Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Lê Quảng Chí

Ta có: \({\left( {\frac{x}{2} + \frac{4}{x}} \right)^{18}} = \sum\limits_{k = 0}^{18} {C_{18}^k} {\left( {\frac{x}{2}} \right)^{18 - k}}{\left( {\frac{4}{x}} \right)^k} = \sum\limits_{k = 0}^{18} {C_{18}^k} {.2^{k - 18}}{.4^k}.{x^{18 - 2k}}\)

Số hạng không chứa \(x\) trong khai triển là số hạng thứ \(k\) với: \(18 - 2k = 0\)

\( \Rightarrow k = 9\)

Vậy hệ số của số hạng không chứa \(x\) trong khai triển là: \(C_{18}^9{.2^{9 - 18}}{.4^9} = {2^9}.C_{18}^9\)

Chọn A

Diện tích tam giác đều \(ABC\) có cạnh \(2a\) là:

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \)

Thể tích lăng trụ là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = {a^2}\sqrt 3 .a\sqrt 3  = 3{a^3}\)

Chọn B

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\{x^2} + x - m \ne 0\end{array} \right..\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sqrt {x - 3} }}{{{x^2} + x - m}} = 0 \Rightarrow y = 0\) là TCN của đồ thị hàm số.

Đồ thị hàm số chỉ có đúng 2 đường tiệm cận \( \Leftrightarrow \) đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng.

\( \Leftrightarrow pt\;\;{x^2} + x - m = 0\) có nghiệm kép \(x \ge 3\) hoặc có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \({x_1} < 3 \le {x_2}.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\Delta  = 1 + 4m = 0\\{3^2} + 3 - m = 0\end{array} \right.\\a.f\left( 3 \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m =  - \frac{1}{4}\\m = 12\end{array} \right.\\{3^2} + 3 - m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 12.\)

Lại có: \(m \in \left[ { - 2019;\;2019} \right];\;\;\;m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ {13;\;14;\;........;\;2019} \right\}.\)

Như vậy có: \(2007\) giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.

Chọn A.

Ta có: \(f\left( x \right) = {\left( {1 + 3x} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( {3x} \right)}^k}}  = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + ..... + {a_n}{x^n}\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = n{\left( {1 + 3x} \right)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2}x + .... + n{a_n}{x^{n - 1}}.\)

Chọn \(x = 1\) ta có: \(f'\left( 1 \right) = 3n{\left( {1 + 3x} \right)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2} + .... + n{a_n} = 49152n\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3n{.4^{n - 1}} = 49152n \Leftrightarrow {4^{n - 1}} = 16384\\ \Leftrightarrow {4^n} = 65536 \Leftrightarrow n = 8\;\;\left( {tm} \right)\\ \Rightarrow {a_3} = C_8^3{.3^3} = 1512.\end{array}\)

Chọn D.

Đặt \(\left| {\cos x} \right| = t\;\;\left( {0 \le t \le 1} \right).\)

Khi đó ta có phương trình: \(\frac{1}{3}{t^3} - 3{t^2} + 5t - 3 + 2m = 0\;\;\left( * \right)\)

Phương trình bài cho có đúng 4 nghiệm thuộc \(\left[ {0;\;2\pi } \right] \Leftrightarrow \) phương (*) có 1 nghiệm \(t \in \left( {0;\;1} \right).\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{1}{3}{t^3} - 3{t^2} + 5t - 3\)

Số nghiệm của phương trình \(\left( * \right)\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y =  - 2m.\)

Ta có: \(f'\left( t \right) = {t^2} - 6t + 5 \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 6t + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t = 5\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

\( \Rightarrow pt\;\left( * \right)\) có 1 nghiệm \( \Leftrightarrow  - 3 <  - 2m < \frac{{ - 2}}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{3} < m < \frac{3}{2}.\)

Chọn C.

Ta có: \(y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm phía bên trái của trục \(Oy \Rightarrow x =  - \frac{d}{c} < 0 \Rightarrow dc > 0.\)

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nằm phía dưới trục \(Ox \Rightarrow y = \frac{a}{c} < 0 \Leftrightarrow ac < 0 \Rightarrow ad < 0.\)

Ta thấy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định \( \Rightarrow y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow ad - bc < 0 \Leftrightarrow ad < bc.\) 

Lại có đồ thị hàm số cắt \(Oy\) tại điểm có tung độ \({y_0} > 0 \Rightarrow \frac{b}{d} > 0 \Leftrightarrow bd > 0.\)

Xét hàm số: \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d \Rightarrow y' = 3a{x^2} + 2bx + c.\)

\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 3a{x^2} + 2bx + c = 0\;\;\;\left( * \right)\)

Ta có \(ac < 0 \Rightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số có hai điểm cực trị trái dấu.

