Đồ thị hàm số y = f(x) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi phương trình \({x^3} + 3{x^2} = m\) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số \(g(x) = {x^3} + 3{x^2}\) 

TXĐ: D = R

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

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT phương trình \({x^3} + 3{x^2} = m\) có 3 nghiệm phân biệt khi \(m \in (0;4)\).

Ta tìm vị trí điểm D để đoàn cứu trợ đi từ A đến C nhanh nhất.

Đặt \(AD = x{\rm{ }}\left( {x \ge 5} \right)\) 

Thời gian thèo thuyền từ A đến D: x/4

Có \(BD = \sqrt {{x^2} - 25} ,DC = 7 - \sqrt {{x^2} - 25} \) 

Thời gian đi bộ đi từ D đến C: \(\frac{{7 - \sqrt {x{}^2 - 25} }}{6}\) 

Thời gian đi từ A đến C là: \(f(x) = \frac{x}{4} + \frac{{7 - \sqrt {{x^2} - 25} }}{6}\) Ta tìm thấy GTNN của f(x) 

Điều kiện xác định \(x \ge 5\) 

\(\begin{array}{l}
f(x) = \frac{1}{{12}}\left( {3x + 14 - 2\sqrt {{x^2} - 25} } \right)\\
f'(x) = \frac{1}{{12}}\left( {3 - \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} - 25} }}} \right)\\
f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {{x^2} - 25}  = 2x{\rm{ }}\left( {x \ge 5} \right)\\
 \Leftrightarrow 9\left( {{x^2} - 25} \right) = 4{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 45 \Leftrightarrow x = 3\sqrt 5 \,\,\left( {do\,\,x \ge 5} \right)
\end{array}\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên f(x) đạt GTNN khi \(x = 3\sqrt 5 \) 

Lúc đó \(AD = 3\sqrt 5 (km)\) 

TXD: \(D = \left[ {3; + \infty )} \right.\) 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {x - 3} }}{{{x^2} + x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{1}{{{x^3}}} - \frac{3}{{{x^4}}}} }}{{1 + \frac{1}{x} - \frac{6}{{{x^2}}}}} = 0\) 

=> Đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận.

Từ đồ thị của hàm y = f'(x) ta có bảng biến thiên

• Từ đồ thị thấy đi qua điểm A(0; 2) nên loại đáp án A và đáp án B.
• Từ đồ thị thấy hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên chọn đáp án C.

Từ đồ thị hàm số y = f'(x) ta có bảng biến thiên cho hàm số y = f(x) như sau:

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy ngay trong khoảng \(( - 2; + \infty )\) thì hàm số y = f(x) đồng biến.

Phương án A hai cạnh bất kì có thể không có điểm chung.

Phương án B ba mặt bất kì có thể không có đỉnh chung.

Phương án C hai mặt bất kì có thể không có điểm chung.

Trong một khối đa diện, mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt.

Tập xác định: D = R\{-3} 

Ta có: \(y' = \frac{{29}}{{{{(x + 3)}^2}}} > 0,\forall x \in D\) 

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Nhìn vào bảng biến thiên chọn luôn đáp án B vì a > 0.

Điều kiện: \( - 3 \le x \le 3.\) 

Phương trình tương đương với \(x - \sqrt {9 - {x^2}}  = m\)

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = x - \sqrt {9 - {x^2}} \) và đường thẳng  

Xét hàm số \( x - \sqrt {9 - {x^2}} \) với \( - 3 \le x \le 3.\)

\(\begin{array}{l}
y' = 1 + \frac{x}{{\sqrt {9 - {x^2}} }}\\
y' = 0 \Rightarrow \sqrt {9 - {x^2}}  =  - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
9 - {x^2} = {x^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2} \in \left[ { - 3;3} \right]
\end{array}\) 

BBT:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra \( - 3 < m \le 3.\) 

Từ dáng điệu của đồ thị ta có ngay được:

\( \oplus {\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a > 0\) 

 Đồ thị hàm số cắt trục tung tại một điểm có tung độ dương nên d > 0 

Ta có \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\) 

Mặt khác dựa vào đồ thị ta thấy phương trình y' = 0 có hai nghiệm trái dấu và tổng hai nghiệm này luôn dương nên \(\left\{ \begin{array}{l}
ac < 0\\
 - \frac{{2b}}{{3a}} > 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c < 0\\
b < 0
\end{array} \right.\) (do a > 0)

Do đó: ab < 0,bc > 0,cd < 0. 

Từ bẳng biến thiên suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và (0;1).

