Chọn B.

Ta thấy đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc ba $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ nên loại C, D.

Dựa vào đồ thị ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$ nên a>0 suy ra loại A.

Vậy ta chọn đáp án B.

Chọn A.

Vì ABC.A'B'C' là khối lăng trụ đều nên có đáy ABC là tam giác đều và chiều cao AA'=a

Khi đó thể tích của khối lăng trụ đã cho là $V=AA\text{'}.S_{ABC}=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ (đvtt).

Chọn C.

Độ dài đường sinh của hình nón $l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5.$

Diện tích xung quanh của hình nón $S=\pi rl=4.5\pi =20\pi .$

Chọn B.

Ta có $u_9=u_1+\left(9-1\right)d=3+8.2=19.$

Chọn B.

Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử.

Vậy có 5! = 120 cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc.

Chọn D.

Thể tích V của khối cầu có đường kính 6cm là $\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}.\pi .3^3=36\pi \left(c{m}^3\right).$

Chọn A.

Theo công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ ta có $S_{xq}=2\pi rl=2\pi rh$ (Do h=l)

Chọn B.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(3-1;5-2;2+3\right)=\left(2;3;5\right).$

Chọn C.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}3x^{2}dx=3.\frac{1}{3}{x}^3+C=x^3+C.$

Chọn B.

Ta có $3^{2x+1}=\frac{1}{3}\iff 3^{2x+1}=3^{-1}\iff 2x+1=-1\iff x=-1.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={-1}

Chọn D.

Chọn C.

Ta có ${\log }_{a^2}b=\frac{1}{2}{\log }_{a}b.$

Chọn A.

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

Suy ra số nghiệm của phương trình $2f\left(x\right)=-1$ là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng $y=\frac{-1}{2}.$

Dựa vào hình vẽ trên, suy ra phương trình 2f(x)=-1 có 2 nghiệm.

Chọn A.

ĐKXĐ: $x+1>0\iff x>-1.$

Ta có: ${\log }_2\left(x+1\right)=3\iff x+1=2^3=8\iff x=7$ (thỏa mãn ĐKXĐ).

Vậy nghiệm của phương trình ${\log }_2\left(x+1\right)=3$ là x=7

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(3;+\infty \right);$ hàm số nghịch biến trên (-1;3)

Chọn A.

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

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left(\ln x+1\right)\left(e^x-2019\right)\left(x+1\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}\ln x+1=0\\ e^x-2019=0\\ x+1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\ln x=-1\\ e^x=2019\\ x=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{1}{e}\in \left(0;+\infty \right)\\ x=\ln 2019\in \left(0;+\infty \right)\\ x=-1\notin \left(0;+\infty \right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại $x=\frac{1}{e}.$ Đạt cực tiểu tại x=ln2019

Vậy trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ thì hàm số y=f(x) có 2 điểm cực trị.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị, nhận thấy hàm số đạt cực đại tại x=0 và $y_{CD}=-1.$

Đáp án đúng là C.

Lời giải

Khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h có thể tích là V=Bh.

*Phương pháp giải:

- dựa theo công thức tính thể tích hình lăng trụ

* Lý thuyết

 Các lăng trụ đặc biệt

a) Lăng trụ đứng: Là lăng trụ có cạnh bên vuông góc với đáy. Các mặt bên là các hình chữ nhật. Cạnh bên bằng đường cao của lăng trụ.

b) Lăng trụ đều: Là lăng trụ đứng và có đáy là đa giác đều. Các mặt bên của lăng trụ đều là các hình chữ nhật và bằng nhau.

c) Hình hộp: Là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.

+) 6 mặt của hình hộp là các hình bình hành.

+) Hai mặt đối diện song song và bằng nhau.

+) Bốn đường chéo của hình hộp đồng quy tại trung điểm của mỗi đường.

d) Hình hộp chữ nhật: là hình hộp có 6 mặt đều là các hình chữ nhật.

e) Hình lập phương: Là hình hộp có 6 mặt đều là các hình vuông (bằng nhau).

Công thức thể tích:

a) Thể tích khối lăng trụ

$\boxed{V_{LT}=S.h}$

với: S: Diện tích đáy

h: Chiều cao.

b) Thể tích khối hộp chữ nhật

$\boxed{V=a.b.c}$

với a, b, c là ba kích thước.

c) Thể tích khối lập phương

$\boxed{V=a^3}$

Trong đó a là độ dài cạnh.

PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH LĂNG TRỤ

Bước 1: Xác định và tính chiều cao của khối đa diện

Bước 2: Tìm diện tích đáy bằng các công thức.

Bước 3: Sử dụng công thức tính thể tích.

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

Lý thuyết Ôn tập chương 1 – Toán 12

Bài toán về thể tích khối lăng trụ (có đáp án) – Toán 12 

Chọn D.

Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là V=1.2.3=6

Chọn D.

Điều kiện: $x^2-3x+2>0\iff \left[\begin{array}{l}x>2\\ x<1\end{array}\right..$

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: $D=\left(-\infty ;1\right)\cup \left(2;+\infty \right).$

Chọn C.

Ta có góc giữa SC với đáy là $\widehat{SCA}={45}^0.$

Tam giác ABC vuông tại $B\Rightarrow AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2\sqrt{3}.$

$∆ABC$ vuông tại A suy ra $SA=AC.\tan \widehat{SCA}=2\sqrt{3}.$

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.BA.BC.SA=3.$

Chọn A.

Ta có

$$\begin{gathered} x_0=1\Rightarrow y_0=e. \\ y\text{'}=e^x\left(x+1\right)\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=2e. \end{gathered}$$

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số là $y=2e\left(x-1\right)+e\iff y=e\left(2x-1\right).$

Chọn D.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là: $R=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Bán kính đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác đều ABC và A’B’C’ chính là bán kính đáy khối trụ: $R=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$ Thể tích khối trụ tròn xoay cần tìm $V=\pi R^{2}h=\pi .{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2.a=\frac{\pi a^3}{3}.$

Chọn C.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=x^2+C\Rightarrow f\left(x\right)=2x.$

Suy ra $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(2x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}2.2xdx=2x^2+C.$

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=-3x^2-6x+m.$ Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta \text{'}>0\iff 9+3m>0\iff m>-3.$

Chọn C.

Đặt $t={\left(2+\sqrt{3}\right)}^x,t>0,$ khi đó $x={\log }_{\left(2+\sqrt{3}\right)}t$ và mỗi t>0 cho ta đúng một nghiệm x

Phương trình đã cho được viết lại $t+\frac{m}{t}-1=0\iff t^2-t+m=0\left(*\right).$ Bải toàn trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt $t_1,t_2.$

 Suy ra: $\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta >0\\ P=t_1{t}_2>0\\ S=t_1+t_2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1-4m>0\\ m>0\end{array}\right.\iff 0<m<\frac{1}{4}.$

Vậy $T = 3a + 8b = 2.$

Chọn B.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(2x+\cos 2x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}2xdx+\underset{}{\overset{}{\int }}\cos 2xdx=x^2+\frac{1}{2}\sin 2x+C.$

Chọn B.

Ta có

$$\begin{gathered} S_{\Delta ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}.\left(2a^2\right)=a^2\sqrt{3} \\ {V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}. \end{gathered}$$

Chọn D.

Hình hộp

$$\begin{gathered} ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}\Rightarrow \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC} và \overrightarrow{AA\text{'}}=\overrightarrow{DD\text{'}} \\ \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D-x_A=x_C-x_B\\ y_D-y_A=y_C-y_B\\ z_D-z_A=z_C-z_B\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D-0=1-1\\ y_D-0=2-0\\ z_D-0=0-0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D=0\\ y_D=2\\ z_D=0\end{array}\right. \\ \overrightarrow{AA\text{'}}=\overrightarrow{DD\text{'}}\iff \iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{A\text{'}}-x_A=x_{D\text{'}}-x_D\\ y_{A\text{'}}-y_A=y_{D\text{'}}-y_D\\ z_{A\text{'}}-z_A=z_{D\text{'}}-z_D\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{A\text{'}}-0=-1-0\\ y_{A\text{'}}-0=3-2\\ z_{A\text{'}}-0=5-0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{A\text{'}}=-1\\ y_{A\text{'}}=1\\ z_{A\text{'}}=5\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy $A\text{'}\left(-1;1;5\right).$

Chọn C.

Hàm số $y=\frac{9x+1}{\sqrt{2020-x^2}}$

TXĐ: $D=\left(-\sqrt{2020};\sqrt{2020}\right)$

Ta có: $\underset{x\to {\left(-\sqrt{2020}\right)}^{+}}{\lim }y=-\infty ;\underset{x\to {\left(-\sqrt{2020}\right)}^{-}}{\lim }y=+\infty$

$\Rightarrow$ đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là $x=-\sqrt{2020}$ và $x=\sqrt{2020}$

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{9x+1}{\sqrt{2020-x^2}}$ có 2 đường tiệm cận.

