Đáp án B

Hoành độ giao điểm của đường thẳng $y=2x-\frac{13}{4}$với đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-1}{x+2}$  là nghiệm của phương trình

$2x-\frac{13}{4}=\frac{x^2-1}{x+2}$ DK $x\ne -2$

$\begin{array}{l}\iff 2x^2+4x-\frac{13}{4}x-\frac{13}{2}=x^2-1\\ \iff x^2+\frac{3}{4}x-\frac{11}{2}=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-\frac{11}{4}\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}y=\frac{2x+1}{1-x}\\ y\text{'}=\frac{3}{{(1-x)}^2}>0\forall x\in \text{[}2;3]\\ \Rightarrow \underset{\text{[}2;3]}{\min }y=y\left(2\right)=-5\end{array}$

Đáp án A

A:" chọn 2 người đều là nữ"

$\begin{array}{l}n\left(\Omega \right)=C_{10}^2\\ n\left(A\right)=C_3^2\\ P\left(A\right)=\frac{C_3^2}{C_{10}^2}=\frac{1}{15}\end{array}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}\cos x=-\frac{1}{2}\\ \iff x=\pm \frac{2\pi }{3}+k2\pi \end{array}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}y=\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}-1\\ y\text{'}=x^3+x\end{array}$

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}-1$  tại điểm có hoành độ $x_0=-1$  bằng $y\text{'}(-1)=0$

Đáp án D

Hàm $y=\sin x$ là hàm tuần hoàn với chu kỳ $T=2\pi$

Đáp án B

$\begin{array}{l}y=\frac{2x-4}{x-3}\\ y\text{'}=\frac{-2}{{\left(x-3\right)}^2}\end{array}$

Tọa độ giao điểm của (H )với Ox là $A\left(2;0\right)$

Phương trình tiếp tuyến (H )của  tại $A\left(2;0\right)$ là :

$\begin{array}{l}y=y\text{'}\left(2\right)\left(x-2\right)\\ \iff y=-2x+4\end{array}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=\frac{2x-1}{x+1}\\ f\text{'}\left(x\right)=\frac{2.1-\left(-1\right).1}{{\left(x+1\right)}^2}=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}\end{array}$

Đáp án A

Từ đồ thị hàm số ta thấy đây là đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ

$y=\frac{ax+b}{cx+d}$ với $y\text{'}>0$

Do $y\text{'}>0$  nên loại đáp án C

TNC : $y=2=\frac{a}{c}$  

đáp án A

Đáp án A

 $\left(u_n\right)$ là cấp số cộng nên:

$\begin{array}{l}{u}_8=u_1+7d\\ \iff 26=\frac{1}{3}+7d\\ \iff d=\frac{11}{3}\end{array}$

Đáp án B

$y=\frac{x^2+x+1}{-5x^2-2x+3}$ TXD $D=R\backslash \left\{-1;\frac{3}{5}\right\}$

$\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2+x+1}{-5x^2-2x+3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{-5-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}}=-\frac{1}{5}$

$\Rightarrow y=-\frac{1}{5}$ là TCN của đồ thị hàm số

$\underset{x\to -1}{\lim }y=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2+x+1}{-5x^2-2x+3}=\frac{1}{0}=\infty$

$\Rightarrow x=-1$ là TCD của đồ thị hàm số

$\underset{x\to \frac{3}{5}}{\lim }y=\underset{x\to \frac{3}{5}}{\lim }\frac{x^2+x+1}{-5x^2-2x+3}=\frac{\frac{49}{25}}{0}=\infty$

$\Rightarrow x=\frac{3}{5}$ là TCĐ của đồ thị hàm số

Đáp án A

$\begin{array}{l}\overrightarrow{DM}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC}\right)\\ =\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\right)\\ =\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\\ \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DM}=\frac{1}{2}{\overrightarrow{AB}}^2-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\\ =\frac{1}{2}{a}^2-a.a.\cos {60}^0+\frac{1}{2}a.a.\cos {60}^0\\ =\frac{1}{4}{a}^2\\ \Rightarrow a.\frac{a\sqrt{3}}{2}\cos \left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{DM}\right)=\frac{1}{4}{a}^2\\ \iff \cos \left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{DM}\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}\\ \Rightarrow \cos \left(AB;DM\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}\end{array}$

Đáp án đúng:B

* Lời giải:

Hàm số đồng biến trên R nên loại được đáp án C và D.

