Đáp án C

Có 4 mặt phẳng đối xứng như trong hình vẽ dưới đây:

Đáp án A

Cách 1:

Ta có:$\left|\frac{1}{z}\right|=\left|\frac{1}{{\left(1-2i\right)}^2}\right|=\frac{1}{{\left|1-2i\right|}^2}=\frac{1}{5}$

Cách 2:

Ta có $z={\left(1-2i\right)}^2=1-4i+4i^2=-3-4i\Rightarrow \frac{1}{z}=\frac{1}{-3-4i}=-\frac{3}{25}+\frac{4}{25}i$

Do đó $\left|\frac{1}{z}\right|=\sqrt{{\left(-\frac{3}{25}\right)}^2+{\left(\frac{4}{25}\right)}^2}=\frac{1}{5}$

Đáp án D

Số nghiệm của phương trình $x^3+3x^2-2=m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2-2$ và đường thẳng y = m

Ta có: $y\text{'}=3x^2+6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$. Ta có đồ thị hàm số như hình vẽ:

Quan sát đồ thị hàm số ta có đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số $y=x^3+3x^2-2$ tại 2 điểm phân biệt  $\iff \left[\begin{array}{l}m=2\\ m=-2\end{array}\right.$

Chú ý: Để làm bài nhanh hơn, các em có thể vẽ BBT thay cho đồ thị hàm số.

Đáp án A

TXĐ: $D=R\backslash \left\{2\right\}.$ Ta có: $y\text{'}=\frac{2.1-1.1}{{\left(x+2\right)}^2}=\frac{1}{{\left(x+2\right)}^2}$

Gọi $M\left(x_o;\frac{x_o+1}{x_o+2}\right)\in \left(C\right)$

Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ $x=x_o$ là:

$y\text{'}=\frac{1}{{\left(x_o+2\right)}^2}\left(x-x_o\right)+\frac{x_o+1}{x_o+2}\left(d\text{'}\right)$

Để $\left(d\text{'}\right)//\left(d\right):x+y=1\iff y=-x-1\Rightarrow \frac{1}{{\left(x_o+2\right)}^2}=-1$ (vô nghiệm)

$\Rightarrow \text{}$ Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $x=x_o$ của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ song song với đường thẳng $y=kx+b$ khi và chỉ khi $f\text{'}\left(x_o\right)=k$ (Lưu ý: Thử lại để loại trường hợp trùng).

Đáp án A

Với $x=0\Rightarrow d>0$

Từ đồ thị ta thấy nếu gọi $x_1;x_2$ là hai điểm cực trị của hàm số thì khi đó

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-2b}{3a}>0\\ x_1{x}_2=\frac{c}{3a}<0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b<0\\ c<0\end{array}\right.$

Đáp án B

Hàm số $y=f\left(x\right)$ có $f\text{'}\left(x\right)>0\forall x\in ℝ$ thì đồng biến trên $ℝ.$

Khi đó ta có $f\left(\frac{1}{x}\right)<f\left(1\right)\iff \frac{1}{x}<1\iff \frac{1}{x}-1<0\iff \frac{1-x}{x}<0\iff \left[\begin{array}{l}x>1\\ x<0\end{array}\right.$

Vậy $x\in \left(-\infty ;0\right)\cup \left(1;+\infty \right)$

Chú ý: Khi giải bất phương trình $\frac{1}{x}<1$ nhiều học sinh có cách giải sai như sau $\frac{1}{x}<1\iff x<1$ và chọn đáp án C.

Đáp án D

Ta có:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;2\right)$ và đồng biến trên $\left(2;+\infty \right)$.

Đáp án D

Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho ta có:

$\begin{array}{l}20u_1-10u_2+u_3=20u_1-10u_{1}q+u_1{q}^2=40-20q+2q^2=2\left(q^2-10q+25\right)-10\\ =2{(q-5)}^2-10\ge -10\end{array}$

Dấu “=” xảy ra $\iff q=5$

Khi đó số hạng thứ sáu của cấp số nhân trên là $u_7=u_1{q}^6={2.5}^6=31250$

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân $u_n=u_1{q}^{n-1}$

Đáp án D

Mặt phẳng (P) vuông góc với $\left(Q\right),\left(R\right)\Rightarrow \overrightarrow{n_P}\perp \overrightarrow{n_Q},\overrightarrow{n_P}\perp \overrightarrow{n_R}\Rightarrow \overrightarrow{n_P}=\left[\overrightarrow{n_Q},\overrightarrow{n_R}\right]$