Chọn A.

Xét hàm số $y=x^4-20x^2$ liên tục trên [-1;10] và có

$y\text{'}=4x^3-40x=4x\left(x^2-10\right)$ nên $y\text{'}=0\iff 4x\left(x^2-10\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\sqrt{10}\\ x=-\sqrt{10}\left(L\right)\end{array}\right.$

Mà $y\text{'}\left(-1\right)=-1,y\text{'}\left(0\right)=0,y\text{'}\left(\sqrt{10}\right)=-100$ nên giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=x^4-20x^2$ trên đoạn [-1;10] là -100.

Chọn C.

Diện tích đáy là: $S_{ABC}=\frac{1}{2}.a.a=\frac{a^2}{2}.$

Thể tích khối lăng trụ là: $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{a^2}{2}.a=\frac{a^3}{2}=V.$

Gọi P là trung điểm cạnh CC’ ta có $V_{ABCMNC\text{'}}=V-V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}MN}=V-\frac{2}{3}.V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}MNP}=V-\frac{2}{3}.\left(\frac{1}{2}V\right)=\frac{2}{3}V=\frac{2}{3}.\frac{a^3}{2}=\frac{a^3}{3}.$

Chọn B.

Ta có: $3^{x^2-x}<9\iff 3^{x^2-x}<3^2\iff x^2-x<2\iff x^2-x-2<0\iff x\in \left(-1;2\right).$

Vậy $T=a+b=-1+2=1.$

Chọn A.

Gọi M,G lần lượt là trung điểm của BC và trọng tâm $\Delta ABC.$

Do S.ABC là khối chóp tam giác đều nên hình chiếu của S lên (ABC) là trọng tâm $\Delta ABC.$

Suy ra $SG\perp \left(ABC\right).$

Khi đó góc giữa cạnh bên và mặt đáy là $\widehat{SAG}.$

Ta có: $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2};AG=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3};S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Theo đề bài: $V_{S.ABC}=\frac{a^3}{4\sqrt{3}}\iff \frac{1}{3}.SG.S_{\Delta ABC}=\frac{a^3}{4\sqrt{3}}\iff \frac{1}{3}.SG.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4\sqrt{3}}\iff SG=a.$

Trong $∆SAG$ vuông tại G ta có $\tan \widehat{SAG}=\frac{SG}{AG}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SAG}={60}^0.$

Chọn A.

Hình nón có góc ở đỉnh bằng $90°$ nên $\widehat{OSA}={45}^0,$ suy ra $\Delta SOA$ vuông cân tại O. Khi đó $h=r=5,l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}.$

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi .r.l=\pi .5.5\sqrt{2}=25\sqrt{2}\pi .$

Chọn D.

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng CD

Gọi H là trọng tâm của tam giác đều BCD Khi đó $HI=\frac{2\sqrt{3}}{3},BH=\frac{4\sqrt{3}}{3}.$

Gọi H là trọng tâm của tam giác đều BCD nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD

Và HI là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BCD Suy ra bán kính đường tròn đáy của hình trụ là $r=HI=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$

Tứ diện ABCD đều nên $AH\perp \left(BCD\right),$ suy ra AH là chiều cao của khối tứ diện.

Áp dụng định lý py-ta-go vào tam giác AHB vuông tại H ta có

$A{B}^2=A{H}^2+B{H}^2\iff A{H}^2=A{B}^2-B{H}^2=4^2-{\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)}^2=\frac{32}{3}\iff AH=\frac{4\sqrt{6}}{3}.$

Vậy chiều cao của hình trụ là $h=AH=\frac{4\sqrt{6}}{3}.$ Suy ra độ dài đường sinh của hình trụ là $l=\frac{4\sqrt{6}}{3}.$ Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi rl=2\pi .\frac{2\sqrt{3}}{3}.\frac{4\sqrt{6}}{3}=\frac{16\sqrt{2}}{3}\pi .$

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=\left(2x-8\right)f\text{'}\left(x^2-8x+m\right).$ Hàm số $y=f\left(x^2-8x+m\right)$ có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $f\text{'}\left(x^2-8x+m\right)=0$ có bốn nghiệm phân biệt khác 4. Mà f'(x)=0 có hai nghiệm đơn là x=0 và x=2 nên $f\text{'}\left(x^2-8x+m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-8x+m=0\\ x^2-8x+m=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-8x+m=0\\ x^2-8x+m-2=0\end{array}\right.$ có bốn nghiệm phân biệt khác 4 khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=16-m>0\\ 16-32+m\ne 0\\ \Delta \text{'}=16-m+2>0\\ 16-32+m-2\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<16\\ m\ne 16\\ m<18\\ m\ne 18\end{array}\right.\iff m<16.$

Kết hợp điều kiện m nguyên dương nên có 15 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài ra.