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = |f(x)| bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f(x) cộng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x)với trục hoành (không tính điểm cực trị)

Vì đồ thị hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị và cắt trục Ox tại 1 điểm nên đồ thị hàm số y = |f(x)| có 2 + 1 = 3 điểm cực trị.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 3\) 

Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(d:y =  - \frac{1}{3}x + 1\) nên có hệ số góc bằng \(( - 1):\left( { - \frac{1}{3}} \right) = 3\) 

\( \Rightarrow y' = 3 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 3 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 \) 

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn.

Ta có: \(y = 3\left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right) - 4\sin  =  - 6{\sin ^2} - 4\sin x + 3\) 

Đặt \(\sin x = t,t \in \left[ { - 1;1} \right].\)

Khi đó, \(f(t) =  - 6{t^2} - 4t + 3,t \in \left[ { - 1;1} \right],\) có \(f'(t) =  - 12t - 4 = 0 \Leftrightarrow t =  - \frac{1}{3} \in ( - 1,1)\) 

\(f( - 1) = 1,f(1) =  - 7,f\left( { - \frac{1}{3}} \right) = \frac{{11}}{3} \Rightarrow \min \mathop f\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} (t) = \min {\rm{ y  =   -  7}}\) 

Xét phương trình \(3f\left( {x + 2} \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow f(x + 2) = \frac{4}{3}(1)\)

Đặt X = x + 2, do \( - 2 \le x \le 2 \Leftrightarrow 0 \le x + 2 \le 4 \Leftrightarrow 0 \le X \le 4.\) Khi đó ta có \((1) \Leftrightarrow f(X) = \frac{4}{3}(*)\) 

Vậy phương trình (1) có nghiệm trên đoạn [-2; 2] khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm trên đoạn [0;4] 

Dựa vào hình vẽ ta nhận thấy trên đoạn [0; 4] thì đường thẳng \(y = \frac{4}{3}\) cắt đồ thị hàm số đã cho đúng tại một điểm. Do đó phương trình (*) có đúng 1 nghiệm hay phương trình (1) có đúng một nghiệm.

Theo hình vẽ:

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, nên đáp án A đúng.

Hàm số gia trục tung tại (0;1) nên đáp án B đúng.

Trên khoảng \((0; + \infty )\), x tăng, y tăng nên hàm đồng biến, nên đáp án C đúng.

Trên khoảng (-2; -1) hàm số vừa đồng biến, vừa nghịch biến nên kết luận ở đáp án D sai.

Ta có \(y' = 3{x^2} - m - 2,y'' = 6x\) 

Vì hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 nên \(y'(1) = 0 \Leftrightarrow 3 - m - 3 = 0 \Leftrightarrow m = 1\) 

Với m = 1 ta có y''(1) = 6 > 0. Vậy hàm số \(y = {x^3} - (m + 2)x + m\) đạt cực tiểu tại x = 1 khi m = 1 

Gọi H là trung điểm của AB.

\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB,SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\) 

Do đó: \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = SCH = {45^0}\) 

Xét tam giác vuông BHC: \(HC = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Xét tam giác vuông SHC: \(SH = HC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\) 

Suy ra: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{6}.\)

+) Ta có: \(\left( {BC',({\rm{AA'C'C}}} \right) = \widehat {BC'A} = {30^0}\) và \(\left( {BC',\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {C'BC} = \alpha \) 

+) Đặt \(AB = x \Rightarrow BC = \sqrt {3{a^2} + {x^2}} \) 

\(\begin{array}{l}
CC' = BC.\tan a = \sqrt {\frac{{3({x^2} + 3{a^2})}}{5}} \\
AC' = AB.\cot {30^0} = x\sqrt 3 
\end{array}\) 

Ta có: \(A{C^2} + C{C'^2} = A{C'^2} \Rightarrow x = a\sqrt 2  \Rightarrow CC' = a\sqrt 3 ,AC' = a\sqrt 6 \) 

+) Gọi P là trung điểm của B’C’, suy ra:

\(\left( {MNP} \right)//\left( {ABC'} \right),d\left( {MN,AC'} \right) = d\left( {\left( {MNP} \right),\left( {ABC'} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {ABC'} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A',\left( {ABC'} \right)} \right)\)

Kẻ \(A'H \bot AC',A'H \bot \left( {ABC'} \right),d\left( {A',\left( {ABC'} \right)} \right) = A'H = {\rm{AA}} = \frac{{AA'.A'C'}}{{AC'}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) 

Suy ra: \(d\left( {MN,AC'} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Tập xác định D = R

\(y' = 3{x^2} - 6x - 9,\) cho \(y' = 0 \Rightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 3
\end{array} \right.\) 

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang.

