Chọn A.

Từ đồ thị ta có hàm số có ba điểm cực trị.

Chọn B.

Do $\left(a^u\right)\text{'}=u\text{'}.a^u\ln a$ nên chọn B.

Chọn B.

Hàm số xác định $\iff x^2-4x+3>0\iff \left[\begin{array}{l}x<1\\ x>3\end{array}\right..$

Vậy $D=\left(-\infty ;1\right)\cup \left(3;+\infty \right).$

Đáp án đúng:  B

*Phương pháp giải:

- Nắm kỹ về khái niệm, tính chất của hình đa diện: Nhận diện được hình, số đỉnh, số cạnh, số mặt,...của hình đa diện

*Lời giải:

Từ hình vẽ, ta thấy hình đa diện trên có 12 mặt.

*Lý thuyết nắm thêm về hình đa diện và khối đa diện

+) Hai đa diện bằng nhau: hai đa diện được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến đa diện này thành đa diện kia.

+) Khối đa diện đều:

- Định nghĩa: Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có tính chất sau đây:

a) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh.

b) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.

Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại {p; q}.

Từ định nghĩa trên ta thấy các mặt của khối đa diện đều là những đa giác đều bằng nhau.

- Định lí: Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là các loại {3; 3}; loại {4; 3}; loại {3; 4}; loại {5; 3} và loại {3; 5}.

+) Thể tích khối đa diện:

- Thể tích của khối hình chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó.

+) Thể tích khối lăng trụ:

- Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V = B.h

+) Thể tích khối chóp:

- Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là: V = $\frac{1}{3} B.h$

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

Trắc nghiệm Khái niệm về khối đa diện có đáp án (Thông hiểu)

Chọn B.

Thể tích khối lập phương là $V={\left(2a\right)}^3=8a^3.$

Chọn D.

Hàm số $y=\log \left(x^2-2mx+4\right)$ có tập xác định là

$$\begin{gathered} R\iff x^2-2mx+4>0\forall x\in R. \\ \begin{array}{l}\iff \Delta \text{'}<0\\ \iff m^2-4<0\\ \iff -2<m<2\end{array} \end{gathered}$$

Chọn B.

Thể tích của khối chóp là $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}.6a^2.2a=4a^3$

Chọn A.

Nhìn vào BBT ta dễ thấy hàm số đồng biến trên khoảng (0,1)

Chọn B.

Nhìn vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy y'<0 trên khoảng (-2;0) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0). Vậy đáp án B.

Chọn C.

Phương trình $f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=1.$

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)-1=0$ chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình f(x)-1=0 có 4 nghiệm thực.

Chọn D.

Số cạnh của một bát diện đều là: 12.

Chọn A.

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x+m}$ có đường tiệm cận đứng là x=-m

Đường tiệm cận đứng đi qua điểm $M\left(2;3\right)\iff -m=2\iff m=-2.$

Chọn C.

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax-1}{x+b}$ có đường tiệm cận đứng là x=-b và đường tiệm cận ngang là y=a

Theo đồ thị, ta có $\left\{\begin{array}{l}-b=-1\\ a=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right..$

Chọn A.

Gọi cạnh của hình lập phương là x (x>0)

$\Rightarrow AC=\sqrt{x^2+x^2}=x\sqrt{2}.$

Xét tam giác AA'C là tam giác vuông tại A có:

$A\text{'}C=\sqrt{A{C}^2+A\text{'}{A}^2}=\sqrt{2x^2+x^2}=x\sqrt{3}$

Theo bài ra ta có: $x\sqrt{3}=a\sqrt{6}\Rightarrow x=a\sqrt{2}.$

Thể tích của khối lập phương bằng $V={\left(\sqrt{2}a\right)}^3=2\sqrt{2}{a}^3.$

Chọn D.

Tập xác định: D=R\{1}

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\frac{2\left(-1\right)-3}{{\left(x-1\right)}^2}=-\frac{5}{{\left(x-1\right)}^2}<0,\forall x\ne 1.$

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right).$

Chọn B.

Xét đáp án A hàm số có một điểm cực tiểu và một điểm cực đại vì vậy có hai điểm cực trị nên đáp án A là đáp án sai.

Xét đáp án B hàm số đạt điểm cực tiểu tại x=2 giá trị cực đại là y=-5 nên đáp án B là đáp án đúng, chọn đáp án B.

