Chọn D.

Ta có:$\left.\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp SH\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp AH$

Vậy $BC\perp AH.$

Chọn B.

Áp dụng công thức tính thể tích khối hộp chữ nhật ta có $V = abc= 2.3.4 = 24 \left(đvtt\right)$

Chọn C.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }y=3$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=3

Chọn B.

Số tập con có 3 phần tử là $C_7^3.$

Chọn D.

Xét hai mặt phẳng (SMN) và (SAC) ta có:

$\left\{\begin{array}{l}S\in \left(SMN\right)\\ S\in \left(SAC\right)\end{array}\right.\left(1\right)$ $\left\{\begin{array}{l}O\in AC\subset \left(SAC\right)\\ O\in MN\subset \left(SMN\right)\end{array}\right.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $\left(SMN\right)\cap \left(SAC\right)=SO.$

Chọn C.

Dựng hình

Quan sát hình vẽ ta thấy mặt phẳng (A'BC) chia khối lăng trụ ABC.A'B'C' thành hai khối chóp A.A'B'C' và A'.BCC'B'

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có đồ thị hàm số có 5 cực trị.

Chọn B.

Từ bảng biến thiên ta có: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x) trên đoạn [-1;2] là 0.

Chọn D.

Số nghiệm của phương trình f(x)-1=0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1

Theo bảng biến thiên đã vẽ ở trên thì đường thẳng y=1 là đường thẳng luôn song song với trục Ox và cắt đường cong của hàm số y=f(x) tại 3 điểm phân biệt. Vậy đáp án là D.

Chọn A.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trong khoảng $\left(-\sqrt{2};0\right)$ mà $\left(-1;0\right)\subset \left(-\sqrt{2};0\right).$ Vậy đáp án đúng là A.

Chọn B.

Từ bảng biến thiên ta thấy phát biểu hàm số đạt cực tiểu tại $x=-\frac{1}{3}$ là Sai.

Chọn D.

Hình bát diện đều có 12 cạnh.

Chọn D.

$y\text{'}=3x^2+6x-9\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-3\end{array}\right.$

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đáp án D sai.

Chọn B.

Đây là đồ thị của hàm số bậc hai $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\left(a\ne 0\right)$ nên loại C, D.

Vì phần đồ thị ngoài cùng bên tay phải đi lên nên loại A.

Chọn B.

Không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=C_9^2.$

Gọi  là biến cố cần tìm.

Số cách chọn bạn nam: 4.

Số cách chọn bạn nữ: 5.

Số cách chọn thuận lợi cho biến cố $A:n\left(A\right)=4.5=20.$

Xác suất cả A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{20}{C_9^2}=\frac{5}{9}.$

Chọn C.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(a{x}^4+b{x}^2+c\right)=-\infty \Rightarrow a<0$

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c<0

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên suy ra $a.b<0\Rightarrow b>0.$

Chọn A.

Gọi d là công sai của cấp số cộng.

Ta có $u_3=u_1+7d\iff 24=3+7d\iff d=3.$

Suy ra $u_{11}=u_1+10d=3+10.3=33.$

Chọn B.

Vì $AA\text{'}\perp \left(ABCD\right)$ nên $\left(AA\text{'}C\right)\perp \left(ABCD\right)$.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (A'AC) và (ABCD) bằng $90°$

Chọn C.

Ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=1 tiệm cận đứng x=0 nên loại A, D.

Đồ thị cắt trục hoành tại x=1 nên chọn C.

Chọn A.

Từ đồ thị ta thấy $f\text{'}\left(x\right)<0 với x\in \left(0;3\right).$

Chọn D.

Số các số có 6 chữ số khác nhau được lập từ 1; 2; 3; 4; 5; 6 là $6!=720.$

Gọi số có 6 chữ số khác nhau bắt đầu từ 34 là $\overline{34a_1{a}_2{a}_3{a}_4}.$

Số cách chọn số có 4 chữ số $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4}.$ khác nhau được lập từ 1; 2; 5; 6 là 4! = 24.

Vậy, số các số có 6 chữ số khác nhau không bắ đầu bởi 34 là $720 - 24 = 696.$

Chọn A.

Gọi  nlà số đỉnh của đa giác đáy, p là số cạnh của hình lăng trụ. Ta có: p=3n

Suy ra p phải là một số chia hết cho 3. Vậy p=2019

Chọn A.

Ta có $y\text{'}=3x^2-2\Rightarrow k=y\text{'}\left(1\right)=3.1^2-2=1.$

Chọn B.