Ta có: $\overrightarrow{n_Q}=\left(1;1;3\right),\overrightarrow{n_R}=\left(2;-1;1\right)\Rightarrow \overrightarrow{n_P}=\left[\overrightarrow{n_Q},\overrightarrow{n_R}\right]=\left(4;5;-3\right)$

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm B(2;1;-3) và có vecto pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(4;5;-3\right)$ là:

$4\left(x-2\right)+5\left(y-1\right)-3\left(z+3\right)=0\iff 4x+5y-3z-22=0$

Mặt phẳng (P) vuông góc với $\left(Q\right),\left(R\right)\Rightarrow \overrightarrow{n_P}\perp \overrightarrow{n_Q},\overrightarrow{n_P}\perp \overrightarrow{n_R}\Rightarrow \overrightarrow{n_P}=\left[\overrightarrow{n_Q},\overrightarrow{n_R}\right]$

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm $M\left(x_o;y_o;z_o\right)$ và có vecto pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(A;B;C\right)$ là: $A\left(x-x_o\right)+B\left(y-y_o\right)+C\left(z-z_o\right)=0$

Đáp án C

Ta có: $\left[\ln \left(5-3x^2\right)\right]\text{'}=\frac{-6x}{5-3x^2}=\frac{6x}{3x^2-5}$

Đáp án C

Ta có: ${\log }_{5}2=\frac{1}{{\log }_{2}5}=\frac{1}{a};{\log }_{5}3=\frac{1}{{\log }_{3}5}=\frac{1}{b}$

${\log }_{6}5=\frac{1}{{\log }_{5}6}=\frac{1}{{\log }_{5}2+{\log }_{5}3}=\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{ab}{a+b}$

Đáp án B

Giả sử: $z=a+bi$ (với $a,b\in ℝ)$

Khi đó: $2z-i.\overline{z}=2+5i\iff 2\left(a+bi\right)-i\left(a-bi\right)=2+5i$

$\iff 2a-b+\left(2b-a\right)i=2+5i\iff \left\{\begin{array}{l}2a-b=2\\ 2b-a=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=4\end{array}\right.$

Do đó: $z=3+4i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{3^2+4^2}=5$

Đáp án C

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ bên dưới, trong đó:

3 mặt phẳng tạo bởi 1 cạnh bên và trung điểm của các cạnh đối diện.

1 mặt phẳng tạo bởi trung điểm của 3 cạnh bên.

Đáp án B

Ta có: $\int \left(x-\sin 2x\right)dx=\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x+C$

Sử dụng công thức nguyên hàm

$\int x^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C\left(n\ne 1\right),\int \sin \left(ax+b\right)dx=-\frac{1}{ax+b}\cos \left(ax+b\right)+C$

Đáp án C

Ta có: $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD$

Lại có: $BD\perp AC$ (do ABCD là hình vuông)

$\Rightarrow BD\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp AN$

Mà $AN\perp SO$ (giả thiết) $\Rightarrow AN\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AN\perp \left(SOD\right)$

Sử dụng quan hệ vuông góc trong không gian.

Đáp án A

TXĐ:$D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$. Ta có: $y\text{'}=\frac{-2.1-1.\left(m^2+2m\right)}{{\left(x-2\right)}^2}=\frac{-m^2-2m-2}{{\left(x-2\right)}^2}=\frac{-{\left(m+1\right)}^2-1}{{\left(x-2\right)}^2}<0\forall x\in D$ $y\text{'}<0\forall x\in [3;4]$ Hàm số đã cho nghịch biến trên [3;4]

$\begin{array}{l}\Rightarrow \underset{\text{[}3;4]}{\min y}=y\left(4\right)=\frac{m^2+2m+4}{2};\underset{\text{[}3;4]}{\max }y=y\left(3\right)=m^2+2m+3\\ \Rightarrow A=\frac{m^2+2m+4}{2};B=m^2+2m+3\end{array}$

Theo đề bài ta có $A+B=\frac{19}{2}\Rightarrow \frac{m^2+2m+4}{2}+m^2+2m+3=\frac{19}{2}$

$\iff \frac{m^2+2m+4+2m^2+4m+6}{2}=\frac{19}{2}\iff 3m^2+6m-9=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-3\end{array}\right.$

Hàm phân thức bậc nhất trên đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

Đáp án A

Đặt $t=2\sin x\Rightarrow dt=2\cos xdx\Rightarrow \frac{1}{2}dt=\cos xdx$

Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=2\end{array}\right.$

Vậy $I=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=3$

Đáp án D

Gọi $C\left(c;0\right)\in Ox\left(c>0\right)$ ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{CA}=\left(-2-c;4\right)\\ \overrightarrow{CB}=\left(8-c;4\right)\end{array}\right.$