Xét đáp án C sai nên loại.

Xét đáp án D sai nên loại.

Chọn D.

Ta có: $y\text{'}=\frac{-6}{{\left(x-2\right)}^2}<0$ với mọi $x\ne 2.$

Hàm số luôn nghịch biến trên đoạn [3;5] và $f\left(3\right)=7,f\left(5\right)=3.$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y=\frac{x+4}{x-2}$ trên đoạn [3;5] là $\underset{\left[-1;2\right]}{max}f\left(x\right)=7$ tại x=3 nên chọn đáp án D.

Chọn B.

Ta có $a^{\frac{3}{2}}.a^3=a^{\frac{3}{2}+2}=a^{\frac{9}{2}}.$

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a<0. Do đó chọn đáp án B.

Chọn D.

Vì đáy là hình vuông cạnh a nên diện tích của đáy là $S=a^2.$

Thể tích của khối chóp đã cho là $V=\frac{1}{3}.h.S=\frac{1}{3}.2a.a^2=\frac{2}{3}{a}^3.$

Chọn D.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x=3 do đó hàm số đạt cực tiểu tại x=3 và giá trị cực tiểu là $y_{CT}=y\left(3\right)=-4.$

Chọn B.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=4x^3-8x=4x\left(x^2-2\right).$

Giải $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-2;3\right]\\ x=\sqrt{2}\in \left[-2;3\right]\\ x=-\sqrt{2}\in \left[-2;3\right]\end{array}\right.$

Tính $f\left(0\right)=5;f\left(\sqrt{2}\right)=1;f\left(-\sqrt{2}\right)=1;f\left(-2\right)=5;f\left(3\right)=50.$

Suy ra $\underset{\left[-2;3\right]}{max}y=50=f\left(3\right).$

Chọn C.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;0\right),\left(1;+\infty \right).$

$\Rightarrow$ Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(2;+\infty \right).$

Chọn B.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\left(x+1\right){\left(x+2\right)}^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-2\end{array}\right..$ Do ${\left(x+1\right)}^2\ge 0,\forall x\in R$ cho nên dấu f'(x) phụ thuộc vào biểu thức x+1 và f'(x) chỉ đổi dấu một lần. Hàm số f(x) có một cực trị.

Đáp án đúng: A.

*Lời giải:

* Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD. Dựng đường thẳng Ox vuông góc mặt phẳng đáy, ta có $Ox//SA\Rightarrow Ox\cap SC=I.$ Dễ thấy, I là trung điểm của SC cách đều các đỉnh S,A,C và là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD ta có $R=\frac{SC}{2}.$

* Xét tam giác $ABC:AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{9a^2+16a^2}=5a.$

Xét tam giác $SAC:SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{144a^2+25a^2}=13a.$

Vậy $R=\frac{SC}{2}=\frac{13a}{2}.$

Cách xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp của một số hình đa diện cơ bản

a/ Hình hộp chữ nhật, hình lập phương.

- Tâm: trùng với tâm đối xứng của hình hộp chữ nhật (hình lập phương).

⇒ Tâm là I, là trung điểm của AC'.

- Bán kính: bằng nửa độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật (hình lập phương).

b/ Hình lăng trụ đứng có đáy nội tiếp đường tròn.

Xét hình lăng trụ đứng A1A2A3...An.A'1A'2A'3...A'n, trong đó có 2 đáy A1A2A3...An và A'1A'2A'3...A'n nội tiếp đường tròn (O) và (O'). Lúc đó, mặt cầu nội tiếp hình lăng trụ đứng có:

- Tâm: I với I là trung điểm của OO'

- Bán kính: R = IA1 = IA2 = ... = IAn

c/ Hình chóp có các đỉnh nhìn đoạn thẳng nối 2 đỉnh còn lại dưới 1 góc vuông.

- Hình chóp S.ABC có:

- Hình chóp S.ABCD có:

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=x^2-2mx+m^2-4,y\text{'}\text{'}=2x-2m.$

Vì x=3 là điểm cực đại của hàm số nên

* Khi m=1 ta có $y\text{'}\text{'}\left(3\right)=4>0\Rightarrow x=3$ là điểm cực tiểu, không thỏa mãn.

* Khi m=5 ta có $y\text{'}\text{'}\left(3\right)=6-10=-4<0\Rightarrow x=3$ là điểm cực tiểu, thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn D.