Hàm số xác định với mọi $x\in R$

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=4x^3-2\left(m^2-9\right)x \\ y\text{'}=0\iff 4x^3-2\left(m^2-9\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=\frac{m^2-9}{2}\end{array}\right., \end{gathered}$$

Hàm số đã cho có 1 cực trị $\iff \frac{m^2-9}{2}\le 0\iff -3\le m\le 3.$

Vậy $S=\left\{\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\right\}.$

Chọn C.

Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi có tất cả 3 mặt phẳng đối xứng (Hình vẽ).

Chọn D.

Phương trình $\sqrt{3}\sin x-\cos x=m$ có nghiệm $\iff {\left(\sqrt{3}\right)}^2+1^2\ge m^2\iff m^2\le 4\iff -2\le m\le 2.$

Chọn C.

Ta có

$$\begin{gathered} \sin 4x+\cos 5x=0\iff \cos 5x=-\sin 4x \\ \iff \cos 5x=\cos \left(\frac{\pi }{2}+4x\right). \\ \iff \left[\begin{array}{l}5x=\frac{\pi }{2}+4x+k2\pi \\ 5x=-\frac{\pi }{2}-4x+k2\pi \end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \\ x=-\frac{\pi }{18}+\frac{k2\pi }{9}\end{array}\right.,k\in Z. \end{gathered}$$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $x=\frac{\pi }{2}+k2\pi$ hoặc $x=-\frac{\pi }{18}+\frac{k2\pi }{9},k\in Z.$

Chọn B.

Ta có $v=S\text{'}=-3t^2+6t.$

Suy ra $v\text{'}=-6t + 6.$

Do đó $v\text{'}=0\Rightarrow -6t+6=0\iff t=1.$

Bảng biến thiên

Vậy max v=3 khi t=1.

Chọn A.

Trong tam giác SAB vuông tại A ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}\iff SA=AB.\tan \widehat{SBA}=a.\tan {30}^0=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Diện tích tam giác đều ABC là $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ (đvtt)

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là $V=\frac{1}{3}.S_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3}{12}$ (đvtt)

Chọn A.

Gọi $u_n$ là giá tiền khoan giếng nét thứ n

Ta có

$$\begin{gathered} u_1=50000. \\ {u}_2=u_1+u_1.7\%=u_1.1,07 \\ {u}_3=u_2+u_2.7\%=u_1.1,{07}^2 \end{gathered}$$

……………………….

$u_n=u_{n-1}+u_{n-1}.7\%=u_1.1,{07}^n.$

Vậy $\left(u_n\right)$ là một cấp số nhân là $u_1=50000.$ và công bội q=1,07

Số tiền công cần thanh toán khi khoan 50m là

$S_{50}=u_1+u_2+...+u_{50}=\frac{u_1\left(1-q^{50}\right)}{1-q}=\frac{50000\left(1-1,{07}^{50}\right)}{1-1,07}\approx 20326446,5$ đồng

Chọn D.

Đặt $f\left(x\right)=x^3+3x^2.$ khi đó $f\text{'}\left(x\right)=3x^2+6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$

Đồ thị hàm số $f\left(x\right)=x^3+3x^2$

Suy ra đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$

Vậy hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ đạt cực tiểu tại x=-3 và x=0.

Chọn C.

Gọi O là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm của đoạn thẳng BC

Tam giác ABC đều cạnh $a\sqrt{3}$ nên $S_{\Delta ABC}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$ và chiều cao $AI=\frac{3a}{2}$

$OI=\frac{1}{3}AI=\frac{1}{3}\frac{3a}{2}=\frac{a}{2}.$

Thể tích của khối chóp $S.ABC=\frac{1}{2}{S}_{\Delta ABC}.SO\iff \frac{a^3\sqrt{6}}{4}=\frac{1}{2}.\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}.SO\iff SO=\sqrt{2}a$

$$\begin{gathered} SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{2a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{3a}{2} \\ {S}_{\Delta SBC}=\frac{1}{2}.SI.BC=\frac{1}{2}.\frac{3a}{2}.a\sqrt{3}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4} \end{gathered}$$

Gọi khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) là h

Thể tích của khối chóp $S.ABC=\frac{1}{2}.S_{\Delta SBC}.h\iff \frac{a^3\sqrt{6}}{4}=\frac{1}{3}.\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}.h\iff h=a\sqrt{2}.$

Chọn B.

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}AB//CD\\ AB\not\subset \left(SCD\right)\end{array}\right.\Rightarrow AB//\left(SCD\right). \\ \left\{\begin{array}{l}\left(SCD\right)\perp \left(SAD\right)\\ \left(SCD\right)\cap \left(SAD\right)=SD\end{array}\right. kẻ AH\perp SD=\left\{H\right\}\Rightarrow d\left(B,\left(SCD\right)\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)=AH. \\ SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=a\sqrt{5}. \\ \Delta SAD\perp A:AH.SD=SA.AD\iff AH=\frac{SA.AD}{SD}=\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{5} \end{gathered}$$

Chọn C.