Tam giác ABC vuông tại $C\iff \overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}=0\iff \left(-2-c\right)\left(8-c\right)+16=0$

$-16+2c-8c+c^2+16=0\iff c^2-6c=0\iff \left[\begin{array}{l}c=0\left(ktm\right)\\ c=6\left(tm\right)\end{array}\right.\Rightarrow C\left(6;0\right)$

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=2x-\frac{16}{x^2}\iff y=0\iff 2x^3=\frac{16}{x^2}\iff 2x^3=16\iff x=2\in \left[\frac{3}{2};4\right]$

Ta lại có: $y\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{155}{12};y\left(2\right)=12;y\left(4\right)=20$

Vậy $\underset{\left[\frac{3}{2};4\right]}{\max }y=20$ khi x = 4

Đáp án C

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có $BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{25a^2-16a^2}=3a$

Vậy thể tích khối trụ là $V=\pi {\left(\frac{A}{B}\right)}^2.BC=\pi {\left(2a\right)}^2.3a=12\pi a^2$

Đáp án A

Tập xác định của hàm số:$\left|x\right|>0\iff x\ne 0\Rightarrow$ Đáp án D đúng.

Ta có: $y={\log }_{\frac{1}{2}}\left|x\right|=\left\{\begin{array}{l}{\log }_{\frac{1}{2}}xkhix>0\\ {\log }_{\frac{1}{2}}\left(-x\right)khix<0\end{array}\right.$

Vì $0<a=\frac{1}{2}<1\Rightarrow$ hàm số $y={\log }_{\frac{1}{2}}x$ nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$ và hàm số $y={\log }_{\frac{1}{2}}\left(-x\right)$ đồng biến trên $\left(-\infty ;0\right)$

 Xét hàm số $y={\log }_{a}x$ ta có:

+ Tập xác định: $D=\left(0;+\infty \right)$

+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ.

+ Có a > 1 thì hàm số luôn đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ và 0 < a < 1 thì hàm số luôn nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$

+ Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;0), (a;1) và nằm bên phải trục tung

Đáp án A

Ta có: ${\left(x^2+\frac{1}{x}\right)}^{12}=\sum _{k=0}^{12}C{}_{12}^k{\left(x^2\right)}^{12-k}{\left(\frac{1}{x}\right)}^k=\sum _{k=0}^{12}C{}_{12}^k{x}^{24-3k}$, do đó hệ số của số hạng chứa $x^m$ trong khai triển trên ứng với $24-3k=m\iff k=\frac{24-m}{3}$

Theo bài ra ta có $C_{12}^{\frac{24-m}{3}}=792\iff \left[\begin{array}{l}\frac{24-m}{3}=5\\ \frac{24-m}{3}=7\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=9\\ m=3\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có: $2^{x+1}=4\iff 2^{x+1}=2^2\iff x+1=2\iff x=1$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S=\left\{1\right\}$

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của CD.

Do tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}CD\perp AH\\ CD\perp BH\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(ABH\right)\Rightarrow CD\perp AB$

Gọi E là trung điểm của AB, do tam giác ABC cân tại $C\Rightarrow CE\perp AB$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AB\perp CD\\ AB\perp CE\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(CDE\right)\Rightarrow AB\perp DE$

$\left\{\begin{array}{l}\left(ABC\right)\cap \left(ABD\right)=AB\\ \left(ABC\right)\supset CE\perp AB\\ \left(ABD\right)\supset DE\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow \angle \left(\left(ABC\right);\left(ABD\right)\right)=\angle \left(CE;DE\right)=\angle CED={90}^o$

Ta có $\Delta ABC=\Delta ADC\left(c.c.c\right)\Rightarrow CE=DE\Rightarrow \Delta CDE$ vuông cân tại E

$\Rightarrow CD=CE\sqrt{2}\iff 2x=CE\sqrt{2}\iff CE=x\sqrt{2}\left(*\right)$

Xét tam giác vuông CBH có $B{H}^2=B{C}^2-C{H}^2=a^2-x^2$

Xét tam giác vuông ACH có $A{H}^2=A{C}^2-C{H}^2=a^2-x^2$

Xét tam giác vuông ABH có $A{B}^2=A{H}^2+B{H}^2=2a^2-2x^2\Rightarrow AE=\frac{\sqrt{2a^2-2x^2}}{2}$

Xét tam giác vuông ACE có $C{E}^2=A{C}^2-A{E}^2=a^2-\frac{a^2-x^2}{2}=\frac{a^2+x^2}{2}\Rightarrow CE=\frac{\sqrt{a^2+x^2}}{2}$

Thay vào (*) ta có $\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{\sqrt{2}}=x\sqrt{2}\iff a^2+x^2=4x^2\iff 3x^2=a^2\iff x=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của S trên AC.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(SAC\right)\cap \left(ABCD\right)=AC\\ \left(SAC\right)\supset SH\perp AC\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$

Ta có: $\angle \left(SA,\left(ABCD\right)\right)=\angle \left(SA,AH\right)=\angle \left(SA,AC\right)=\angle SAC$

Ta có: $AC=AB\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\sqrt{2}=a$

Xét $\Delta SAC$ vuông tại S ta có: $\left\{\begin{array}{l}SA=AC.cos{60}^o=\frac{a}{2}\\ SC=AC.\sin {60}^o=\frac{a\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$

Áp dụng hệ thức lượng cho  vuông tại S và có đường cao SH ta có:

 $SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$

Đáp án C

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}u=x-1\\ dv=\sin 2xdx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=-\frac{1}{2}\cos 2x\end{array}\right.$

Do đó: $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\left(x-1\right)\sin 2xdx={\left.-\frac{1}{2}\left(x-1\right)\cos 2x\right|}_0^{\frac{\pi }{4}}+\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\cos 2xdx$

Đáp án C

Nếu $x=x_o$ là điểm cực trị của hàm số thì $f\text{'}\left(x_o\right)=0$

Nếu $x=x_o$ là điểm cực trị của hàm số thì $\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x_o\right)=0\\ f\text{'}\text{'}\left(x_o\right)>0\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int \frac{1}{x{\left(\ln x+2\right)}^2}dx=\int \frac{d\left(\ln x+2\right)}{{\left(\ln x+2\right)}^2}=\frac{-1}{\ln x+2}+C$

Chú ý: Học sinh có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này, bằng cách đặt $t=\ln x+2$

Đáp án A

Ta có: $2^{2x^2+5x+4}=4\iff 2x^2+5x+4=2\iff 2x^2+5x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}\\ x=-2\end{array}\right.\Rightarrow x_1{x}_2=1$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm: $\sqrt{\left(x-1\right)e^{x^2-2x}}=0\iff x-1=0\iff x=1$

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là: $V=\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(x-1\right)e^{x^2-2x}dx$

$=\frac{1}{2}\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}{e}^{x^2-2x}d\left(x^2-2x\right){\left.=\frac{1}{2}\pi e^{x^2-2x}\right|}_1^2=\frac{1}{2}\pi -\frac{\pi }{2e}=\frac{\pi \left(e-1\right)}{2e}$

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=1.2-2.\left(-1\right)+3.\left(-1\right)=1\ne 0\Rightarrow \overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$ không vuông góc $\Rightarrow$ loại đáp án A.

Ta thấy không tồn tại số k để $\overrightarrow{a}=k\overrightarrow{b}\Rightarrow \overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$ không cùng phương $\Rightarrow$ loại đáp án B.

$\left|\overrightarrow{a}\right|=\sqrt{1+{\left(-2\right)}^2+3^2}=\sqrt{14}\Rightarrow$Đáp án C đúng.

Đáp án A

Vì $SA=SB=SD=a$ nên hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$

Do tam giác ABD cân tại $A\Rightarrow H\in AC$

Dễ dàng chứng minh được: $\Delta SBD=\Delta ABD\left(c.c.c\right)\Rightarrow SO=AO=\frac{AC}{2}\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại S (tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

$\Rightarrow AC=\sqrt{S{A}^2+S{C}^2}=\sqrt{a^2+x^2}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có $SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}$

Ta có $OA=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+x^2}$

$\Rightarrow OB=\sqrt{A{B}^2-O{A}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2+x^2}{4}}=\frac{\sqrt{3a^2-x^2}}{2}\Rightarrow BD=\sqrt{3a^2-x^2}$

Do ABCD là hình thoi $\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD$

Khi đó ta có: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{6}.\frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}\sqrt{a^2+x^2}.\sqrt{3a^2-x^2}=\frac{1}{6}ax\sqrt{3a^2-x^2}$

Áp dụng BĐT Cosi ta có: $x\sqrt{3a^2-x^2}\le \frac{x^2+3a^2-x^2}{2}=\frac{3a^2}{2}\Rightarrow V_{S.ABCD}\le \frac{1}{6}a\frac{3a^2}{2}=\frac{a^3}{4}$