Chọn A.

Ta có: \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) .

Kẻ \(OK \bot SM\)

Ta có :  \(\left\{ \begin{array}{l}OM \bot BC\\SO \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OK\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Mà \(OK \bot SM\,\,\left( 2 \right)\) (cách dựng)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right)\)

Hay \(OK = d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông cho tam giác \({\Delta _v}SOM\) ta có :

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} = \frac{9}{{2{a^2}}}\\ \Rightarrow O{K^2} = \frac{{2{a^2}}}{9} \Rightarrow OK = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\end{array}\)

Chọn D

Đặt \(2x = t \Rightarrow dt = 2dx\)

Đổi cận:  

\( \Rightarrow J = \int\limits_0^2 {f\left( {2x} \right)dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( t \right)dt}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx}  = 16.\)

Chọn D.

\({e^x} + \left( {{m^2} - m} \right){e^{ - x}} = 2m \Leftrightarrow {e^{2x}} - 2m{e^x} + {m^2} - m = 0\)

Đặt \(t = {e^x}\,\,\left( {t > 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - 2mt + {m^2} - m = 0\) (*).

Ta có \(x < \dfrac{1}{{\log e}} \Leftrightarrow t = {e^x} < {e^{\dfrac{1}{{\log e}}}} = {e^{\ln 10}} = 10\).

Bài toán trở thành tìm điều kiện để phương trình (*) có 2 nghiệm thỏa mãn \(0 < {t_1} < {t_2} < 10\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = {m^2} - {m^2} + m > 0}\\{0 < S = 2m < 20}\\{P = {m^2} - m > 0}\\{\left( {{t_1} - 10} \right)\left( {{t_2} - 10} \right) > 0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{0 < m < 10}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.}\\{{m^2} - m - 10.2m + 100 > 0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 < m < 10}\\{{m^2} - 21m + 100 > 0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 < m < 10}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \dfrac{{21 + \sqrt {41} }}{2}}\\{m < \dfrac{{21 - \sqrt {41} }}{2}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow 1 < m < \dfrac{{21 - \sqrt {41} }}{2}\)

Kết hợp điều kiện\(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow T = \left\{ {2;3;4;5;6;7} \right\}\).

Vậy tổng các phần tử của \(T\) bằng 27.

Chọn D.

Ta có: \(f\left( 0 \right) = 2a - \frac{5}{4}.\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {{x^2} + 4}  - 2}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 4}  - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 4}  + 2} \right)}}{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + 4}  + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2} + 4 - 4}}{{{x^2}\left( {\sqrt {{x^2} + 4}  + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 4}  + 2}} = \frac{1}{4}.\end{array}\)

Hàm số liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) \Leftrightarrow 2a - \frac{5}{4} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow a = \frac{3}{4}.\)

Chọn D.

Theo đề bài ta có: \(SA = SB = SC \Rightarrow \) hình chiếu vuông góc của đỉnh \(S\) trên \(\left( {ABC} \right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\)

Gọi \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp \(\Delta ABC \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right).\)

\( \Rightarrow O \in SI\;\;hay\;\;S,\;I,\;O\) thẳng hàng.

Ta có: \(\angle \left( {SA;\;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA,\;AI} \right) = \angle SAI = {60^0}.\)

Xét \(\Delta SAI\) ta có: \(SI = SA.\sin {60^0} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}.\)

Kẻ \(OM \bot SA \Rightarrow \Delta SMO \sim \Delta SAI\;\;\left( {g - g} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{SO}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SI}} \Rightarrow SO = \frac{{SM.SA}}{{SI}} = \frac{{S{A^2}}}{{2SI}} = \frac{{S{A^2}}}{{2.\frac{{SA\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{3} = R.\\ \Rightarrow OI = SI - OI = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2} - \frac{{SA\sqrt 3 }}{3} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{6}.\\ \Rightarrow IA = \sqrt {{R^2} - O{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{SA\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{SA\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2}}  = \frac{{SA}}{2} = {R_{ABC}}\end{array}\)

Với \({R_{ABC}}\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\)

Áp dụng định lý hàm số sin trong \(\Delta ABC\) ta có: \(\begin{array}{l}\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{a}{{\sin {{30}^0}}} = 2{R_{ABC}} = 2a \Leftrightarrow {R_{ABC}} = a.\\ \Rightarrow IA = a \Rightarrow SA = 2{R_{ABC}} = 2a.\\ \Rightarrow R = \frac{{SA\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\\ \Rightarrow {V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} = \frac{{32\sqrt 3 \pi {a^3}}}{{27}}.\end{array}\)

Chọn B.

Ta có \(J = \int\limits_0^2 {\left[ {3f\left( x \right) - 2} \right]dx}  = 3\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  - 2\int\limits_0^2 {dx}  = 3.2 - \left. {2x} \right|_0^2 = 6 - 4 = 2\).

Chọn B.

Ta có \(f\left( x \right) = {x^2}{e^{ax}} \Rightarrow F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {{x^2}{e^{ax}}dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = {e^{ax}}dx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2xdx\\v = \frac{{{e^{ax}}}}{a}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = {x^2}.\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{2}{a}\int\limits_{}^{} {x.{e^{ax}}dx}  + C\)

Xét  \({I_1} = \int\limits_{}^{} {x.{e^{ax}}dx} \). Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x\\db = {e^{ax}}dx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}da = dx\\b = \frac{{{e^{ax}}}}{a}\end{array} \right. \Rightarrow {I_1} = x\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{1}{a}\int\limits_{}^{} {{e^{ax}}dx}  + C = x\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{{{e^{ax}}}}{{{a^2}}} + C\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = {x^2}.\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{2}{a}\left( {x\frac{{{e^{ax}}}}{a} - \frac{{{e^{ax}}}}{{{a^2}}}} \right) + C = \frac{{{x^2}{e^{ax}}}}{a} - \frac{{2x{e^{ax}}}}{{{a^2}}} + \frac{{2{e^{ax}}}}{{{a^3}}}\)

\( \Rightarrow F\left( 0 \right) + 1 = \frac{2}{{{a^3}}} + 1\)  và \(F\left( {\frac{1}{a}} \right) = \frac{{\frac{1}{{{a^2}}}e}}{a} - \frac{{2\frac{1}{a}e}}{{{a^2}}} + \frac{{2e}}{{{a^3}}} = \frac{e}{{{a^3}}} - \frac{{2e}}{{{a^3}}} + \frac{{2e}}{{{a^3}}} = \frac{e}{{{a^3}}}\)

Theo bài ra ta có \(\frac{e}{{{a^3}}} = \frac{2}{{{a^3}}} + 1 = \frac{{2 + {a^3}}}{{{a^3}}} \Leftrightarrow a = \sqrt[3]{{e - 2}} \approx 0,9\).

Chọn A.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x + m \Rightarrow y'' = 6x - 6.\)

\(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'\left( 0 \right) = 0\\y''\left( 0 \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\6.0 - 6 < 0\;\;\forall m\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 0.\)

Chọn D.

+) Đáp án A: TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có: \(a = \frac{\pi }{3} > 1 \Rightarrow y = {\left( {\frac{\pi }{3}} \right)^x}\) là hàm đồng biến trên \(\mathbb{R} \Rightarrow \) loại đáp án A.

+) Đáp án B: TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có: \(y' = \frac{{2x}}{{\left( {2{x^2} + 1} \right)\ln 2}} \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow \) hàm số có sự đổi dấu qua điểm \(x = 0 \Rightarrow \) loại đáp án B.

+) Đáp án C: TXĐ: \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có: \(a = \frac{2}{e} < 1 \Rightarrow y = {\left( {\frac{2}{e}} \right)^x}\) là hàm nghịch biến trên \(\mathbb{R} \Rightarrow \) chọn đáp án C.

Chọn C.

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy \(R,\;\)chiều cao \(h\) và đường sinh \(l:\;\;{S_{xq}} = \pi Rl.\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - {x^2} + 3x}} < \frac{1}{4} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - {x^2} + 3x}} < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow  - {x^2} + 3x > 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 2.\end{array}\) 

Chọn C.

Diện tích tam giác đều \(ABC:\;{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Ta có: \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

\( \Rightarrow A'H = \sqrt {AA{'^2} - A{H^2}}  = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)  (định lý Py-ta-go).

