

Ta thấy x = 0 là một điểm giới hạn của hàm số g(x)

Mặt khác \(f'\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
  \left| {{x^3} + 6x} \right| + m = 8 \hfill \\
  \left| {{x^3} + 6x} \right| + m = 3 \hfill \\
  \left| {{x^3} + 6x} \right| + m =  - 3 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
  \left| {{x^3} + 6x} \right| = 8 - m \hfill \\
  \left| {{x^3} + 6x} \right| = 3 - m \hfill \\
  \left| {{x^3} + 6x} \right| =  - 3 - m \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\)

Xét hs h(x) = x³ +6x, vì h'(x) =  x³ +6x > 0, \(\forall x \in R\) nên h(x) đồng biến trên R. 

Ta có bảng biến thiên của hàm số k(x) = \(\left| {h(x)} \right| = \left| {{x^3} + 6x} \right|\) như sau:

Hàm số \(g(x) = f\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right)\) có ít nhất 3 điểm cực trị khi phương trình \(f'\left( {\left| {{x^3} + 6x} \right| + m} \right) = 0\) có ít nhất hai nghiệm khác 0. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 8 - m > 0  hay m < 8

Kết hợp điều kiện m nguyên dương ta được m \(\in\) {1;2;3;...;7}. Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn

Chọn B

Nhận xét: A và B nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxy)

Gọi (P) là mặt phẳng qua A và song song với mặt phẳng (Oxy) => (P) : 2 z = 2

B' đối xứng với (P) qua mặt phẳng (P) => B'(-2;1;3)

B₁ là hình chiếu của B' lên (P) => B₁(-2;1;2)

Gọi \(A' = {T_{\overline {MN} }}(A) =  > \left\{ \begin{gathered}
  AA' = 1 \hfill \\
  AA'//(Oxy) \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.\)

=> A' thuộc đường tròn (C) có tâm A và bán kính R = 1, (C) nằm trên mặt phẳng (P).

Ta có: \(\left| {AM - BN} \right| = \left| {A'N - BN} \right| = \left| {A'N - B'N} \right| \leqslant A'B'\) 

AB₁ = 5 > R => B₁ nằm ngoài đường tròn (C)

Do A' \(\in\) (P), B' \(\notin\) (P) mà (P) // (Oxy) suy ra A'B' luôn cắt mp (Oxy)

Ta lại có \(A'B' = \sqrt {{B_1}B{'^2} + A'{B_1}^2} \) mà \(B'{B_1} = 1;A{B_1} = 5 =  > A'B{'_{max}} \Leftrightarrow A'{B_{1max}} = A{B_1} + R = 6\)

\(=  > {\left| {AM - BN} \right|_{max}} = \sqrt {37} \). Dấu "=" xảy ra khi A' là giao điểm AB₁ với đường tròn (C), A ở giữa A' và B₁ và N là giao điểm của A'B' với mặt phẳng (Oxy).

Chọn C