Ta thấy hàm $y=x^3+1$  có  $y\text{'}=3x^2\ge 0\forall x\in R$ nên hàm số $y=x^3+1$  đồng biến trên R.

* Phương pháp giải:

Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng K.

– Nếu hàm số đồng biến trên khoảng K thì f'(x) ≥ 0, ∀ x ∈ K

– Nếu hàm số nghịch biến trên khoảng K thì f'(x) ≤ 0, ∀ x ∈ K.

* Một số lý thuyết liên quan và dạng bài toán về sự đồng biến, nghịch biến:

1. Định nghĩa.

Cho hàm số y = f(x) xác định trên K, với K là một khoảng, nửa khoảng hoặc một đoạn.

- Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) trên K nếu ∀ x1, x2 ∈ K, x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2).

- Hàm số y = f(x) nghịch biến (giảm) trên K nếu ∀ x1, x2 ∈ K, x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2).

2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu.

Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng K.

– Nếu hàm số đồng biến trên khoảng K thì f'(x) ≥ 0, ∀ x ∈ K

– Nếu hàm số nghịch biến trên khoảng K thì f'(x) ≤ 0, ∀ x ∈ K.

3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu.

Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng K.

– Nếu f'(x) > 0, ∀x ∈ K thì hàm số đồng biến trên khoảng K.

– Nếu f'(x) < 0, ∀x ∈ K thì hàm số nghịch biến trên khoảng K.

– Nếu f'(x) = 0, ∀x ∈ K thì hàm số không đổi trên khoảng K.

Lưu ý

– Nếu f'(x) ≥ 0, ∀x ∈ K (hoặc f'(x) ≤ 0, ∀x ∈ K) và f'(x) = 0 chỉ tại một số điểm hữu hạn của K thì hàm số đồng biến trên khoảng K (hoặc nghịch biến trên khoảng K).

CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.

Phần I. Các bài toán không chứa tham số.

Dạng 1: Sử dụng đạo hàm để xác định khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Bước 1. Tìm tập xác định D.

Bước 2. Tính đạo hàm y’ = f'(x). Tìm các giá trị xi (i=1, 2, .., n) mà tại đó f'(x) = 0 hoặc f'(x) không xác định.

Bước 4. Sắp xếp các giá trị xi theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên.

Bước 5. Nêu kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số và chọn đáp án chính xác nhất.

Dạng 2: Từ bảng biến thiên, đồ thị hàm số của hàm số f’(x), xác định khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số đã cho.

- Dựa vào bảng biến thiên có sẵn, kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến và chọn đáp án đúng.

- Từ đồ thị hàm số của hàm số f’(x), ta có:

+ Khoảng đồng biến của hàm số là khoảng mà tại đó giá trị f'(x) > 0 (nằm phía trên trục hoành).

+ Khoảng đồng biến của hàm số là khoảng mà tại đó f'(x) < 0 (nằm phía dưới trục hoành).

Xét bài toán: Cho bảng biến thiên của hàm số f’(x). Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số g(x) theo f(x).

- Các bước giải:

Bước 1: Ta tính đạo hàm .

Bước 2: Kết hợp các nguyên tắc xét dấu tích, thương, tổng (hiệu) và bảng biến thiên của f’(x) để có được bảng xét dấu cho .

Bước 3: Dựa vào bảng xét dấu của vừa có để kết luận về sự đồng biến, nghịch biến của hàm số g(x).

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

Lý thuyết Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12

Toán 12 Bài 1 giải vở bài tập: Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số 

50 bài tập về sự đồng biến và nghịch biến của hàm số (có đáp án 2024) – Toán 12 

Đáp án C

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

Đáp án C

$$\begin{gathered} \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+3x}{\sqrt{2x^2+3}} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+3x}{x\sqrt{2+\frac{3}{x^2}}} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}+3}{\sqrt{2+\frac{3}{x^2}}}=\frac{3}{\sqrt{2}} \end{gathered}$$

Đáp án D

a và b chéo nhau. Có duy nhất một mặt phẳng chứa a và song song với b vì có duy nhất một mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau.

Đáp án C

$\frac{V_{C\text{'}.ABC}}{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}=\frac{\frac{1}{3}d\left(C\text{'};\left(ABC\right)\right).S_{ABC}}{d\left(C\text{'};\left(ABC\right)\right).S_{ABC}}=\frac{1}{3}$

Đáp án B

Số các tổ hợp chập k của một tập hợp n phần tử, kí hiệu là  $C_n^k$ và được cho bởi công thức :$C_n^k=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$

Đáp án D

Gọi I là trung điểm của BC.

Vì $\Delta ABC$  cân tại A nên $AI\perp BC$  (1)

Vì $\Delta DBC$  cân tại D nên $DI\perp BC$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BC\perp \left(AID\right)$$\Rightarrow BC\perp AD$ .

Đáp án D

Đáp án A

V=B.h

Đáp án D

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{2x-8}-2}{\sqrt{x+2}},x>-2\\ \mathrm{0,}x=-2\end{array}\right.\\ \underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{2x-8}-2}{\sqrt{x+2}}\\ =\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{\left(2x-8-4\right)\sqrt{x+2}}{\left(x+2\right)\left(\sqrt{2x-8}+2\right)}\\ =\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{2\sqrt{x+2}}{\left(\sqrt{2x-8}+2\right)}=0\\ f(-2)=0=\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)\end{array}$

Vì  $\bcancel{\exists }\underset{x\to {\left(-2\right)}^{-}}{\lim }f\left(x\right)$ nên $\bcancel{\exists }\underset{x\to \left(-2\right)}{\lim }f\left(x\right)$  do đó hàm số không liên tục tại x=-2.

Đáp án C

Đáp án D

$\frac{V\text{'}}{V}=\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}\frac{SB\text{'}}{SB}\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{2}\frac{1}{3}\frac{1}{4}=\frac{1}{24}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}{A}_n^3=20n\\ \iff \frac{n!}{\left(n-3\right)!}=20n\\ \iff n\left(n-1\right)\left(n-2\right)=20n\\ \iff n^3-3n^2+2n-20n=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}n=0\left(L\right)\\ n=-3\left(L\right)\\ n=6\left(tm\right)\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}y=\sin 2x\\ y\text{'}=2\cos 2x\\ y\text{'}\text{'}=-4\sin 2x\\ \Rightarrow 4y+y\text{'}\text{'}=0\end{array}$

Đáp án B

$f\left(x\right)=\frac{x^2+x+1}{x+1}$ TXD $D=R\backslash \left\{-1\right\}$

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

Đáp án A

Từ đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm $y=a{x}^4+b{x}^2+c$  với a<0 do đó loại được đáp án D.

Hàm có 3 cực trị $\iff \frac{-b}{a}>0\iff b>0$  loại được đáp án B.

$x_{c\text{d}}=\pm \sqrt{2}\Rightarrow$đáp án A đúng

Đáp án D

Vì  $SA=SB=SC$ nên $HA=HB=HC$

H là tâm đường ngoại tiếp tam giác vuông ABC

H là trung điểm của AC.

Đáp án A

Ta có :

$$\begin{gathered} {\left(x+\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^6={\left(x+2x^{-\frac{1}{2}}\right)}^6 \\ =\sum _{k=0}^6{C}_6^k{x}^{6-k}{\left(2x^{-\frac{1}{2}}\right)}^k \\ =\sum _{k=0}^6{C}_6^k{.2}^k.x^{6-\frac{3k}{2}} \end{gathered}$$

Suy ra phương trình :

$\begin{array}{l}6-\frac{3k}{2}=3\\ \iff \frac{3k}{2}=3\\ \iff k=2\end{array}$

Hệ số của $x^3$  trong khai triển là : $C_6^2{.2}^2=60$

Đáp án D

$\begin{array}{l}\left(A\text{'}C;\left(BC\right)\right)=\left(A\text{'}C;A\text{'}C\text{'}\right)=\angle CA\text{'}C\text{'}={30}^0\\ CC\text{'}=A\text{'}C\text{'}.\tan {30}^0=2a\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}a}{3}\\ V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=CC\text{'}.S_{ABC}\\ =\frac{2\sqrt{3}a}{3}.\frac{1}{2}.2a.2a=\frac{4\sqrt{3}{a}^3}{3}\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}{x}^4-3x^2+m=0\left(1\right)\\ \iff x^4-3x^2-3=-3-m(*)\end{array}$

Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt

$\begin{array}{l}\iff -3-m=-3\\ \iff m=0\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}y=\left(1-m\right)x^4-m{x}^2+2m-1\\ y\text{'}=4\left(1-m\right)x^3-2mx=2x\left[2\left(1-m\right)x^2-m\right]\end{array}$

TH1:  ta có m= 1  đồ thị hàm số y'=2x có đúng một cực trị.

TH2: $m\ne 1$ Để đồ thị hàm số có đúng một cực trị  <=> phương trình $2\left(1-m\right)x^{2}m=0$  hoặc vô nghiệm hoặc có nghiệp kép x= 0

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{l}\Delta \text{'}<0\\ m=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2m\left(1-m\right)<0\\ m=0\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}m\in \left(-\infty ;0\right)\cup \left(1;+\infty \right)\\ m=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Kết hợp điều kiện ta được $m\le 0$  hoặc $m\ge 1$

Đáp án B

$$\begin{gathered} S_n=\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\left(1-\frac{1}{3^2}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{n^2}\right) \\ =\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{n}\right)\right]\times \\ \left[\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\mathrm{...}\left(1+\frac{1}{n}\right)\right] \end{gathered}$$

$\begin{array}{l}\left(1-\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}\mathrm{...}\frac{n-1}{n}=\frac{1}{n}\\ \left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\mathrm{...}\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{3}{2}.\frac{4}{3}\mathrm{...}\frac{n+1}{n}=\frac{n+1}{2}\\ \Rightarrow S_n=\frac{1}{n}.\frac{n+1}{2}=\frac{n+1}{2n}\\ \lim S_n=\lim \frac{n+1}{2n}=\lim \frac{1+\frac{1}{n}}{2}=\frac{1}{2}\end{array}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}y=-\frac{x^3}{3}+\left(a-1\right)x^2+\left(a+3\right)x-4\\ y\text{'}=-x^2+2\left(a-1\right)x+\left(a+3\right)\end{array}$

Để hàm số đồng biến trên khoảng (0;3) $\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ y\text{'}\left(0\right)\ge 0\\ y\text{'}\left(3\right)\ge 0\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(a-1\right)}^2+a+3>0\\ a+3\ge 0\\ -9+6\left(a-1\right)+a+3\ge 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2-a+4>0\\ a\ge -3\\ 7a-12\ge 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a\ge -3\\ a\ge \frac{12}{7}\end{array}\right.\\ \iff a\ge \frac{12}{7}\end{array}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}2{\sin }^{2}x+m\sin 2x=2m\\ \iff 1-\cos 2x+m\sin 2x=2m\\ \iff m\sin 2x-\cos 2x=2m-1\end{array}$

Để phương trình vô nghiệm 

$\iff {\left(2m-1\right)}^2>m^2+1$

$\begin{array}{l}\iff 3m^2-4m>0\\ \iff m\in \left(-\infty ;0\right)\cup \left(\frac{4}{3};+\infty \right)\end{array}$

Đáp án B

$\begin{array}{l}S\left(t\right)=1+3t^2-t^3\\ v\left(t\right)=S\text{'}\left(t\right)=6t-3t^2\end{array}$

 v(t)là hàm bậc hai nên : $v_{\max }=3\iff t=1$

Đáp án D

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

Suy ra đồ thị hàm số có 2 cực trị, một tâm đối xứng chính là điểm uốn.

Đáp án C

Gọi x ( nghìn đồng) (x>0) là giá bán mới. Khi đó:

Số giá bán ra đã giảm là: 50-x

Số lượng bưởi bán ra tăng lên là:$\frac{50\left(50-x\right)}{5}=500-10x$

Tổng số bưởi bán được là:$40+500-10x=540-10x$

Doanh thu cửa hàng là:$\left(540-10x\right)x$

Vốn là:$\left(540-10x\right)30$

Lợi nhuận:

L(x)= doanh thu- vốn =$\left(540-10x\right)x$- $\left(540-10x\right)30$=$-10x^2+840x-16200$

$\begin{array}{l}L\text{'}\left(x\right)=-20x+840\\ L\text{'}\left(x\right)=0\iff x=42\end{array}$

Vậy để cửa hàng có lợi nhuận nhất khi bán bưởi với giá là 42000 đồng.

Đáp án A

Gọi H là tâm của tam giác đều $ABC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$

$\begin{array}{l}\left(SA;\left(ABC\right)\right)=\left(SA;HA\right)=\angle SAH=\phi \\ AH=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\\ SH=AH.\tan \phi =\frac{a\sqrt{3}}{3}\tan \phi \\ V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}\\ =\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}\tan \phi .\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\tan \phi }{12}\end{array}$

Đáp án C

Qua G kẻ $MN//BC(M\in SC,N\in SB)$

$\begin{array}{l}\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}\frac{SM}{SB}\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\\ \Rightarrow V=\frac{5}{9}{V}_{S.ABC}=\frac{5}{9}.\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}\\ =\frac{5}{9}.\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.a^2=\frac{5a^3}{54}\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}AE\perp BC\\ SE\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow \left(\left(SBC\right);\left(ABC\right)\right)\\ =\left(SE;AE\right)=\angle SEA={60}^0\\ HE=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\\ SH=HE.\tan SEA=\frac{a\sqrt{3}}{6}.\sqrt{3}=\frac{a}{2}\end{array}$