=> Hàm số xác định trên một trong các miền \(\left( { - \infty ,a} \right),\left( { - \infty ;\left. a \right]} \right.,\left( {a, + \infty } \right)\) hoặc \(\left[ {a;\left. { + \infty } \right)} \right.\)

\( \Rightarrow m \ge 0\) 

TH1: \(m = 0 \Rightarrow y = x - \sqrt { - 3x + 7} \) đồ thị hàm số không tiệm cận ngang.

TH2: \(m > 0 \Rightarrow y = x - \sqrt {m{x^2} - 3x + 7} \) 

Khi \(x \to  + \infty ,y = x - x\sqrt {m - \frac{3}{x} + \frac{7}{{{x^2}}}} \) , đồ thị hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m = 1 

Khi $\( \to  - \infty ,y = x + x\sqrt {m - \frac{3}{x} + \frac{7}{{{x^2}}}}  \to  - \infty \), đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

KL: m = 1

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường trên là:

\({x^3} - 2{x^2} + 2x + 1 = 1 - x \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + 3x = 0 \Leftrightarrow x = 0\) 

Phương trình có một nghiệm nên đường cong và đường thẳng có một giao điểm

Nhận xét đồ thị đi qua điểm \(A\left( {1;0} \right),B\left( {0; - 4} \right),C\left( {2;0} \right)\) nê ta kiểm tra các đáp án

Ta có: \( - {1^3} + {1^2} + 4.1 - 4 = 0;{\rm{ }} - {0^3} + {0^2} + 4.0 - 4 =  - 4;{\rm{ }} - {2^3} + {2^2} + 4.2 - 4 = 0\) nên \(A\left( {1;0} \right),B\left( {0; - 4} \right),C\left( {2;0} \right)\) thuộc \(y = f(x) =  - {x^3} + {x^2} + 4x - 4.\) 

\(y' =  - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\) 

Hàm số nghịch biến tren khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow y' \le 0\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\\
 \Leftrightarrow  - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9 \le 0\forall x \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a < 0\\
\Delta ' \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 3 < 0\\
{m^2} + 12m + 27 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 9 \le m \le  - 3
\end{array}\) 

\( \Leftrightarrow m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7; - 6; - 5; - 4; - 3} \right\}\) (Vì m là số nguyên)

Gọi M là trung điểm của CD, H là trung điểm của BD 

\(\Delta BCD\) có \(BM = \frac{1}{2}DC \Rightarrow \Delta BCD\) vuông tại B

\(\begin{array}{l}
BD = a\sqrt 2 ,BC = \sqrt {D{C^2} - B{D^2}}  = \sqrt {4{a^2} - 2{a^2}}  = a\sqrt 2  \Rightarrow S{}_{\Delta BCD} = \frac{1}{2}.BD.BC = {a^2}\\
{V_{SBCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{\Delta BCD}} \Rightarrow SH = \frac{{3{V_{SBCD}}}}{{{S_{\Delta BCD}}}} = \frac{{3{a^3}}}{{\sqrt 6 {a^2}}} = \frac{{\sqrt 6 a}}{2}
\end{array}\)

+) Ta có: \(AH//\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right)\) 

+) Kẻ \(HK \bot SB.\) 

\(\left. \begin{array}{l}
BC \bot SH\\
BC \bot BD
\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SHB} \right) \Rightarrow BC \bot HK\) 

Do đó \(HK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HK\) 

\(\Delta SHB\) có: \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{4}{{6{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} = \frac{{16}}{{2{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt 6 a}}{4} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\) 

Gọi \({V_1},{V_2}\) lần lượt là thể tích khối lập phương ban đầu và thể tích khôi lập phương khi tăng kích thước của mỗi cạnh thêm 2 (cm)

Ta có: \({V_1} = {a^3}\)(cm³); \({V_2} = {\left( {a + 2} \right)^3}\)(cm³)

Theo đề bài suy ra: \({\left( {a + 2} \right)^3} - {a^3} = 98 \Leftrightarrow 6{a^2} + 12a - 90 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 3{\rm{ (N)}}\\
a =  - 5{\rm{ (L)}}
\end{array} \right.\) 

Vậy a = 3 (cm).