Chọn C.

Ta có: $y\text{'}=3x^2+m+\frac{2}{5x^3}.$

Hàm số $y=x^3+mx-\frac{1}{5x^2}$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$

$$\begin{gathered} \iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in \left(0;+\infty \right). \\ \iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in \left(0;+\infty \right). \\ \iff m\ge -3x^2-\frac{2}{5x^3},\forall x\in \left(0;+\infty \right) \end{gathered}$$

$\iff m\ge \underset{\left(0;+\infty \right)}{max}g\left(x\right)$ với $g\left(x\right)=-3x^2-\frac{2}{5x^3}.$

Xét $g\left(x\right)=-3x^2-\frac{2}{5x^3}$ trên $\left(0;+\infty \right),$ ta có $g\text{'}\left(x\right)=-6x+\frac{6}{5x^4};g\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\frac{1}{\sqrt[5]{5}}.$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra $m\ge -2,6.$

Vậy m=-2 và m=1 thỏa mãn.

Chọn D.

Gọi P là trung điểm của $AN\Rightarrow MP//CN,MP\subset \left(DMP\right)\Rightarrow CN//\left(DMP\right)$

$\Rightarrow d\left(CN,DM\right)=d\left(CN,\left(DMP\right)\right)=d\left(N,\left(DMP\right)\right)=d\left(A,\left(DMP\right)\right).$

Ta có ABCD là tứ diện đều cạnh $a\Rightarrow V_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

Ta có $\frac{V_{A.DMP}}{V_{A.DBC}}=\frac{AP}{AB}.\frac{AM}{AC}=\frac{1}{8}\Rightarrow V_{A.DMP}=\frac{1}{8}{V}_{A.DBC}=\frac{a^3\sqrt{2}}{96}.$

Tam giác ACD đều cạnh a, có M là trung điểm của $AC\Rightarrow DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Tam giác ABC đều cạnh a, có n là trung điểm của $AB\Rightarrow CN=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow MP=\frac{1}{2}CN=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Tam giác ADP, có $AP=\frac{a}{4},AD=a,\widehat{PAD}={60}^0.$

$\Rightarrow DP=\sqrt{A{D}^2+A{P}^2-2.AD.AP.\cos \widehat{PAD}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}.$

Đặt $p=\frac{DM+DP+MP}{2}=\frac{a\left(\sqrt{13}+3\sqrt{3}\right)}{8}.$

$\Rightarrow S_{\Delta DMP}=\sqrt{p\left(p-DM\right)\left(p-DP\right)\left(p-MP\right)}=\frac{a^2\sqrt{35}}{32}$

Lại có $V_{A.DMP}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta DMP}.d\left(A,\left(DMP\right)\right)\Rightarrow d\left(A,\left(DMP\right)\right)=\frac{3V_{A.DMP}}{V_{\Delta DMP}}=\frac{3.\frac{a^3\sqrt{2}}{96}}{\frac{a^2\sqrt{35}}{32}}=\frac{a\sqrt{70}}{35}.$

Vậy $d\left(CN,DM\right)=\frac{a\sqrt{70}}{35}.$

Chọn A.

Điều kiện: x>0

Ta có ${\log }_{3}x.{\log }_{9}x.{\log }_{27}x.{\log }_{81}x=\frac{2}{3}\iff \frac{1}{2.3.4}{\left({\log }_{3}x\right)}^4=\frac{2}{3}$

$\iff {\left({\log }_{3}x\right)}^4=16\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{3}x=2\\ {\log }_{3}x=-2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=9\\ x=\frac{1}{9}\end{array}\right.$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy tổng các nghiệm bằng $\frac{82}{9}.$

Chọn C.

