Ta có \(y'=3{{x}^{2}}-12x+7,{{x}_{0}}=2\Rightarrow {{y}_{0}}=3,y'\left( 2 \right)=-5.\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \({{M}_{0}}\left( 2;3 \right)\) có dạng \(y=f'\left( {{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+{{y}_{0}}\) thay số vào ta được \(y=-5\left( x-2 \right)+3\Leftrightarrow y=-5x+13.\)

Vì hàm số \(f\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+1}{{{x}^{2}}+1}\) xác định tại \(x=-1\) nên \(\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+1}{{{x}^{2}}+1}=\frac{{{\left( -1 \right)}^{3}}+2.{{\left( -1 \right)}^{2}}+1}{{{\left( -1 \right)}^{2}}+1}=1.\)

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

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow \) đường thẳng \(y=-\frac{m}{2}\) cắt đồ thị \(y=f\left( x \right)\) tại 3 điểm ohaan biệt \(\Leftrightarrow -\frac{m}{2}=1\Leftrightarrow m=-2.\)

Hình đa diện có 9 mặt

Gọi số cần tìm có dạng: \(x=\overline{abcd}\)

Chọn \(a\ne 0\) có 9 cách.

Chọn \(\overline{bcd}\) có \(A_{9}^{3}\) cách.

Vậy có \(9.A_{9}^{3}\) cách chọn được số cần tìm.

Giao của đồ thị với trục hoành là \(x=-\frac{b}{a}.\) Dựa vào đồ thị ta có \(x=-\frac{b}{a}>0\Leftrightarrow ab<0\) nên loại A.

Do \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\frac{a}{c}\) nên \(y=\frac{a}{c}\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị. Dựa vào đồ thị ta có đường tiệm cận ngang \(y=\frac{a}{c}>0\) nên chọn B.

\(y=\frac{ad-bc}{{{\left( cx+d \right)}^{2}}}.\) Dựa vào đồ thị ta có hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định nên \)ad<bc\) do đó loại C.

Do \(\underset{x\to {{\left( -\frac{d}{c} \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \) nên \(x=-\frac{d}{c}\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị. Dựa vào đồ thị ta có đường tiệm cận đứng \(x=-\frac{d}{c}>0\Leftrightarrow cd<0\) nên loại D.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-9x-2\) và trục hoành là

\({x^3} - 3{x^2} - 9x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \approx - 1,67\\ x \approx - 0,24\\ x \approx 4,91 \end{array} \right..\)

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là 3.

Trong mặt phẳng \(\left( OAC \right),\) kẻ \(OK\bot AC\left( 1 \right).\)

Vì \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc nhau nên \(\left\{ \begin{array}{l} OB \bot AC\\ OB \bot OA \end{array} \right. \Rightarrow OB \bot \left( {OAC} \right).\)

Mà \(OK\subset \left( OAC \right)\Rightarrow OB\bot OK\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(d\left( AC,OB \right)=OK=\frac{OA.OC}{\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{C}^{2}}}}=\frac{3a.3a}{\sqrt{{{\left( 3a \right)}^{2}}+{{\left( 3a \right)}^{2}}}}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}.\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 1;+\infty  \right).\)

Hàm số \(y={{x}^{3}}+3x+1\) có \(y'=3{{x}^{2}}+3=0\) vô nghiệm.

Vậy hàm số \(y={{x}^{3}}+3x+1\) không có cực trị.

Đồ thị hàm số trong hình vẽ là đồ thị của một hàm số bậc ba có hệ số \(a>0.\) Vậy chọn đáp án B.

Ta có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{3}{x-2}=0.\) Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là \(y=0.\)

            \(\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{3}{x-2}=+\infty .\) Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là \(x=2.\)

Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.

Ta có: \(B=\frac{{{2}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\) (đvtt) \(\Rightarrow V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}.\sqrt{3}.4=\frac{4\sqrt{3}}{3}\) (đvtt).

Từ đồ thị hàm \(f'\left( x \right)\) suy ra \(x=-1\) là điểm cực đại, \(x=2\) là điểm cực tiểu của hàm số đã cho.