Xét hàm số:

$$\begin{gathered} y=g\left(x\right)=f\left(x-m\right) \\ y\text{'}=g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x-m\right) \\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x-m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x-m=-1\\ x-m=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=m-1\\ x=m+2\end{array}\right.\left(m-1<m+2\right) \end{gathered}$$

Bảng biến thiên

Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(2020;+\infty \right)$ thì $2020\ge m+1\iff m\le 2018$

Do $m\in Z^{+}\Rightarrow 1\le m\le 2018\Rightarrow$ có 2018 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Ta có ${\left[f\left(x\right)\right]}^2+2f\left(x\right)-3=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=1\\ f\left(x\right)=-3\end{array}\right..$

Phương trình f(x)=1 có nghiệm $x = 0,x = m,x = n$ trong đó x=0= là nghiệm kép.

Do đó $f\left(x\right)-1=a{x}^2\left(x-m\right)\left(x-n\right).$

Phương trình f(x)=3 có 2 nghiệm kép x=2; x=-2

Do đó $f\left(x\right)+3=a{\left(x-2\right)}^2+{\left(x+2\right)}^2.$

Vì vậy ${\left[f\left(x\right)\right]}^2+2f\left(x\right)-3=a^2{x}^2\left(x-m\right)\left(x-n\right){\left(x-2\right)}^2{\left(x+2\right)}^2.$

Khi đó ta được hàm số $y=\frac{x\left(x-2\right){\left(x+2\right)}^2}{a^2{x}^2\left(x-m\right)\left(x-n\right){\left(x-2\right)}^2{\left(x+2\right)}^2}.$

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty$ nên đương thẳng x=0 là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to m^{+}}{\lim }y=+\infty$ nên đường thẳng x=m là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to n^{+}}{\lim }y=+\infty$ nên đường thẳng x=n là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=-\infty$ nên đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to -2}{\lim }y==\frac{-4}{a^{2}8\left(-2-m\right)\left(-2-n\right)}$ nên đường thẳng x=-2 không là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 tiệm cận đứng.

Chọn A.

Đặt t=cotx

Để hàm số đã cho nghịch biến trên $\left(\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}\right)$ thì hàm số $y=\frac{t-2}{t-m}$ đồng biến trên (0;1)

$\iff \left\{\begin{array}{l}-m+2>0\\ \left[\begin{array}{l}m\le 0\\ m\ge 1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<2\\ \left[\begin{array}{l}m\le 0\\ m\ge 1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\le 0\\ 1\le m<2\end{array}\right..$

Chọn C.

Nhìn vào đồ thị ta có:

+ $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty ;\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty \Rightarrow a>0$

+ Đồ thị hàm số giao trục tung tại điểm có tung độ dương $\Rightarrow d>0.$

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$

Theo viet: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{2b}{3a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{3a}\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị $x_1<0<x_2\left(\left|x_2\right|<\left|x_2\right|\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-\frac{2b}{3a}>0\\ \frac{c}{3a}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b<0\\ c<0\end{array}\right..$

Vậy có 2 số dương $\Rightarrow$ chọn C.

Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành ta có:

$2x^3-\left(2+m\right)x+m=0\iff \left(x-1\right)\left(2x^2+2x-m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ 2x^2+2x-m=0\left(1\right)\end{array}\right..$

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 $\iff \left\{\begin{array}{l}1+2m>0\\ 4-m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>-\frac{1}{2}\\ m\ne 4\end{array}\right.\Rightarrow$ Chọn D.

Chọn D.

Ta có

$$\begin{gathered} 2f\left(\left|x\right|\right)-m=0,\left(1\right) \\ \iff f\left(\left|x\right|\right)=\frac{m}{2} \end{gathered}$$

Xét hàm số $t=f\left(\left|x\right|\right)$ có đồ thị được suy ra từ đồ thị y=f(x) đã cho như sau

Từ đó suy ra pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\left[\begin{array}{l}\frac{m}{2}=3\\ \frac{m}{2}<-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=6\\ m<-2\end{array}\right.$

Kết hợp với điều kiện [-2020;2020] suy ra $\left[\begin{array}{l}m=6\\ -2020\le m<-2\end{array}\right.$ suy ra có 2019 giá trị m nguyên.

Chọn A.