Dấu “=” xảy ra $\iff x^2=3a^2-x^2\iff x=\sqrt{\frac{3a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a\sqrt{m}}{n}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=6\\ n=2\end{array}\right.\Rightarrow m+2n=10$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=8x^7+5\left(m+1\right)x^4-4\left(m^2-1\right)x^3;y\text{'}\text{'}=56x^6+20\left(m+1\right)x^3-12\left(m^2-1\right)x^2$

$\Rightarrow y=0\iff 8x^7+5\left(m+1\right)x^4-4\left(m^2-1\right)x^3=0\iff x^3\left[8x^4+5\left(m+1\right)x-4\left(m^2-1\right)\right]=0$

TH1: Xét $m^2-1=0\iff m=\pm 1$

·       Khi m = 1 ta có $y\text{'}=0\iff x^3\left(8x^4+10x\right)=x^4\left(8x^3+10\right)\Rightarrow x=0$ là nghiệm bội $4\Rightarrow x=0$ không là cực trị của hàm số.

·       Khi m = -1 ta có $y\text{'}=0\iff x^3.8x^4=0\iff 8x^7=0\iff x=0$ là nghiệm bội lẻ $\iff x=0$ là điểm cực trị của hàm số. Hơn nữa qua điểm x = 0 thì y' đổi dấu từ âm sang dương nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số.

TH2: Xét $m^2-1\ne 0\iff m\ne \pm 1$ ta có:

$y=0\iff x^2\left[8x^5+5\left(m+1\right)x^2-4\left(m^2-1\right)x\right]=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=0\\ 8x^5+5\left(m+1\right)x^2-4\left(m^2-1\right)x=0\end{array}\right.$

$x^2=0\iff x=0$ là nghiệm bội chẵn không là cực trị của hàm số, do đó cực trị của hàm số ban đầu là nghiệm của phương trình $g\left(x\right)=8x^5+5\left(m+1\right)x^2-4\left(m^2-1\right)x=0$

Hàm số đạt cực tiểu $x=0\iff g\text{'}\left(0\right)>0$

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=40x^4+10\left(m+1\right)x-4\left(m^2-1\right)$

$\Rightarrow g\text{'}\left(0\right)=-4\left(m^2-1\right)>0\iff m^2-1<0\iff -1<m<1$

Vậy kết hợp 2 trường hợp ta có $-1\le m<1.$ Do $m\in Z\Rightarrow m\in \left\{-1;0\right\}$

Nếu $x=x_o$ là điểm cực trị của hàm số thì $f\text{'}\left(x_o\right)=0$

Nếu $x=x_o$ là điểm cực trị của hàm số thì $\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x_o\right)=0\\ f\text{'}\text{'}\left(x_o\right)=>0\end{array}\right.$

Đáp án D

Ta có ${\left(x+2-\sqrt{x^2+1}\right)}^2+\frac{18\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}}{x+2+\sqrt{x^2+1}}=m\left(x^2+1\right)$

$\Rightarrow \frac{{\left(x+2-\sqrt{x^2+1}\right)}^2}{x^2+1}+\frac{18\sqrt{x^2+1}}{x+2+\sqrt{x^2+1}}=m$

Đặt $f\left(x\right)=\frac{{\left(x+2-\sqrt{x^2+1}\right)}^2}{x^2+1}+\frac{18\sqrt{x^2+1}}{x+2+\sqrt{x^2+1}}$

Sử dụng chức năng MODE 7, ta tìm $\min f\left(x\right)=7\iff x=0$

Để phương trình $f\left(x\right)=m$ có nghiệm $\Rightarrow m\ge 7$

Kết hợp điều kiện ta có $m\in \left[7;2018\right],m\in \mathbb{Z}$

Vậy có $\left(2018-7\right)+1=2012$ giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Ta có: $\left(7+3\sqrt{5}\right)\left(7-3\sqrt{5}\right)=49-45=4\Rightarrow 7-3\sqrt{5}=\frac{4}{7+3\sqrt{5}}$

Phương trình tương đương với: ${\left(\frac{4}{7+3\sqrt{5}}\right)}^{x^2}+m{\left(7+3\sqrt{5}\right)}^{x^2}=\frac{1}{2}{.2}^{x^2}$

$\begin{array}{l}\iff {2.2}^{x^2}-2^{x^2}.{\left(7+3\sqrt{5}\right)}^2+2m{\left(7+3\sqrt{5}\right)}^{x^2}=0\\ \iff 2.{\left(\frac{2}{7+3\sqrt{5}}\right)}^{2x^2}-{\left(\frac{2}{7+3\sqrt{5}}\right)}^{x^2}+2m=0\left(*\right)\end{array}$