\(f'\left( x \right) = 8{x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in \left[ {0;3} \right]\\ x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \in \left[ {0;3} \right]\\ x = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \notin \left[ {0;3} \right] \end{array} \right.\)

\(f\left( 0 \right)=1\)

\(f\left( 3 \right)=136\)

\(f\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)=-\frac{1}{8}\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ 0;3 \right]\) bằng 136.

Số cách chia học sinh vào nhóm \(A:C_{15}^{4}.\)

Số cách chia học sinh vào nhóm \(B:C_{11}^{5}.\)

Số cách chia học sinh vào nhóm \(C:C_{6}^{6}.\)

Theo quy tắc nhân ta có số cách chia 15 học sinh vào 3 nhóm là: \(C_{15}^{4}.C_{11}^{5}.C_{6}^{6}\)

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực đại tại điểm \(x=3.\)

Trong tam giác vuông \(SBA\) ta có: \(SA=\sqrt{S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}.\)

Vậy thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SA=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}\) (đvtt).

Ta có \(f'\left( x \right)=2x-\frac{2}{{{x}^{2}}}\Rightarrow f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=1\)

Bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) trên \(\left( 0;+\infty  \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(\underset{\left( 0;+\infty  \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 1 \right).\)

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

\(\Rightarrow V=\frac{1}{3}{{a}^{2}}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}.\)

Ta có \(f'\left( x \right)=-{{x}^{2}}+2mx+3m+2.\) Để thỏa mãn yêu cầu của đề bà, ta cần có:

\(f'\left( x \right) = - {x^2} + 2mx + 3m + 2 \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a_{y'}} = - 1 < 0\\ \Delta {'_{y'}} = {m^2} + 3m + 2 \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 \le m \le - 1.\)

Suy ra \(a=-2;b=-1\Rightarrow 2a-b=-3.\)

Biến đổi phương trình, ta có: \({{3}^{2x+8}}-{{4.3}^{x+5}}+27=0\Leftrightarrow {{\left( {{3}^{x+4}} \right)}^{2}}-{{12.3}^{x+4}}+27=0.\)

Đặt \(t={{3}^{x+4}}\left( t>0 \right),\) phương trình trở thành \({t^2} - 12t + 27 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 9\\ t = 3 \end{array} \right..\)

* Với \(t=9,\) ta có \({{3}^{x+4}}=9\Leftrightarrow {{3}^{x+4}}={{3}^{x}}\Leftrightarrow x+4=2\Leftrightarrow x=-2.\)

* Với \(t=3,\) ta có \({{3}^{x+4}}=3\Leftrightarrow x+4=1\Leftrightarrow x=-3.\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình trên là \(-5.\)

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

\(f'\left( x \right)=3{{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( x+1 \right)+{{\left( x-1 \right)}^{3}}={{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( 4x+2 \right).\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {4x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow y = 0\\ x = - \frac{1}{2} \Rightarrow y = - \frac{{27}}{{16}} \end{array} \right..\)

\(f'\left( -1 \right)=0.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y=\left| {{\left( x-1 \right)}^{3}}\left( x+1 \right) \right|\) có 3 cực trị.

Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\)

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng qua \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( ABC \right).\)

\(\Rightarrow \Delta \) là trục đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\)

Gọi \(E\) là trung điểm \(SA.\)

Trong \(\left( SA,\Delta  \right),\) gọi \(O\) là giao điểm của \(\Delta \) với đường trung trực cạnh \(SA.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} OA = OB = OC\left( {O \in \Delta } \right)\\ OS = OA \end{array} \right..\)

\(\Rightarrow OS=OA=OB=OC\)

\(\Rightarrow O\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC,\) bán kinh \)R=OA.\)

\(B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2.AB.AC.\cos {{60}^{0}}=3{{a}^{2}}.\)

\(\Rightarrow BC=a\sqrt{3}.\)

\({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin {{60}^{0}}=\frac{1}{2}.a.2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.\)