* Xét $x^2+x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}\right..$

* Ta có:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(\sqrt{x+9}-3\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)}{\left(x^2+x\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{x\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)} \\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)}=\frac{1}{6}. \end{gathered}$$

Đường thẳng x=0 không phải là tiệm cận đứng.

* Ta có: $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=+\infty$ và $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=-\infty$

Đường thẳng x=-1 là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số trên có một tiệm cận đứng

Chọn D.

Ta có

$$\begin{gathered} 4^{x^2-x}+2^{x^2-x+1}=3\iff {\left(2^{x^2-x}\right)}^2+2.2^{x^2-x}-3=0 \\ \iff {\left(2^{x^2-x}\right)}^2+2.2^{x^2-x}-3=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}{2}^{x^2-x}=1\\ 2^{x^2-x}=-3\left(VN\right)\end{array}\right.\iff x^2-x=0 \\ \iff x=0;x=1\Rightarrow \left|x_1-x_2\right|=1. \end{gathered}$$

Chọn A.

Tập xác định: D=R\{m}

Ta có $y\text{'}=\frac{-m+2}{{\left(x-m\right)}^2}.$

Hàm số $y=\frac{x-2}{x-m}$ đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}<0\\ m\notin \left(-\infty ;-1\right)\end{array}\right.$

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

Mặt khác $m\in Z$ nên $m\in \left\{-1;0;1\right\}.$

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=\frac{-4}{{\left(x-1\right)}^2}<0\forall x\in \left(-\infty ;1\right) và \left(1;+\infty \right).$

Đáp án đúng: A.

*Lời giải:

Ta có $S_{xq}=\pi Rl=3\pi a^2.$ Thay R=a

Suy ra l=3a

*Phương pháp giải:

- Diện tích xung quanh hình nón: Sxq = πRl.

- từ đó suy ra l = ?

* Các lý thuyết thêm về mặt trụ, mặt cầu và mặt nón:

1. Diện tích và thể tích hình trụ

Cho hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h.

- Diện tích xung quanh: Sxq = 2πRh.

- Diện tích toàn phần: Stp = 2πRh + 2πR2.

- Thể tích: V = πR2h.

2. Diện tích và thể tích của hình nón

Đặt AC = l; l là đường sinh.

Cho hình nón có bán kính đáy R và đường sinh l, chiều cao h.

- Diện tích xung quanh: Sxq = πRl.

- Diện tích toàn phần: Stp = πRl + πR2.

- Thể tích: $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h$.

3. Diện tích và thể tích hình nón cụt

Cho hình nón cụt có các bán kính đáy R và r, chiều cao h, đường sinh l.

- Diện tích xung quanh: S_xq = π (R + r) l.

- Thể tích: $V=\frac{1}{3}\pi h(R^2+Rr+r^2)$.

Chọn D.

Điều kiện: x>0

Đặt ${\log }_{3}x=t\Rightarrow x=3^t$

Khi đó ta có phương trình: $t^2-\left(m+2\right)t+3m-1=0\left(*\right)$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\iff$ phương trình (*) có hai nghiệm t phân biệt

$$\begin{gathered} \iff \Delta >0\iff {\left(m+2\right)}^2-4\left(3m-1\right)>0 \\ \iff m^2+4m+4-12m+4>0\iff m^2-8m+8>0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}m>4+2\sqrt{2}\\ m<4-2\sqrt{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Với $\left[\begin{array}{l}m>4+2\sqrt{2}\\ m<4-2\sqrt{2}\end{array}\right.$ có hai nghiệm phân biệt $t_1;t_2$ thì phương trình đã cho có 2 nghiệm $x_1;x_2$ với $x_1=3^{t_2},x_2=3^{t_1}$

Áp dụng hệ thức Vi-ét với phương trình (*) ta có: $\left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=m+2\\ t_1{t}_2=3m-1\end{array}\right.$

Theo đề bài ta có $x_1{x}_2=27\iff 3^{t_1}.3^{t_2}=3^{t_1+t_2}=27\iff t_1+t_2=3\iff m+2=3\iff m=1\left(tm\right).$

Chọn D.

Ta có hình vẽ của hình nón đã cho như hình

Gọi H là tâm của đường tròn đáy và là trung điểm của AB

Góc ở đỉnh bằng 60$°$ nên $\Rightarrow \widehat{BSA}={60}^0\Rightarrow \Delta SAB$ đều $\Rightarrow l=2R=2a.$

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi Rl=\pi a.2a=2\pi a^2.$

Chọn B.