$A_2,C_2.$

Từ $B_1$ dựng mặt phẳng song song với (ABC) cắt AA’ và CC’ tại 

Ta có $A_1{A}_2=B{B}_1-A{A}_1=\frac{a}{2}\Rightarrow A_1{B}_1=\sqrt{A_1{A}_2^2+A_2{B}_1}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},$ tương tự $B_1{C}_1=\frac{a\sqrt{5}}{2},A_1{C}_1=a\sqrt{2}.$ Vậy tam giác $A_1{B}_1{C}_1$ cân tại $B_1.$

Khi đó đường cao ứng với đỉnh $B_1.$ của tam giác $A_1{B}_1{C}_1$ là $\sqrt{B_1{C}_1^2-\frac{A_1{C}_1^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$S_{\Delta A_1{B}_1{C}_1}=\frac{a^2\sqrt{6}}{4};S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4},$ mặt khác tam giác ABC là hình chiếu của tam giác $A_1{B}_1{C}_1$ trên mặt phẳng (ABC)

Gọi $\phi$ là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và $\left(A_1{B}_1{C}_1\right)$

Ta có $\cos \phi =\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{A_1{B}_1{C}_1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \phi ={45}^0.$

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm $x^3+\left(a+10\right)x^2-x+1=0\left(1\right)\iff x^3+10x^2-x+1=-a{x}^2.$

Nhận thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình nên

$x^3+\left(a+10\right)x^2-x+1=0\left(1\right)\iff \frac{x^3+10x^2-x+1}{-x^2}=a.$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^3+10x^2-x+1}{-x^2}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\frac{-x^3-x+2}{x^3}=\frac{-\left(x^2+x+2\right)\left(x-1\right)}{x^3}$

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có một nghiệm khi a>-11 suy ra $a\in \left\{-10;-9;...;-1\right\}.$

Chọn B.

*) Xét phương trình $C_n^1+C_n^2=55$

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}n\in N\\ n\ge 2\end{array}\right..$

$$\begin{gathered} C_n^1+C_n^2=55\iff \frac{n!}{\left(n-1\right)!}+\frac{n!}{\left(n-2\right)!2!}=55 \\ \iff n+\frac{n\left(n-1\right)}{2}=55 \\ \iff n^2+n-110=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}n=-11\\ n=10\end{array}\right. \end{gathered}$$

Với điều kiện $n\ge 2$ ta chỉ chọn n=10 khi đó ${\left(x^3+\frac{2}{x^2}\right)}^n={\left(x^3+\frac{2}{x^2}\right)}^{10}$

*) Số hạng tổng quát trong khai triền ${\left(x^3+\frac{2}{x^2}\right)}^{10}$ là: $C_{10}^k{x}^{3\left(10-k\right)}.\frac{2^k}{x^{2k}}=C_{10}^k.2^k.x^{30-5k}.$

Số hạng không chứa x ứng với $30-5k=0\iff k=6.$

Số hạng cần tìm là $C_{10}^6{2}^6=13440.$

Chọn A.

Với a=0 có $x^2-x+2+a\ln \left(x^2-x+1\right)\ge 0\iff x^2-x+2\ge 0,\forall x\in R$ suy ra a=0 thỏa mãn.

Vậy ta chỉ cần tìm các giá trị a>0

Đặt $t=x^2-x+1,$ có $t\ge \frac{3}{4}.$

Bất phương trình đưa về tìm a>0 để $t+1+a\ln t\ge 0,\forall t\ge \frac{3}{4}.$

Đặt $f\left(t\right)=t+1+a\ln t$ có $f\text{'}\left(t\right)=1+\frac{a}{t}>0,\forall a>0,t\ge \frac{3}{4}.$

Bảng biến thiên

Có $f\left(t\right)\ge 0,\forall t\ge \frac{3}{4}$ khi và chỉ khi $\frac{7}{4}+a\ln \frac{3}{4}\ge 0\iff a\le \frac{-7}{4\ln \frac{3}{4}}\approx 6,08\Rightarrow a\in \left(6;7\right].$

Chọn D.

Xét hàm số $f\left(x\right)=a^x-9x-1(x\in R)$

Ta có: $f\left(0\right)=0;f\text{'}\left(x\right)=a^x\ln a-9$

Để $f\left(x\right)\ge 0(\forall x\in R)$ thì $\underset{R}{Min}f\left(x\right)=0=f\left(0\right)=>f\left(x\right)$ là hàm số đồng biến trên $[0;+\infty )$ và nghịch biến trên $(-\infty ;0]$ suy ra $f\text{'}\left(0\right)=0<=>a^0\ln a=9<=>a=e^9\approx 8103.$

Vậy $a\in ({10}^3;{10}^4]$