Đáp án C

${\left(\sqrt{4-x}+\sqrt{4+x}\right)}^3-6\sqrt{16-x^2}+2m+1=0$ (*) ĐK $x\in \left[-4;4\right]$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}S=\sqrt{4-x}+\sqrt{4+x},S\in \left[2\sqrt{2};4\right]\\ P=\sqrt{4-x}.\sqrt{4+x}=\sqrt{16-x^2},P\in \left[0;4\right]\end{array}\right.$

Khi đó phương trình đã cho trở thành

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{S}^3-6P+2m+1=0\\ S^2=2P+8\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}P=\frac{S^2-8}{2}\\ S^3-6\frac{S^2-8}{2}+2m+1=0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}P=\frac{S^2-8}{2}\left(1\right)\\ S^3-3S^2+24+2m+1=0\left(2\right)\end{array}\right.\end{array}$

Để phương trình (*) có nghiệm

 hệ phương trình trên có nghiệm $S\ge 2\sqrt{2},P\ge 0$  và $S^2>4P$

phương trình (2) có nghiệm $S\in \left[2\sqrt{2};4\right]$

$\begin{array}{l}f\left(S\right)=S^3-3S^2+\mathrm{25,}S\in \left[2\sqrt{2};4\right]\\ f\text{'}\left(S\right)=3S^2-6S\\ f\text{'}\left(S\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}S=0\left(L\right)\\ S=2\left(L\right)\end{array}\right.\end{array}$

Bảng biến thiên 

Đáp án C

$\begin{array}{l}{\sin }^{2}x+\sin x=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}\sin x=0\\ \sin x=-1\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=k\pi \\ x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi \end{array}\right.\end{array}$

$x=k\pi$ vì $-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}$ nên:

$\begin{array}{l}-\frac{\pi }{2}<k\pi <\frac{\pi }{2}\\ \iff -\frac{1}{2}<k<\frac{1}{2},k\in Z\\ \iff k=0\\ \Rightarrow x=0\end{array}$

$x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi$ vì $-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}$ nên

 $\begin{array}{l}-\frac{\pi }{2}<-\frac{\pi }{2}+k2\pi <\frac{\pi }{2}\\ \iff 0<k<\frac{1}{2},k\in Z\\ \iff k\in \varnothing \end{array}$

Đáp án A

Gọi I là trung điểm của BC.

Vì $\left\{\begin{array}{l}BC\perp A\text{'}G\\ BC\perp AI\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(AA\text{'}I\right)$

Hạ $IH\perp AA\text{'}\Rightarrow IH\perp BC$

$\begin{array}{l}\Rightarrow d\left(AA\text{'};BC\right)=IH=\frac{a\sqrt{3}}{4}\\ AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AH=\sqrt{A{I}^2-H{I}^2}=\frac{3a}{4}\\ AG=\frac{2}{3}AI=\frac{a\sqrt{3}}{3}\\ A\text{'}G=AG.\tan A\text{'}AG=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{HI}{AH}\\ =\frac{a\sqrt{3}}{3}\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{3a}{4}}=\frac{a}{3}\\ V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}G.S_{ABC}\\ =\frac{a}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}\end{array}$

Đáp án D

$h=3\cos \left(\frac{\pi t}{6}+\frac{\pi }{3}\right)+12$

Vì $-1\le \cos \left(\frac{\pi t}{6}+\frac{\pi }{3}\right)\le 1\Rightarrow 9\le h\le 15$

$$\begin{gathered} \max h=15\iff \cos \left(\frac{\pi t}{6}+\frac{\pi }{3}\right)=1 \\ \iff \frac{\pi t}{6}+\frac{\pi }{3}=k2\pi \\ \iff t=-2+12k \end{gathered}$$

Thời gian ngắn nhất $\Rightarrow t=-2+12=10\left(h\right)$

Đáp án A

Gọi E là trung điểm của $BB\text{'}\Rightarrow ME//B\text{'}C$$\Rightarrow \left(AME\right)//B\text{'}C$

$\Rightarrow d\left(AM;B\text{'}C\right)=d\left(B\text{'}C;\left(AME\right)\right)=d\left(C;\left(AME\right)\right)$