Ta có các bộ ba số có tổng bằng 5 là $\left(0,0,5\right),\left(0,1,4\right),\left(0,2,3\right),\left(1,1,3\right),\left(1,2,2\right).$

Trong đps có ba bộ $\left(0,0,5\right),\left(1,1,3\right),\left(1,2,2\right)$ có tổng số cách cài đặt mật khẩu là: $3.\frac{3!}{2!}=9$

Còn lại các bộ $\left(0,1,4\right),\left(0,2,3\right)$ có tổng số cách cài đặt là $2.3!= 12$

Vậy ông An có tổng cộng 9+12=21 cách cài đặt mật khẩu cho chiếc va-li.

Chọn B.

Ta có

$$\begin{gathered} S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}. \\ AH=a\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A\text{'}H=\sqrt{a^2-{\left(a\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a}{2} \\ V=S_{\Delta ABC}.A\text{'}H=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}. \end{gathered}$$

Chọn C.

Đặt $t=\cos x,x\in \left[0;\frac{\pi }{2}\right]\Rightarrow t\in \left[0;1\right].$

Phương trình trở thành: $2t^2-\left(m+2\right)t+m=0,t\in \left[0;1\right].$ Nhận xét phương trình luôn có nghiệm $t_1=1,t_2=\frac{m}{2}.$ Để thỏa mãn đề bài thì $0\le \frac{m}{2}<1\iff 0\le m<2.$

Chọn D.

Xét $g\left(x\right)=x^2-2x-4\sqrt{\left(x+1\right)\left(3-x\right)}+m-3$

TXĐ: $D=\left[-1;3\right],g\left(x\right)$ liên tục trên đoạn [-1;3]

Đặt $t=\sqrt{\left(x+1\right)\left(3-x\right)}=\sqrt{-x^2+2x+3}\Rightarrow t\text{'}=\frac{-x+1}{\sqrt{-x^2+2x+3}}$

Cho $t\text{'}=0\iff -x+1=0\iff x=1$ (nhận)

$t\in \left[0;2\right].$

Khi đó: $g\left(t\right)=-t^2-4t+m,\forall t\in \left[0;2\right].$

$g\text{'}\left(t\right)=-2t-4$

Cho $g\text{'}\left(t\right)=0\iff t=-2$ (loại)

Khi đó

$\underset{\left[-1;3\right]}{max}y=\underset{\left[-1;3\right]}{max}\left\{\left|m\right|;\left|m-12\right|\right\}=2020$

TH1: $\left\{\begin{array}{l}\left|m\right|>\left|m-2\right|\\ \left|m\right|=2020\end{array}\right.\iff m=2020$

TH2: $\left\{\begin{array}{l}\left|m\right|<\left|m-2\right|\\ \left|m-2\right|=2020\end{array}\right.\iff m=-2008$

Từ đó ta được: $m_1+m_2=12$ nên chọn đáp án D.

Chọn C.

Đặt $t=x^2-4x\Rightarrow t\text{'}=2x-4$

Cho $t\text{'}=0\iff x=2$ (nhận)

Bảng biến thiên:

$\Rightarrow t\in \left[-4;+\infty \right)$

Dựa vào bảng biến thiên ta có

Nếu $\left[\begin{array}{l}t=-4\\ t\ge 0\end{array}\right.$ khi đó với một giá trị t cho duy nhất một giá trị x thuộc khoảng $\left(0;+\infty \right)$

Nếu $t\in \left(-4;0\right)$ khi đó với một giá trị  cho hai giá trị x thuộc khoảng $\left(0;+\infty \right)$

Như vậy dựa trên bảng biến thiên của hàm số y=f(x) phương trình có ít nhất ba nghiệm thuộc khoảng $\left(0;+\infty \right)$ khi $m\in \left(-3;2\right].$ Vậy có 5 giá trị nguyên m nên chọn đáp án C.

Chọn B.

Ta có: $y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)\left[{\left(f\left(x\right)\right)}^2-2f\left(x\right)\right]=f\text{'}\left(x\right)f\left(x\right)\left[f\left(x\right)-2\right]$

Trên khoảng (3;4) ta có: $\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)<0\\ 0<f\left(x\right)<2\\ f\left(x\right)-2<0\end{array}\right.\Rightarrow f\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)\left[f\left(x\right)-2\right]>0.$

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (3;4)

Chọn A.

Ta có: $P=\frac{x^{3}z}{y^2\left(xz+y^2\right)}+\frac{y^4}{z^2\left(xz+y^2\right)}+\frac{z^3+15x^3}{x^{2}z}=\frac{{\left(\frac{x}{y}\right)}^3}{\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)}+\frac{{\left(\frac{y}{z}\right)}^3}{\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)}+{\left(\frac{z}{x}\right)}^2+\frac{15}{\frac{z}{x}}$

Đặt $a=\frac{x}{y}<1,b=\frac{y}{z}<1,c=\frac{z}{x}>1$ và $abc=1\iff ab=\frac{1}{c}.$

Ta được:

$$\begin{gathered} P=\frac{a^3}{\left(a+b\right)}+\frac{b^3}{\left(a+b\right)}+c^2+\frac{15}{c}=a^2+b^2-ab+c^2+\frac{15}{c}\ge ab+c^2+\frac{15}{c} \\ =c^2+\frac{16}{c}=c^2+\frac{8}{c}+\frac{8}{c}\ge 3\sqrt[3]{c^2.\frac{8}{c}.\frac{8}{c}}=12. \end{gathered}$$

Vậy $P_{\min }=12$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}a=b\\ abc=1\\ c^2=\frac{8}{c}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ c=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{\sqrt{2}}y\\ y=\frac{1}{\sqrt{2}}z\\ z=2x\end{array}\right..$

Chọn C.

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=\left(f\text{'}\left(x\right)-2\right)f\text{'}\text{'}\left[f\left(x\right)-2x\right]. \\ y\text{'}=0\iff \left(f\text{'}\left(x\right)-2\right)f\text{'}\text{'}\left[f\left(x\right)-2x\right]=0\iff \left[\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)-2=0\left(1\right)\\ f\text{'}\text{'}\left[f\left(x\right)-2x\right]=0\left(2\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Xét phương trình $\left(1\right)\iff f\text{'}\left(x\right)=2.$

Từ đồ thị ta có phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3\left(x_1<m<x_2=0<n<x_3\right).$

Xét phương trình (2).

Trước hết ta có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=4a{x}^3+2b{x}^2+2cx+d. \\ f\text{'}\left(0\right)=2\iff d=2. \end{gathered}$$

Suy ra:

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+2x+e. \\ \left(2\right)\iff f\text{'}\text{'}\left[f\left(x\right)-2x\right]=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)-2x=m\\ f\left(x\right)-2x=n\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+e=m\\ a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+e=n\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2=m-e\left(2a\right)\\ a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2=n-e\left(2b\right)\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Số nghiệm của hai phương trình (2a) và (2b) lần lượt bằng số giao điểm của hai đường thẳng y=m-e và y=n-e (trong đó $m -e<n-e<0)$ với đồ thị hàm số $g\left(x\right)=a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2.$

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)=4a{x}^3+3b{x}^2+2cx \\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff 4a{x}^3+3b{x}^2+2cx=0\iff 4a{x}^3+3b{x}^2+2cx+2=2 \\ \iff f\text{'}\left(x\right)=2\iff \left[\begin{array}{l}x=x_1<0\\ x=x_2=0\\ x=x_3>0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Từ đồ thị hàm số y=f'(x) suy ra:

+) $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\text{'}\left(x\right)=+\infty$ nên a<0 nên $\underset{x\to -\infty }{\lim }g\left(x\right)=-\infty ,\underset{x\to +\infty }{\lim }g\left(x\right)=-\infty$

Bảng biến thiên của hàm số y=g(x)

Từ bảng biến thiên suy ra hai phương trình (2a), (2b) mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt (hai phương trình không có nghiệm trùng nhau) và khác $x_1,x_2,x_3.$

Suy ra phương trình $\left(f\text{'}\left(x\right)-2\right)f\text{'}\text{'}\left[f\left(x\right)-2x\right]=0$ có 7 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số $y=f\text{'}\left[f\left(x\right)-2x\right]$ có 7 điểm cực trị.

Chọn C.

Gọi D là điểm đối xứng với A qua B. Khi đó A'B//B'D

Suy ra: $d\left(A\text{'}B;B\text{'}C\right)=d\left(A\text{'}B;\left(B\text{'}CD\right)\right)=d\left(B;\left(B\text{'}CD\right)\right).$

Kẻ từ B đường thẳng vuông góc với CD và cắt CD tại K

Tam giác ACD vuông tại C (vì BA=BC=BD có B là trung điểm của AD nên K là trung điểm của $CD.BK=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}a.$

Kẻ $BH\perp B\text{'}K$ tại H suy ra: $d\left(B;\left(B\text{'}CD\right)\right)=BH.$

Ta có: $\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{K}^2}+\frac{1}{BB{\text{'}}^2}=\frac{4}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{9}{2a^2}\Rightarrow BH=\frac{a\sqrt{2}}{3}.$

Vậy $d\left(B;\left(B\text{'}CD\right)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{3}.$