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x\) 

Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm \(M\left( {{x_0},{x_0}^3 - 3{x_0}} \right)\) là:

\(y = \left( {3{x_0}^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {x_0}^3 - 3{x_0}^2\) 

Tiếp tuyến qua \(\left( {0;b} \right) \Leftrightarrow \left( {3{x_0}^2 - 6{x_0}} \right)\left( {0 - {x_0}} \right) + {x_0}^3 - 3{x_0}^2 = b \Leftrightarrow b =  - 2{x_0}^3 + 3{x_0}^2\) 

Có đúng một tiếp tuyến của (C) qua \(\left( {0;b} \right) \Leftrightarrow b =  - 2{x_0}^3 + 3{x_0}\) có đúng một nghiệm \({x_0}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(f(t) =  - 2{t^3} + 3{t^2}\) suy ra có 17 số nguyên \(b \in \left[ { - 9;9} \right]\backslash \left\{ {0;1} \right\}\) để đồ thị hàm số \(y =  - 2{x^3} + 3{x^2}\) cắt đường thẳng y = b tại đúng một điểm.

Ta có công thức tính thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}.s.h\). Hai đa giác đồng dạng với nhau nên \({S_{S'.A'B'C'D'E'}} = \frac{1}{9}{S_{S.ABCDE}}.\) Chiều cao của hình chóp S'.A'B'C'D'E' tăng lên 3 lần nên ta có:

\(V' = \frac{1}{3}.\frac{1}{9}{S_{S.ABCDE}}.3h = \frac{1}{3}V\). Do đó tỉ số thể tích \(\frac{{V'}}{V} = \frac{1}{3}.\) 

Từ giả thiết suy ra tam giác ABC đều nên \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\) 

Gọi M là hình chiếu của O trên BC thì BC vuông góc với mặt phẳng (B’OM). Suy ra góc giữa mặt phẳng (BB’C’C) và mặt phẳng đáy là góc \(\widehat {B'MO} = {60^0}\) 

Ta lại có tam giác BOC vuông tại O, có đường cao OM nên

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\\
 \Rightarrow OM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}
\end{array}\) 

Tam giác B’OM vuông tại O nên \(B'O = OM{\rm{ tan6}}{{\rm{0}}^0} = \frac{{3a}}{4}\) 

\( \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = B'O.{S_{ABCD}} = \frac{{3a}}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)

TXĐ: D = R

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2 - x}}{{1 + \left| x \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2 - x}}{{1 + x}} =  - 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2 - x}}{{1 + \left| x \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2 - x}}{{1 - x}} = 1\) 

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2 - x}}{{1 + \left| x \right|}}\) có 2 đường TCN y = 1; y = -1 

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2TC.

Đặt \(t = \sin x,x \in \left[ {0;\frac{{2\pi }}{3}} \right] \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)\). Ta được hàm số \(g(t) = \frac{{t - m}}{{t + 1}},t \in \left[ {0;1} \right]\). Ta có: \(g'(t) = \frac{{1 + m}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}\) 

• \(m + 1 > 0 \Leftrightarrow m >  - 1 \Rightarrow g'(t) > 0 \Rightarrow \mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} g(t) =  - 2 \Leftrightarrow g(1) =  - 2 \Leftrightarrow \frac{{1 - m}}{2} =  - 2 \Leftrightarrow m = 5\) (Thỏa mãn)
• \(m + 1 < 0 \Leftrightarrow m <  - 1 \Rightarrow g'(t) < 0 \Rightarrow \mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} g(t) =  - 2 \Leftrightarrow g(0) =  - 2 \Leftrightarrow \frac{{ - m}}{1} =  - 2 \Leftrightarrow m = 2\) (Không thỏa mãn)

Vậy m = 5.

Hình bát diện đều có bao nhiêu đỉnh?

Có g'(x) =  - 2f'(3 - 2x)

Hàm số nghịch biến \( \Leftrightarrow g'(x) \le 0\), dấu “=” chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm.

\( \Leftrightarrow  - 2f'\left( {3 - 2x} \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
 - 2 \le 3 - 2x \le 2\\
3 - 2x \ge 5
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \in \left[ {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right]\\
x \in \left( { - \infty ;\left. { - 1} \right]} \right.
\end{array} \right.\) 

Giả sử số đỉnh của đa giác đáy của lăng trụ là n 

Khi đó số cạnh của 2 mặt đáy là 2n và số cạnh bên của lăng trụ là  

Vậy số cạnh của lăng trụ là 3n. Ta thấy 3.673 = 2019 nên chọn đáp án B.

Gọi độ dài cạnh đáy của hộp là x(dm). Chiều cao của hộp là \(\frac{{108}}{{{x^2}}}\left( {dm} \right)\) 

=> Số inox cần thiết để làm 1 hộp là: \(S = {x^2} + 4x.h = {x^2} + \frac{{432}}{x}\left( {d{m^2}} \right)\) 

Tồng số tiền chi phí cho 100 chiếc hộp là \(T = 47.000 \times 100 \times S = 4.700.000 \times \left( {{x^2} + \frac{{432}}{x}} \right)\) 

Ta có \(T' = 4.700.000 \times \left( {2x - \frac{{432}}{{{x^2}}}} \right)\) 

\(T' = 0 \Leftrightarrow x = 6\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp tuyến của tiếp điểm cần tìm.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 3.\) Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \(\left( d \right):y = 9x + 17\) nên phương trình tiếp tuyến có dạng \(y = 9x + b,\left( {b \ne 17} \right).\) 

Khi đó \(y'\left( {{x_0}} \right) = 9 \Leftrightarrow 3{x_0}^2 - 3 = 9 \Leftrightarrow {x_0} =  \pm 2.\) 

Với \({x_0} = 2,\) ta có \(y'\left( {{x_0}} \right) = 9 \Leftrightarrow 3{x_0}^2 - 3 = 9 \Leftrightarrow {x_0} =  \pm 2.\) Do đó phương trình tiếp tuyến là:

\(y = 9\left( {x - 2} \right) + 3 \Leftrightarrow y = 9x - 15\)

Với \({x_0} =- 2,\) ta có \({y_0} = {\left( { - 2} \right)^3} - 3.\left( { - 2} \right) + 1 =  - 1.\) Do đó phương trình tiếp tuyến là:

\(y = 9\left( {x + 2} \right) - 1 \Leftrightarrow y = 9x + 17\) (loại vì \(b \ne 17\))

Vậy phương trình tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu đề bài là y = 9x - 15 

Ta có: \(f'(x) = 6{x^2} + 6x - 12 \Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 2
\end{array} \right.\) 

Do đó:\(\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f(x) = Max\left\{ {f( - 1),f(2)} \right\} = 15.\) 

Chọn D.

Khối lăng trụ tứ giác đều và khối hộp chữ nhật là hai khối đa diện đồng dạng.

Chọn D.

Trung điểm các cạnh của hình tứ diện đều là đỉnh của hình lăng trụ tam giác.

y'=1-2cos2x

y'=0

suy ra 1-2cos2x = 0

suy ra cos2x=\( 1 \over 2\)

suy ra \(x =   \pm \frac{\pi }{6}+k2\pi.\)

Hàm số đạt cực đại tại \(x =  - \frac{\pi }{6}.\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x - 2}}{{x + 2}} = 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x - 2}}{{x + 2}} = 2\) vậy y = 2 là tiệm cận ngang của hàm số \(y = \frac{{2x - 2}}{{x + 2}}\) 

Chọn C.

Dựa vào hình vẽ ta đếm được có 16 cạnh.

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = |f(x)| bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f(x) cộng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x)với trục hoành (không tính điểm cực trị)

Vì đồ thị hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị và cắt trục Ox tại 1 điểm trên đồ thị hàm số y = |f(x)| có 2 + 1 = 3 điểm cực trị.

Câu B sai.

Không phải Hàm số đạt giá trị lớn nhất là 4 mà Hàm số đạt cực đại là 4.

\(\begin{array}{l}
y' = \frac{{1.\left( {x + 1} \right) - 1.\left( {x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\
 = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}
\end{array}\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(1;0) là

\(y = y'\left( {1} \right)\left( {x - {1}} \right) + {0}\)

\(y = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}.\)

Do tam giác A'AB vuông tại A nên theo pytago ta có:

\(A'{B^2} = A{A'^2} + A{B^2} \Leftrightarrow AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \) 

Lại có tam giác ABC vuông cân tại B nên \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{1}{2}{a^2}.\) 

Thể tích khối lăng trụ đã cho: \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a\sqrt 2 .\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}.\) 

Ta có: \({V_{ABMO}} = \frac{1}{2}{V_{ABMC}};{V_{ABMC}} = \frac{1}{2}{V_{SABC}} = \frac{1}{4}{V_{SABCD}} = \frac{1}{4}V \Rightarrow {V_{ABMO}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{4}V = \frac{1}{8}V\)

Đáy ABC là tam giác đều cạnh a nên diện tích bằng \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) 

Đường cao của hình chóp là SC  = a => Thể tích khối chóp S.ABC là:

\(\frac{1}{3}.SC.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\) (đvdt)