\({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{AB.AC.BC}{4{{R}_{\left( ABC \right)}}}\Leftrightarrow {{R}_{\left( ABC \right)}}=\frac{AB.AC.BC}{4{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{a.2a.a\sqrt{3}}{4.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}=a.\)

\(\Rightarrow AI=a.\)

Tứ giá \(AEOI\) là hình chữ nhật \(\Rightarrow AO=\sqrt{A{{E}^{2}}+A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\Rightarrow R=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

Diện tích mặt cầu: \(S=4\pi {{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}=5\pi {{a}^{2}}.\)

Ta có: \({{\log }_{15}}20=\frac{{{\log }_{2}}20}{{{\log }_{2}}15}=\frac{2+{{\log }_{2}}5}{{{\log }_{2}}3+{{\log }_{2}}5}=\frac{2+a}{\frac{1}{b}+a}=\frac{2b+ab}{1+ab}\)

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC\) là: \(R=\sqrt{{{R}_{1}}+{{\left( \frac{SA}{2} \right)}^{2}}}.\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy: \({{R}_{1}}=\frac{AC}{2}=\frac{2a}{2}=a.\)

Ta có: \(R=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO\bot \left( ABCD \right)\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} SO \bot AB\\ OH \bot AB \end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHO} \right) \Rightarrow \widehat {SHO} = \widehat {\left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABCD} \right)} \right).}\)

\(OH=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}\)

\(OA=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Trong tam giác vuông \(SOA\) có \(SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

\(\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SHO}={{60}^{0}}.\)

Số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( SAB \right)\) và \(\left( ABCD \right)\) là \({{60}^{0}}.\)

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là khối trụ tứ giác đều nên đáy là hình vuông và cạnh bên vuông góc với mặt đáy.

Hình chiếu của \(A'C\) trên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(AC.\)

\(\Rightarrow \widehat{\left( A'C;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( A'C;AC \right)}=\widehat{A'CA}={{30}^{0}}.\)

Trong tam giác vuông \(A'AC\) có \(AC=AB\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)

                                                     \(A'A=AC.\tan {{30}^{0}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}\)

\({{S}_{ABCD}}=A{{B}^{2}}=4\)

Thể tích \(V\) của khối lăng trụ tứ giác đều \(ABCD.A'B'C'D'\) là \(V={{S}_{ABCD}}.A'A=\frac{8\sqrt{6}}{3}.\)

Ta có \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{S}_{ABCD}}}{2}\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{{{V}_{S.ABCD}}}{2}.\)

Ta có \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}=2a\Rightarrow SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-{{\left( \frac{AC}{2} \right)}^{2}}}=2\sqrt{2}a\)

Thể tích chóp \(S.ABC\) bằng \({{V}_{S.ABC}}=\frac{{{V}_{S.ABCD}}}{2}=\frac{1}{6}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{6}.2\sqrt{2}a.{{a}^{2}}\sqrt{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}.\)

Ta có \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=0\) vì toàn bộ đồ thị nằm phía dưới \(Ox\), tức là \(y<0,\forall x\in \mathbb{R}\) nên chọn C.

Xét đáp án A có \(\frac{\sqrt[3]{{{a}^{2}}}}{a}={{a}^{\frac{-1}{3}}}=\frac{1}{\sqrt[3]{a}}<1,\forall a>1\) nên loại.

Xét đáp án B có \(\sqrt{a}={{a}^{\frac{1}{2}}}>{{a}^{\frac{1}{3}}},\forall a>1\) nên loại.

Xét đáp án C có \({{a}^{-\sqrt{3}}}=\frac{1}{{{a}^{\sqrt{3}}}}\) mà \(0<{{a}^{\sqrt{3}}}<{{a}^{\sqrt{5}}},\forall a>1\) do \(\sqrt{3}<\sqrt{5}\Rightarrow \frac{1}{{{a}^{\sqrt{3}}}}>\frac{1}{{{a}^{\sqrt{5}}}}\)

Nên chọn C.

Xét đáp án D có \({{a}^{2016}}<{{a}^{2017}},\forall a>1\Rightarrow \frac{1}{{{a}^{2016}}}>\frac{1}{{{a}^{2017}}}\) nên loại.

Đến năm 2026 tức là sau 10 năm.

Theo công thức \(S=A.{{e}^{Nr}}=93422000.{{e}^{10.1,07%}}\approx 103972544\) người nên chọn đáp án B.

Hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\Rightarrow BC//A'D'\)  và \(BC=A'D'\)

\(\Rightarrow \) Tứ giác \(BCD'A'\) là hình bình hành \(\Rightarrow A'B//CD'\Rightarrow \left( A'D;CD' \right)=\left( A'D;A'B \right)=\widehat{DA'B}\)

Mặt khác: \(A'D=A'B=DB\) (3 đường chéo của 3 hình vuông có cạnh bằng nhau)

\(\Rightarrow \Delta A'DB\) là tam giác đều \(\Rightarrow \widehat{DA'B}={{60}^{0}}\Rightarrow \left( A'D;CD' \right)={{60}^{0}}\)

Vậy góc giữa \(A'D\) và \(CD'\) bằng \({{60}^{0}}.\)

Khối cầu ngoại tiếp tứ diện \(AB'A'C\) là khối cầu ngoại tiếp lăng trụ \(BAC.A'B'C'\)

Gọi \(D,E\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C';O\) là trung điểm của \(DE\)

\(\Rightarrow O\) là tâm khối cầu ngoại tiếp lăng trụ \(BAC.A'B'C'\) (do đáy là \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A)\)

Ta có: \(OD=\frac{AA'}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\) và \(BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{2{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}\Rightarrow AD=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow \) Bán kính khối cầu ngoại tiếp lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là \(R=OA=\sqrt{A{{D}^{2}}+O{{D}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}}=a\)

Vậy thể tích khối cầu cần tính là \(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4\pi {{a}^{3}}}{3}.\)

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên

\(BC//AD\Rightarrow BC//\left( SAD \right)\Rightarrow d\left( BC,SD \right)=d\left( BC,\left( SAD \right) \right)=d\left( B,\left( SAD \right) \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} AB \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\ AB \bot AD \end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = AB\)

Xét hình chữ nhật \(ABCD\) ta có: \(A{{B}^{2}}=A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}=3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}=2{{a}^{2}}\Rightarrow AB=a\sqrt{2}.\)

Vậy: \(d\left( BC,SD \right)=a\sqrt{2}.\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{x+m}{x-1}=x+1\Leftrightarrow g\left( x \right)={{x}^{2}}-x-m-1=0\left( 1 \right)\left( x\ne 1 \right)\)

Ycbt \(\Leftrightarrow \) phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: \({{x}_{1}}<1<{{x}_{2}}\)

\(g\left( 1 \right)<0\Leftrightarrow -m-1<0\Leftrightarrow m>-1\)

Do \(m\) nguyên nhỏ hơn 10 nên số giá trị nguyên của \(m\) là 10.

Trường hợp 1. \(m=0,\) khi đó hàm số có dạng \(y=3{{x}^{2}}.\) Hàm số này không có điểm cực đại nên \)m=0\) thỏa mãn.

Trường hơp 2. \(m\ne 0.\) Để hàm số không có cực đại thì \(\left\{ \begin{array}{l} m > 0\\ - \left( {m - 3} \right) \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 3 \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}.\)

Vậy có 4 giá trị của \(m\) thỏa mãn bài.

Gọi \(I\) là trung điểm của cạnh \(B'C'.\) Khi đó \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A'B'C'.\)

Gọi \(M'\) là trung điểm của cạnh \(A'C'.\) Khi đó \(MM'\bot \left( A'B'C' \right).\)

Do \(MA'=MC'=a\sqrt{2}\) nên \(\Delta MA'C'\) vuông tại \(M,\) do đó \(M'\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta MA'C'\) nên \(IM'\) là trục của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta MA'C'.\) Suy ra \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(M.A'B'C'\).

Bán kính mặt cầu là \(r=IB'=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

Diện tích mặt cầu là \(S=4\pi {{r}^{2}}=5\pi {{a}^{2}}.\)

Có \(y'=4\left( 2m-1 \right){{x}^{3}}-2mx\) nên hệ số góc tiếp tuyến tại điểm có hoành độ \(x=1\) là

\({{k}_{1}}=y'\left( 1 \right)=4\left( 2m-1 \right)-2m=6m-4.\)

Hệ số góc của đường thẳng \(\left( d \right):2x-y-3=0\) là \({{k}_{2}}=2\)

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán ta phải có \({{k}_{1}}{{k}_{2}}=-1\Leftrightarrow \left( 6m-4 \right).2=-1\Leftrightarrow m=\frac{7}{12}.\)

Có \(A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}\Leftrightarrow A{{C}^{2}}=7{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}\Leftrightarrow AC=a\sqrt{3}\)

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AB\) suy ra \(A'B//\left( MNC \right)\) nên \(d\left( A'B,CM \right)=d\left( A'B,\left( CMN \right) \right)=d\left( B.\left( CMN \right) \right)=d\left( A,\left( CMN \right) \right)=d.\)

Xét tứ diện \(AMNC\) có \(AM,AN,AC\) đôi một vuông góc nên

\(\frac{1}{{{d}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{{{d}^{2}}}=\frac{1}{9{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{3{{a}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{{{d}^{2}}}=\frac{13}{9{{a}^{2}}}\Leftrightarrow d=\frac{3a}{\sqrt{13}}.\)

Gọi \(H,K\) lần lượt là trung điểm của \(CD\) và \(AB.\)

\(\Delta ACD\) cân tại \(A\) nên \(AH\bot CD\Rightarrow AH\bot \left( BCD \right)\Rightarrow d\left( A;\left( BCD \right) \right)=AH\)

Đặt \(AH=x.\)

\(HD=\sqrt{A{{D}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{1-{{x}^{2}}}\).

\(\Delta BCD=\Delta ACD\Rightarrow HB=HA=x\) (hai đường cao tương ứng bằng nhau).

\(\Rightarrow \frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{H{{A}^{2}}}+\frac{1}{H{{B}^{2}}}=\frac{2}{{{x}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{x\sqrt{2}}{2}.\)

Mặt khác, ta lại có:

\(\Delta ABD\) cân tại \(D\) nên \(DK\bot AB\Rightarrow AH\bot \left( ABC \right)\Rightarrow DK\bot CK\Rightarrow \Delta KCD\) là tam giác vuông tại \)K.\)

Suy ra \(HK=\frac{1}{2}CD\Leftrightarrow HK=HD=\frac{x\sqrt{2}}{2}=\sqrt{1-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{6}}{3}.\)

Vậy khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( BCD \right)\) bằng \(\frac{\sqrt{6}}{3}.\)

Ta có:

\(g(x)=f(|x-1{{|}^{2}}-2|x-1|+m-1)\)

Đặt \(t=x-1=>g(t)=f(|t{{|}^{2}}-2|t|+m-1)\)

Xét \({{g}_{1}}(t)=f({{t}^{2}}-2t+m-1)\)

\(\begin{array}{l} = > g_1'(t) = f'({t^2} - 2t + m - 1)\\ = > g_1'(t) = 0 < = > \left[ \begin{array}{l} t = 1\\ f'({t^2} - 2t + m - 1) = 0 \end{array} \right. \end{array}\)

g(x) có 9 cực trị khi g(t) có 9 cực trị.

\(<=>{{g}_{1}}(t)\) có 4 cực trị dương.

\(g_1'(t) = 0 < = > \left[ \begin{array}{l} t = 1\\ {t^2} - 2t + m - 1 = 1\\ {t^2} - 2t + m - 1 = 0\\ {t^2} - 2t + m - 1 = 2\\ {t^2} - 2t + m - 1 = 3 \end{array} \right.\)

\({{g}_{1}}(t)\) có 4 cực trị dương khi: \(\left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} m - 2 \ge 1\\ 0 < m - 3 < 1\\ m - 4 \le 0 \end{array} \right.\\ m - 2 \le 0 \end{array} \right. < = > \left[ \begin{array}{l} 3 < m < 4\\ m \le 2 \end{array} \right.\).

Mà \(m\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0,6],2m\in \mathbb{Z}\)\(=>m=\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }0,\frac{1}{2},1,\frac{3}{2},2,\frac{7}{2}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\)

Vậy có  6giá trị của m thỏa mãn đề bài

Xét phương trình \(f\left( x \right)+2=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=-2\) số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right)+2=0\) bằng số giao điểm của hàm số \(y=f\left( x \right)\) với đường thẳng \(y=-2.\)

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy phương trình \(f\left( x \right)+2=0\) có ba nghiệm phân biệt đó là:

\({{x}_{1}}=-1,{{x}_{2}}\in \left( 0;2 \right),{{x}_{3}}\in \left( 2;+\infty  \right)\)

Ta có \(\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{f\left( x \right)+2} \right]=+\infty ,\underset{x\to x_{1}^{+}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{f\left( x \right)+2} \right]=+\infty ,\underset{x\to x_{2}^{+}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{f\left( x \right)+2} \right]=+\infty \)

Suy ra hàm số \(y=\frac{1}{f\left( x \right)+2}\) có ba đường tiệm cận đứng.

Xét \(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{f\left( x \right)+2} \right]=\frac{1}{4};\underset{x\to x_{1}^{+}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{f\left( x \right)+2} \right]=+\infty ;\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ \frac{1}{f\left( x \right)+2} \right]=0\)

Suy ra hàm số \(y=\frac{1}{f\left( x \right)+2}\) có hai đường tiệm cận ngang.

Vậy hàm số có 5 đường tiệm cận, vì vậy ta chọn đáp án A.

Ta có: \(x+2\sqrt{{{x}^{2}}-2x}=mf\left( x \right)\Leftrightarrow m=\frac{x+2\sqrt{{{x}^{2}}-2x}}{f\left( x \right)}\)

Số nghiệm của phương trình \(m=\frac{x+2\sqrt{{{x}^{2}}-2x}}{f\left( x \right)}\) bằng số giao điểm của hàm số \(y=\frac{x+2\sqrt{{{x}^{2}}-2x}}{f\left( x \right)}\) với đường thẳng \(y=m.\)

Đặt \(g\left( x \right)=x+2\sqrt{{{x}^{2}}-2x}\)

Ta có \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=2\) tại \(x=2,\) \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=4+4\sqrt{2}\) tại \(x=4\)

            \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=2\) tại \(x=4,\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=4\) tại \(x=2\)

Do \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)=2\) và \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=4\) đều đồng thời xảy ra tại \(x=2\)

Suy ra: \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\min }}\,\left( \frac{x+2\sqrt{{{x}^{2}}-2x}}{f\left( x \right)} \right)=\frac{\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\min }}\,g\left( x \right)}{\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\)

Do \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=2\) và \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)=4+4\sqrt{2}\) đều đồng thời xảy ra tại \(x=4\)

Suy ra: \(\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\max }}\,\left( \frac{x+2\sqrt{{{x}^{2}}-2x}}{f\left( x \right)} \right)=\frac{\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\max }}\,g\left( x \right)}{\underset{\left[ 2;4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)}=\frac{4+4\sqrt{2}}{2}=2+2\sqrt{2}\)

Mà hàm số \(y=\frac{x+2\sqrt{{{x}^{2}}-2x}}{f\left( x \right)}\) liên tục trên đoạn \(\left[ 2;4 \right].\)

Vậy \(\frac{1}{2}\le m\le 2+2\sqrt{2},\) mà \(m\) nguyên nên \(m\) nhận các giá trị \(\left\{ 1;2;3;4 \right\}\) nên chọn đáp án D.

Nhận thấy \(-1;-\frac{1}{2};-\frac{1}{3}\) không là nghiệm của phương trình:

\(-12{{x}^{4}}-22{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+10x+3=\left( x+1 \right)\left( 2x+1 \right)\left( 3x+1 \right)\left( m+2\left| x \right| \right)\left( 1 \right).\)

Nên \(\left( 1 \right)\Rightarrow m+2\left| x \right|=\frac{-12{{x}^{4}}-22{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+10x+3}{\left( x+1 \right)\left( 2x+1 \right)\left( 3x+1 \right)}=-2x+\frac{11{{x}^{2}}+12x+3}{\left( x+1 \right)\left( 2x+1 \right)\left( 3x+1 \right)}.\)

\(\Leftrightarrow m=-2\left| x \right|-2x+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2x+1}+\frac{1}{3x+1}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=-2\left| x \right|-2x+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2x+1}+\frac{1}{3x+1}\) trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ -1;-\frac{1}{2};-\frac{1}{3} \right\}.\)

Ta có: \(f'\left( x \right)=\frac{-2x}{\left| x \right|}-2-\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}-\frac{2}{{{\left( 2x+1 \right)}^{2}}}-\frac{3}{{{\left( 3x+1 \right)}^{2}}}<0,\forall x\in \mathbb{R}\backslash \left\{ -1;-\frac{1}{2};-\frac{1}{3} \right\}\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình \(m=f\left( x \right)\) có 3 nghiệm phân biệt trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ -1;-\frac{1}{2};-\frac{1}{3} \right\}\) khi và chỉ khi \(m\ge 0.\)

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l} m \in Z\\ m \in \left[ { - 2020;2020} \right] \end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;...;2020} \right\}.\)

Vậy có 2021 giá trị m cần tìm.

Gọi \(I,J\) lần lượt là trung điểm \(BC,SA\) nên \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot AI\\ BC \bot SI \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right).\)

Hai tam giác cân \(ABC,SBC\) bằng nhau nên \(IA=IS\) suy ra \(\Delta ISA\) cân tại \(I.\)

Trong \(\Delta SBI\) vuông tại \(I\) ta có \(SI=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{I}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2}}-\frac{{{y}^{2}}}{4}}.\)

Trong \(\Delta SAI\) cân tại \(I\) ta có \(IJ=\sqrt{S{{I}^{2}}-S{{J}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2}}-\frac{{{y}^{2}}}{4}-\frac{{{x}^{2}}}{4}}.\)

Khi đó thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V=\frac{1}{3}.BC.{{S}_{SAI}}=\frac{1}{3}.BC.AI.IJ=\frac{1}{6}xy\sqrt{1-\frac{{{y}^{2}}+{{x}^{2}}}{4}}\)

Ta có \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy,\forall x,y\in \mathbb{R}\Rightarrow V\le \frac{1}{6}xy\sqrt{1-\frac{xy}{2}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{12}\sqrt{xy}.\sqrt{xy}.\sqrt{4-2xy}\le \frac{1}{12}{{\left( \frac{xy+xy+4-2xy}{3} \right)}^{\frac{3}{2}}}\le \frac{2\sqrt{3}}{27}\)

Dấu “=” xảy ra tại \(x=y=\frac{2}{\sqrt{3}}\) suy ra \(x+y=\frac{4}{\sqrt{3}}.\)

Gọi \(A\) là biến cố để 4 viên bi được chọn không nhiều hơn 3 màu và luôn có bi màu xanh.

Gọi \(\overline{A}\) là biến cố để 4 viên bi được chọn có đủ 4 màu hoặc không có bi màu xanh.

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right)=C_{21}^{4}=5985.\)

Trường hợp 1: 4 bi được chọn có đủ 4 màu: có \(3.5.6.7=630\) cách chọn.

Số phần tử biến cố \(\overline{A}:n\left( \overline{A} \right)=630+3060=3690.\)

Số phần tử biến cố \(A:n\left( A \right)=n\left( \Omega  \right)-n\left( \overline{A} \right)=5985-3690=2295.\)

Xác suất của biến cố \(A:P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{2295}{5985}.\)

Ta có: \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4a+6b-9\Leftrightarrow {{\left( a-2 \right)}^{2}}+{{\left( b-3 \right)}^{2}}={{2}^{2}}.\)

Trong hệ trục tọa độ \(Oxy\) gọi \(A\left( a;b \right),B\left( c;d \right).\)

Khi đó \(A\left( a;b \right)\) nằm trên đường tròn tâm \(I\left( 2;3 \right)\) bán kính \(R=2\) có phương trình: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}={{2}^{2}}.\) \(B\left( c;d \right)\) nằm trên đường thẳng: \(3x+4y=1.\)

Vì \(\overrightarrow{BA}=\left( a-c;b-d \right)\) nên \(P={{\left( a-c \right)}^{2}}+{{\left( b-d \right)}^{2}}={{\left| \overrightarrow{BA} \right|}^{2}}.\) Khi đó \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(\left| \overrightarrow{BA} \right|\) nhỏ nhất.

Khoảng cách từ \(I\) đến \(\left( \Delta  \right):{{d}_{\left( I,\left( \Delta  \right) \right)}}=\frac{3.2+4.3-1}{\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}}=\frac{17}{5}.\) Vì \({{d}_{\left( I,\left( \Delta  \right) \right)}}>R\) nên \(\left( I \right)\) và \(\left( \Delta  \right)\) không giao nhau.

Suy ra \(\left| \overrightarrow{BA} \right|\) nhỏ nhất khi \(I,A,B\) thẳng hàng và \(A\) nằm giữa \(I,B\) và \(IB\bot \left( \Delta  \right)\) như hình sau.

\(\min \left( \left| \overrightarrow{BA} \right| \right)={{d}_{\left( \mathsf{I,}\left( \Delta  \right) \right)}}-R=\frac{17}{5}-2=\frac{7}{5}.\)

\(\min \left( P \right)=\min \left( {{\left| \overrightarrow{BA} \right|}^{2}} \right)={{\left( \frac{7}{5} \right)}^{2}}=\frac{49}{25}.\)

Đặt \({\log _9}x = {\log _{12}}y = {\log _{16}}\left( {x + 2y} \right) = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = {9^t}\\ y = {12^t}\\ x + 2y = {16^t} \end{array} \right..\)

Khi đó \(\frac{x}{y}=\frac{{{9}^{t}}}{{{12}^{t}}}={{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}.\)

Mặt khác ta có phương trình:

\({9^t} + {2.12^t} = {16^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{16}}{9}} \right)^t} - 2.{\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} = 1 + \sqrt 2 \left( {nhan} \right)\\ {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} = 1 - \sqrt 2 \left( {loai} \right) \end{array} \right.\)

Do đó \(\frac{x}{y}={{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1.\)

Ta có \({{V}_{S.MNCD}}={{V}_{S.MCD}}+{{V}_{S.MNC}}\)

+ \(\frac{{{V}_{S.MCD}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SC}{SC}.\frac{SD}{SD}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{V}_{S.MCD}}=\frac{1}{2}{{V}_{S.ACD}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABCD}}.\)

+ \(\frac{{{V}_{S.MNC}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SC}{SC}=\frac{1}{4}\Rightarrow {{V}_{S.MNC}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{8}{{V}_{S.ABCD}}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{S.MNCD}}={{V}_{S.MCD}}+{{V}_{S.MNC}}=\frac{1}{4}{{V}_{S.ABCD}}+\frac{1}{8}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{3}{8}{{V}_{S.ABCD}}.\)

\(\Rightarrow {{V}_{MNABCD}}={{V}_{S.ABCD}}-{{V}_{S.MNCD}}={{V}_{S.ABCD}}-\frac{3}{8}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{5}{8}{{V}_{S.ABCD}}.\)

Do đó \(\frac{{{V}_{S.MNCD}}}{{{V}_{MNABCD}}}=\frac{\frac{3}{8}{{V}_{S.ABCD}}}{\frac{5}{8}{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{3}{5}.\)