Ta có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=a\left(x+1\right)\left(x-1\right)\left(x-4\right),a>0 \\ f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\\ x=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

là các nghiệm đơn

Mặt khác dựa vào đồ thị f'(x) đổi dấu qua các nghiệm {-1;1;4} nên hàm số đã cho có 3 cực trị.

Chọn C.

Điều kiện: $x>\frac{2}{3}$

Phương trình đã cho tương đương $3x-2=3^3\iff x=\frac{29}{3}.$

Chọn C.

Ta có $2f\left(x\right)+1=0\iff f\left(x\right)=-\frac{1}{2}.$

Từ đồ thị ta có phương trình này có 4 nghiệm $x_1,x_2,x_3,x_4.$

Xét giới hạn $\underset{x\to x_i}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to x_i}{\lim }\frac{2020}{2f\left(x\right)+1}=\infty$ do đó $x=x_i\left(i=1,2,3,4\right)$ đều là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)=\frac{2020}{2f\left(x\right)+1}.$

Vậy đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)=\frac{2020}{2f\left(x\right)+1}$ có 4 đường tiệm cận đứng.

Chọn D.

Ta có $P^2={\left(2^x+2^{-x}\right)}^2=4^x+4^{-x}+2.2^x.2^{-x}=25$ do đó P=5

Vậy $P=2^x+2^{-x}=5.$

Chọn A.

Điều kiện xác định: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2>0\\ 5x-1>0\\ m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 0\\ x>\frac{1}{5}\\ m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>\frac{1}{5}\\ m>0\end{array}\right.$

Ta có:

$$\begin{gathered} {\log }_9{x}^2-{\log }_3\left(5x-1\right)=-{\log }_{3}m \\ \iff \frac{1}{2}.2.{\log }_{3}x+{\log }_{3}m={\log }_3\left(5x-1\right) \\ \iff {\log }_3\left(mx\right)={\log }_3\left(5x-1\right) \\ \iff mx=5x-1 \\ \iff \left(m-5\right)x+1=0 \end{gathered}$$

Xét m=5 phương trình vô nghiệm nên loại m=5

Xét $m\ne 5,$ phương trình có nghiệm $x=\frac{-1}{m-5}.$

Dựa vào điều kiện ta được $\frac{-1}{m-5}>\frac{1}{5}\iff \frac{-1}{m-5}-\frac{1}{5}>0\iff \frac{-m}{m-5}>0\iff 0<m<5.$

Khi đó $m\in \left\{1,2,3,4\right\}.$

Chọn B.

Công thức tính thể tích khối cầu có bán kính R là $\frac{4}{3}\pi R^3.$

Chọn B.

Chọn D.

$SA\perp \left(ABCD\right)$ nên $\left(\widehat{SC;\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SC;AC}\right)=\widehat{SCA}.$

Tam giác ADC vuông tại D có $AC=\sqrt{A{D}^2+D{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}.$

Tam giác SAC vuông tại A có $SA=AC.\tan \left({30}^0\right)=a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Diện tích tam giác ABC là $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.d\left(C,AB\right)=\frac{1}{2}AB.DA=\frac{1}{2}.2a.a=a^2$

Thể tích khối chóp S.ABC là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{6}}{3}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{9}.$

Chọn C.

Dựa vào dáng đồ thị ta có a<0 dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung ta có c<0

$y\text{'}=4a{x}^3+2bx=2x\left(2a{x}^2+b\right)$ dựa vào đồ thị ta có y'=0 có 3 nghiệm phân biệt suy ra $-b<0\Rightarrow b>0.$

Chọn D.

Ta có $S_{xq}=2\pi rl=36\pi a^2\Rightarrow rl=18a^2$ mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên l=2r. Do đó r=3a, l=6a

Gọi S là diện tích lục giác đều nội tiếp đường tròn đáy.

Ta có

$$\begin{gathered} S=6.\frac{{\left(3a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27a^2\sqrt{3}}{2}. \\ V=Bh=\frac{27a^2\sqrt{3}}{2}.6a=81a^3\sqrt{3}. \end{gathered}$$

Chọn A.

Chọn B.