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'H = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8} = \frac{{{a^3}}}{{4\sqrt 2 }}.\)

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đề bài cho là:

\( - {x^3} + 12x =  - {x^2} \Leftrightarrow {x^3} - {x^2} - 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 3\\x = 4\end{array} \right.\)

Khi đó ta có diện tích của hình (H) được tính bởi công thức:

\(\begin{array}{l}{S_H} = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right|} dx = \int\limits_{ - 3}^0 {\left( { - {x^2} + {x^3} - 12x} \right)dx}  + \int\limits_0^4 {\left( { - {x^3} + 12x + {x^2}} \right)dx} \\ = \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{12{x^2}}}{2}} \right)} \right|_{ - 3}^0 + \left. {\left( { - \frac{{{x^4}}}{4} + \frac{{12{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^4\\ = \frac{{99}}{4} + \frac{{160}}{3} = \frac{{937}}{{12}}.\end{array}\)

Chọn A.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right).\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;\;1} \right).\)

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}F\left( x \right) = \int {\frac{{2\cos x - 1}}{{{{\sin }^2}x}}dx}  = 2\int {\frac{{\cos x}}{{{{\sin }^2}x}}dx}  - \;\;\int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\int {\frac{{d\left( {\sin x} \right)}}{{{{\sin }^2}x}} + \cot x + C =  - \frac{2}{{\sin x}} + \cot x + C.} \end{array}\)

Có \(F'\left( x \right) = f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos x - 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in Z} \right)\)

\(\begin{array}{l}x \in \left( {0;\;\pi } \right) \Rightarrow x = \frac{\pi }{3} \Rightarrow \mathop {Max}\limits_{\left( {0;\pi } \right)} F\left( x \right) = \sqrt 3 \;\;khi\;\;x = \frac{\pi }{3}.\\ \Rightarrow F\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3  \Leftrightarrow  - \frac{2}{{\sin \frac{\pi }{3}}} + \cot \frac{\pi }{3} + C = \sqrt 3  \Leftrightarrow  - \sqrt 3  + C = \sqrt 3  \Leftrightarrow C = 2\sqrt 3 \\ \Rightarrow F\left( x \right) =  - \frac{2}{{\sin x}} + \cot x + 2\sqrt 3 \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}F\left( {\frac{\pi }{6}} \right) =  - 4 + 3\sqrt 3 \\F\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\F\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3 \\F\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) =  - 4 + \sqrt 3 \end{array} \right..\end{array}\)

Chọn A.

Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) :

Ta có: \(y = f\left( {{x^2} + 3x - m} \right) = g\left( x \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {2x + 3} \right)f'\left( {{x^2} + 3x - m} \right)\)

Để hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;2} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Trên \(\left( {0;2} \right)\) ta có \(2x + 3 > 0\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Leftrightarrow f'\left( {{x^2} + 3x - m} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} + 3x + m \ge 1\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} + 3x + m \le  - 3\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right)\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow h\left( x \right) = {x^2} + 3x - 1 \ge  - m\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Leftrightarrow  - m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} h\left( x \right)\)

Ta có \(h'\left( x \right) = 2x + 3 > 0\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên

\(\left( {0;2} \right) \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} h\left( x \right) = h\left( 0 \right) =  - 1 \Leftrightarrow  - m \le  - 1 \Leftrightarrow m \ge 1\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow k\left( x \right) = {x^2} + 3x + 3 \le  - m\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Leftrightarrow  - m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} k\left( x \right)\)

Ta có \(k'\left( x \right) = 2x + 3 > 0\,\,\forall x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên

\(\left( {0;2} \right) \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} k\left( x \right) = k\left( 2 \right) = 13 \Leftrightarrow  - m \ge 13 \Leftrightarrow m \le  - 13\).

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 1\\m \le  - 13\end{array} \right.\). Kết hợp điều kiện đề bài \( \Leftrightarrow 1 \le m \le 20 \Rightarrow \) Có 20 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Chọn D.

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot DD'\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {ODD'} \right)\).

Trong \(\left( {ODD'} \right)\) kẻ \(OH \bot OD'\,\,\left( {H \in OD'} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}DH \bot OD'\\DH \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow DH \bot \left( {D'AC} \right) \Rightarrow d\left( {D'\left( {D'AC} \right)} \right) = DH\).

Gọi cạnh của hình lập phương là \(x\) ta có \(DD' = x,\,\,OD = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(DD'O\) ta có:

\(DH = \frac{{DO.DD'}}{{\sqrt {D{O^2} + DD{'^2}} }} = \frac{{\frac{{x\sqrt 2 }}{2}.x}}{{\sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} + {x^2}} }} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).

Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\) gọi \(M = BD \cap OD' \Rightarrow BD \cap \left( {D'AC} \right) = M\) ta có:

\(\frac{{d\left( {D;\left( {D'AC} \right)} \right)}}{{d\left( {B';\left( {D'AC} \right)} \right)}} = \frac{{DM}}{{B'M}} = \frac{{OD}}{{B'D'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {B';\left( {D'AC} \right)} \right) = 2d\left( {D;\left( {D'AC} \right)} \right) = \frac{{2x\sqrt 3 }}{3}\)

Theo bài ra ta có: \(\frac{{2x\sqrt 3 }}{3}.\frac{{x\sqrt 3 }}{3} = 6{a^2} \Leftrightarrow \frac{2}{3}{x^2} = 6{a^2} \Leftrightarrow x = 9{a^2} \Leftrightarrow x = 3a\).

Do đó thể tích khối lập phương là \(V = {\left( {3a} \right)^3} = 27{a^3} \Rightarrow k = 27 \in \left( {20;30} \right)\).

Chọn A.

Ta có: \({S_{14}} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{14\left[ {2.\left( { - 6} \right) + 13.4} \right]}}{2} = 280.\)

Chọn D.

Gọi bán kính và chiều cao của hình trụ đã cho lần lượt là \(r,\;h.\)

Khi đó: \(V = \pi {r^2}h = 25\pi  \Leftrightarrow {r^2}h = 25.\;\;\left( * \right)\)

Khi chiều cao tăng lên 5 lần ta được chiều cao mới là: \(5h.\)

\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh của hình trụ mới là: \({S_{xq}} = 2\pi .5h.r = 25\pi  \Leftrightarrow hr = \frac{5}{2}.\)

\( \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow r = 10.\)

Chọn C.

Gọi số hạng đầu và công bội của CSN lần lượt là \({u_1},\;q.\)

Theo đề bài ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} = 168\\{u_4} + {u_5} + {u_6} = 21\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_1}q + {u_1}{q^2} = 168\\{u_1}{q^3} + {u_1}{q^4} + {u_1}{q^5} = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 168\;\;\;\left( 1 \right)\\{u_1}{q^3}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 21\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Lấy (2) chia cho (1) ta được: \({q^3} = \frac{{21}}{{168}} = \frac{1}{8} \Leftrightarrow q = \frac{1}{2}.\)

\( \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow {u_1}\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4}} \right) = 168 \Leftrightarrow {u_1} = 96.\)

Chọn C.

Ta có: \(x - 2m = 0 \Leftrightarrow x = 2m\) là TCĐ của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{mx + 1}}{{x - 2m}} = m \Rightarrow y = m\) là TCN của đồ thị hàm số.

\( \Rightarrow I\left( {2m;\;m} \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

Ta thấy \({y_I} = \frac{1}{2}{x_I} \Leftrightarrow {x_I} - 2{y_I} = 0 \Rightarrow I\) thuộc đường thẳng \(x - 2y = 0.\)

Chọn C.

Ta có \(\Delta OIM\) vuông tại \(I,\;\angle IOM = {45^0} \Rightarrow \Delta OIM\) vuông cân tại \(I.\)

Khi quay \(\Delta OIM\) quanh trục \(OI\) ta được hình nón có chiều cao \(OI = a,\;\) bán kính đáy \(IM = a\)  và đường sinh \(l = OM = a\sqrt 2 .\)

\( \Rightarrow {S_{xq}} = \pi rl = \pi a.a\sqrt 2  = \pi {a^2}\sqrt 2 .\) 

Chọn A.

Ta có:  \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.3^2}.\sqrt 2  = 3\pi \sqrt 2 .\)

Chọn B.

Gọi số tự nhiên thỏa mãn là \(\overline {abcdef} \) với \(a,b,c,d,e,f \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\).

Do yêu cầu bài toán nên \(d + e + f = 12,a + b + c = 9\) hay \(\left( {a;b;c} \right) \in \left\{ {\left( {1;2;6} \right),\left( {1;3;5} \right),\left( {2;3;4} \right)} \right\}\) và \(\left( {d;e;f} \right) \in \left\{ {\left( {3;4;5} \right),\left( {2;4;6} \right),\left( {1;5;6} \right)} \right\}\) tương ứng.

Xét hai bộ \(\left( {1;2;6} \right)\) và \(\left( {3;4;5} \right)\) thì ta lập được \(3!.3! = 36\) số, trong đó các chữ số \(1,2,6\) có mặt ở hàng trăm nghìn \(36:3 = 12\) lần, hàng chục nghìn \(12\) lần, hàng nghìn \(12\) lần và các chữ số \(3,4,5\) cũng có mặt ở hàng trăm, chục, đơn vị \(12\) lần.

Tổng các số trong trường hợp này là:

\(12.\left( {1 + 2 + 6} \right){.10^5} + 12.\left( {1 + 2 + 6} \right){.10^4} + 12.\left( {1 + 2 + 6} \right){.10^3}\) \( + 12.\left( {3 + 4 + 5} \right){.10^2} + 12.\left( {3 + 4 + 5} \right).10 + 12.\left( {3 + 4 + 5} \right).1 = 12003984\)

Tương tự ở hai cặp còn lại ta cũng có tổng các số bằng \(12003984\).

Khi đó tổng các phần tử của \(M\) là \(12003984.3 = 36011952\)

Chọn B.

\(I = \int\limits_1^2 {\frac{{\ln xdx}}{{{x^2}}}dx} \).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = \frac{1}{{{x^2}}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \frac{{dx}}{x}\\v =  - \frac{1}{x}\end{array} \right.\) ta có:

\(\begin{array}{l}I = \left. {\left( {\ln x.\frac{{ - 1}}{x}} \right)} \right|_1^2 + \int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{{x^2}}}}  =  - \frac{1}{2}\ln 2 - \left. {\frac{1}{x}} \right|_1^2 =  - \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\ln 2\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\c = 2\\a = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow P = 2a + 3b + c =  - 1 + 3 + 2 = 4.\end{array}\)

Chọn D.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(y' = {x^2} - 4mx + m - 1\).

Lấy \(y\) chia cho \(y'\)  ta được \(y = y'\left( {\frac{1}{3}x - \frac{2}{3}m} \right) + \left( { - \frac{8}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m - \frac{2}{3}} \right)x + \frac{8}{3}{m^2} - \frac{2}{3}m + 1\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số là \(y = \left( { - \frac{8}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m - \frac{2}{3}} \right)x + \frac{8}{3}{m^2} - \frac{2}{3}m + 1\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( { - \frac{8}{3}{m^2} + \frac{2}{3}m - \frac{2}{3}} \right)x - y + \frac{8}{3}{m^2} - \frac{2}{3}m + 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left( { - 8{m^2} + 2m - 2} \right)x - 3y + 8{m^2} - 2m + 3 = 0\,\,\left( d \right)\\ \Rightarrow d\left( {O;d} \right) = \frac{{\left| {8{m^2} - 2m + 3} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 8{m^2} + 2m - 2} \right)}^2} + 9} }} = \sqrt {\frac{{{{\left( {8{m^2} - 2m + 3} \right)}^2}}}{{{{\left( { - 8{m^2} + 2m - 2} \right)}^2} + 9}}} \end{array}\)

Đặt \(t =  - 8{m^2} + 2m - 2 \Rightarrow  - t + 1 = 8{m^2} - 2m + 3\)

\( \Rightarrow d\left( {O;d} \right) = \sqrt {\frac{{{{\left( { - t + 1} \right)}^2}}}{{{t^2} + 9}}} \).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{{\left( { - t + 1} \right)}^2}}}{{{t^2} + 9}}\) ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{ - 2\left( { - t + 1} \right)\left( {{t^2} + 9} \right) - {{\left( { - t + 1} \right)}^2}.2t}}{{{{\left( {{t^2} + 10} \right)}^2}}} = \frac{{2{t^2} + 16t - 18}}{{{{\left( {{t^2} + 10} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t =  - 9\end{array} \right.\).

BBT:

\( \Rightarrow d{\left( {O;d} \right)_{\max }} = \frac{{\sqrt {10} }}{3}\) .

Chọn D.

Gieo đồng thời hai con súc sắc \( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = {6^2} = 36\).

Gọi A là biến cố: "Hiệu số chấm xuất hiện trên các mặt của hai con súc sắc bằng 2".

Các bộ số có hiệu bằng 2 là \(\left( {1;3} \right);\,\,\left( {2;4} \right);\,\,\left( {3;5} \right);\,\,\left( {4;6} \right) \Rightarrow n\left( A \right) = 4.2! = 8\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{8}{{36}} = \frac{2}{9}\).

Chọn B.

Ta có \({S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {2a + a} \right).a}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{2}\) ; \({S_{ABD}} = \frac{1}{2}AB.AD = \frac{1}{2}.a.2a = {a^2}\)

\( \Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABD}} = \frac{3}{2}{a^2} - {a^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\) 

\( \Rightarrow {V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

Chọn D.

Gắn hệ trục tọa độ như sau :

Ta có phương trình Elip : \(\frac{{{{\left( {x - 40} \right)}^2}}}{{{{40}^2}}} + \frac{{{{\left( {y - 60} \right)}^2}}}{{{{30}^2}}} = 1\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {y - 60} \right)^2} = {30^2}\left( {1 - \frac{{{{\left( {x - 40} \right)}^2}}}{{{{40}^2}}}} \right)\\ \Leftrightarrow y - 60 =  - \frac{3}{4}\sqrt {{{40}^2} - {{\left( {x - 40} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow y = 60 - \frac{3}{4}\sqrt {{{40}^2} - {{\left( {x - 40} \right)}^2}} \end{array}\)

(Do phần đồ thị được lấy nằm phía dưới đường thẳng \(y = 60\))

Khi đó ta có \(V = \pi \int\limits_0^{80} {{{\left( {60 - \frac{3}{4}\sqrt {{{40}^2} - {{\left( {x - 40} \right)}^2}} } \right)}^2}dx} \)

Sử dụng MTCT ta tính được \(V = \)

Chọn B.

Ta có \({V_1} = {V_{MNPQ}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {NPQ} \right)} \right).{S_{NPQ}}\), \({V_2} = {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{3}{2}{V_{A.BCC'B'}} = \frac{3}{2}.\frac{1}{3}d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right).{S_{BCC'B'}}\).

Ta có: \(d\left( {M;\left( {NPQ} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)\).

Đăt \(BC = x,\,\,BB' = y\) ta có \({S_{BCC'B'}} = xy\)

\(\begin{array}{l}{S_{BCPN}} = \frac{{\left( {BN + CP} \right).BC}}{2} = \frac{{\left( {\frac{y}{3} + \frac{y}{4}} \right).x}}{2} = \frac{7}{{24}}xy\\{S_{B'NQ}} = \frac{1}{2}B'N.B'Q = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}y.\frac{4}{5}x = \frac{4}{{15}}xy\\{S_{C'PQ}} = \frac{1}{2}C'P.C'Q = \frac{1}{2}.\frac{3}{4}y.\frac{1}{5}x = \frac{3}{{40}}xy\\ \Rightarrow {S_{NPQ}} = xy - \frac{7}{{24}}xy - \frac{4}{{15}}xy - \frac{3}{{40}}xy = \frac{{11}}{{30}}xy = \frac{{11}}{{30}}{S_{BCC'B'}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = {V_{MNPQ}} = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right).\frac{{11}}{{30}}{S_{BCC'B'}} = \frac{{11}}{{90}}d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right).{S_{BCC'B'}}\\ \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{{11}}{{90}}d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right).{S_{BCC'B'}}}}{{\frac{3}{2}.\frac{1}{3}d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right).{S_{BCC'B'}}}} = \frac{{11}}{{45}}.\end{array}\)

Chọn B.

Phương trình đường thẳng \(\left( d \right):\,\,\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\).

Chọn C.

ĐKXĐ: \( - 2 \le x \le 2\).

Ta có \(y' = 1 + \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {4 - {x^2}}  =  - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\4 - {x^2} = {x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  - \sqrt 2 \).

Ta có \(y\left( 2 \right) = 2;\,\,y\left( { - 2} \right) =  - 2;\,\,y\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - 2\sqrt 2  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M = 2\\m =  - 2\sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow M + m = 2 - 2\sqrt 2  = 2\left( {1 - \sqrt 2 } \right)\).

Chọn C.

\(L = \lim \frac{{{n^3} - 2n}}{{3{n^2} + n - 2}} = \lim \frac{{1 - \frac{2}{{{n^2}}}}}{{\frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}}}} =  + \infty \).

Chọn A.

ĐK: \(x > 0\).

\(\begin{array}{l}\log _{\frac{1}{3}}^2x - 5{\log _3}x + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( { - {{\log }_3}x} \right)^2} - 5{\log _3}x + 4 = 0\\ \Leftrightarrow \log _3^2x - 5{\log _3}x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 4\\{\log _3}x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {3^4} = 81\;\left( {tm} \right)\\x = {3^1} = 3\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow T = 81 + 3 = 84.\end{array}\)

Chọn C.

Xét \(\cos x = 0 \Rightarrow pt \Leftrightarrow {\sin ^4}x = 0\) (vô lý) \( \Rightarrow \cos x = 0\) không là nghiệm của phương trình đã cho.

\(\begin{array}{l}{\sin ^4}x - {\cos ^4}x = 0 \Leftrightarrow {\sin ^4}x = {\cos ^4}x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \cos x\\\sin x =  - \cos x\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 1\\\tan x =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  \pm \frac{\pi }{4} + k\pi \, = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\).

Chọn A.

Phương trình thuần nhất đối với sin và cos, dạng \(a\sin x + b\cos x = c\) có nghiệm \( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2}\).

Chọn D.

Do \( - 4 \in {\mathbb{Z}^ - }\) nên hàm số xác định \( \Leftrightarrow {x^2} - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne  \pm 1\).

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1;1} \right\}\).

Chọn C.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty  \Rightarrow a > 0 \Rightarrow \) Loại đáp án C và D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {2; - 3} \right) \Rightarrow \) Loại đáp án B vì \({2.2^3} - {6.2^2} + 1 =  - 7 \ne  - 3\).

Chọn A.

Ta có: \({a^2} + 4{b^2} = 5ab \Leftrightarrow {a^2} + 4ab + 4{b^2} = 9ab \Leftrightarrow {\left( {a + 2b} \right)^2} = 9ab\).

Logarit cơ số \(10\) hai vế ta được:

\(\begin{array}{l}\log {\left( {a + 2b} \right)^2} = \log \left( {9ab} \right) \Leftrightarrow 2\log \left( {a + 2b} \right) = \log 9 + \log a + \log b\\ \Leftrightarrow 2\log \left( {a + 2b} \right) = 2\log 3 + \log a + \log b \Leftrightarrow 2\left( {\log \left( {a + 2b} \right) - \log 3} \right) = \log a + \log b\\ \Leftrightarrow \log \dfrac{{a + 2b}}{3} = \dfrac{{\log a + \log b}}{2}\end{array}\)

Chọn C.

Số tập con gồm \(6\) phần tử trong tập \(A\) gồm \(26\) phần tử là \(C_{26}^6\).

Chọn D.

Đáp án A: đúng.

Đáp án B: Với \(m > 2\) hoặc \(m <  - 2\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số tại một điểm duy nhất nên B đúng.

Đáp án C: Hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\) chứ không phải đạt cực tiểu bằng \( - 1\) nên C sai.

Đáp án D: Giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left[ { - 2;2} \right]\) đạt được bằng \(2\) tại \(x =  - 2\) nên D đúng.

Chọn C.

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\left( {2x + {e^x}} \right)dx}  = {x^2} + {e^x} + C\).

Do \(F\left( 0 \right) = 2019\) nên \({0^2} + {e^0} + C = 2019 \Leftrightarrow C = 2018\).

Vậy \(F\left( x \right) = {x^2} + {e^x} + 2018\).

Chọn D.

Hàm số đã cho là hàm số bậc ba có \(a = 1 > 0\), có: \(y' = 3{x^2} - 6mx + 3\).

Do đó nó đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nếu và chỉ nếu phương trình \(y' = 0\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta ' = 9{m^2} - 9 \le 0 \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 1\).

Vậy \(m \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Chọn A.

Đặt \({\log _9}a = {\log _{16}}b = {\log _{12}}\dfrac{{5b - a}}{2} = t\) ta được: \(a = {9^t},b = {16^t},\dfrac{{5b - a}}{2} = {12^t}\)

Suy ra \(\dfrac{{{{5.16}^t} - {9^t}}}{2} = {12^t} \Leftrightarrow {5.16^t} - {2.12^t} - {9^t} = 0 \Leftrightarrow 5 - 2.{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^t} - {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{2t}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^t} = \sqrt 6  - 1\)

Do đó \(\dfrac{a}{b} = \dfrac{{{9^t}}}{{{{16}^t}}} = {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{2t}} = {\left( {\sqrt 6  - 1} \right)^2} = 7 - 2\sqrt 6 \).

Chọn B.