Xét hàm số:

$$\begin{gathered} y=g\left(x\right)=f\left(x^2-4x+1\right) \\ y\text{'}=g\text{'}\left(x\right)=\left(2x-4\right)f\text{'}\left(x^2-4x+1\right) \\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2x-4=0\\ f\text{'}\left(x^2-4x+1\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2x-4=0\\ x^2-4x+1=-1\\ x^2-4x+1=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x^2-4x+2=0\\ x^2-4x-2=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=2+\sqrt{2}\\ x=2-\sqrt{2}\\ x=2+\sqrt{6}\\ x=2-\sqrt{6}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Suy ra g'(x) bị đổi dấu 5 lần, nên hàm số $y=f\text{'}\left(x^2-4x+1\right)$ có 5 điểm cực trị.

Đáp án đúng: C.

*Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm của hàm số

- Để hàm số nghịch biến trên R thì đạo hàm $\le$ 0 từ đó tìm ra các giá trị của m

*Lời giải:

Ta có $y\text{'}=-3x^2-2mx+4m+9.$

Để hàm số đã cho nghịch biến trên R thì $y\text{'}\le 0,\forall x\in R$

$$\begin{gathered} \iff -3x^2-2mx+4m+9\le 0,\forall x\in R\iff \Delta \text{'}\le 0 \\ \iff m^2+3\left(4m+9\right)\le 0\iff -9\le m\le -3. \end{gathered}$$

Vì $m\in Z$ nên $m\in \left\{-9;-8;...;-3\right\}.$

Vậy có 7 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

*Cách tìm m để hàm số đồng biến/nghịch biến trong 1 khoảng:

Phương pháp giải bài tập tìm m để hàm đồng biên, nghịch biến trên R 

Bước 1: Tính y'. Hàm số đồng biến trên R thì y'>=0, nghịch biến trên R thì y'=< 0 

Bước 2: Thường gặp y' là một tam thức bậc hai nên ta dựa vào các nhận xét để tìm m:

Bất phương trình ax2 + bx + c >= 0 với mọi x thuộc R thì a> 0 và 

Bất phương trình ax2 + bx + c  0 với mọi x thuộc R thì a <0 và 

Phương pháp giải bài toán tìm m để hàm số đồng biên, nghịch biến trên khoảng K là tập con của R.

Bước 1: Tính y'. Hàm số đồng biến, nghịch biến trên K thì y' 0 Với mọi x thuộc K

Bước 2: Đưa bất phương trình y'0 với x thuộc K về dạng m g (x) với mọi x thuộc K (ta gọi đây là bước cô lập m)

Bước 3: Tìm m dựa trên hai nhận xét:

m g (x) với mọi x thuộc K => m max g(x) trên K

m  g (x) với mọi x thuộc K => m  min  g(x) trên K

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

Bài tập về sự đồng biến và nghịch biến của hàm số (có đáp án)

Bài tập Sự đồng biến nghịch biến của hàm số Toán 12 

TOP 30 Đề thi Học kì 1 Toán 12 có đáp án

Chọn A.

Ta có $2\left|f\left(x\right)\right|-2m=0\iff \left|f\left(x\right)\right|=m.$

Đồ thị của hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$

Dựa vào đồ thị, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y=m cắt đồ thị $y=\left|f\left(x\right)\right|$ tại 4 điểm phân biệt $\iff 1<m<3.$

Vậy với 1<m<3 thì phương trình $2\left|f\left(x\right)\right|-2m=0$ có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{2018}{{\left(x+1\right)}^2}.\frac{x+1}{2018x}=\frac{1}{x\left(x+1\right)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$

Ta có

$$\begin{gathered} S=f\text{'}\left(1\right)+f\text{'}\left(2\right)+f\text{'}\left(3\right)+...+f\text{'}\left(2018\right) \\ =\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+...+\left(\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}\right) \\ =1-\frac{1}{2019}=\frac{2018}{2019}. \end{gathered}$$

Chọn C.

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)+m$

Cho $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=-m,\left(1\right)$

Hàm số g(x) có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (1) có đúng một nghiệm bội lẻ $\iff \left[\begin{array}{l}-m\ge 3\\ -m\le -1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\le -3\\ m\ge 1\end{array}\right..$

Kết hợp điều kiện $\left\{\begin{array}{l}m\in \left(-10;10\right)\\ m\in Z\end{array}\right.\Rightarrow m\in \left\{-9,-8,-7,-6,-5,-4,-3,1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$

Suy ra có 16 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán.