Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2023 online - Đề thi của Trường THPT Chuyên Trần Phú Hải Phòng

Chọn D

Vì \({{2}^{x}}>0\)nên phương trình \({{2}^{x}}=-1\) vô nghiệm.

Chọn C

Điều kiện: \(x-1>0\)\( \Leftrightarrow x>1\).

Ta có \({{\log }_{2}}\left( x-1 \right) < 3\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( x-1 \right) < {{\log }_{2}}{{2}^{3}}\)\( \Leftrightarrow x-1 < 8\)\( \Leftrightarrow x < 9.\)

Kết hợp với điều kiện, ta có: \(1 < x < 9\)\( \Rightarrow S=\left( 1;9 \right)\).

Chọn C

Chọn B

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số \(f(x)\) có 2 điểm cực trị.

Chọn A

Tập xác định của hàm số là \(D=\mathbb{R}\), \({y}'=3{{x}^{2}}-6x-9\).

Có \({y}'\ge 0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-1 \right]\cup \left[ 3;+\infty  \right)\) nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right),\left( 3;+\infty  \right)\) nên cũng đồng biến trên \(\left( -5;-2 \right)\).

Chọn B

Ta có \({{3}^{2x}}-{{4.3}^{x}}+3=0\Leftrightarrow {{\left( {{3}^{x}} \right)}^{2}}-{{4.3}^{x}}+3=0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{3^x} = 3}\\
{{3^x} = 1}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1}\\
{x = 0}
\end{array}} \right.\)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là \(1\).

Chọn B

Chọn D

Thể tích khối chóp là \(V=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}\)\( =\frac{1}{3}.2a.{{a}^{2}}=\frac{2{{a}^{3}}}{3}\).

Chọn C

Vì hàm số \(y={{\left( \frac{2}{e} \right)}^{x}}\) là hàm số mũ, có tập xác định \(\mathbb{R}\) và cơ số \(a=\frac{2}{e}<1\) nên hàm số nghịch biến trên tập số thực \(\mathbb{R}\).

Chọn A

Hàm số có hình dạng của hàm số \(y=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c\) nên loại phương án B và D

Lại có \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \) nên \(a>0\). Do đó loại phương án C.

Chọn B

+ Từ bảng biến thiên ta thấy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng \(x=1\) nên ta loại phương á A và D.

+ Từ bảng biến thiên ta thấy \({y}'>0\) với mọi \(x\ne 1\). Kiểm tra hai đáp án còn lại ta thấy

\({{\left( \frac{-x+2}{x+1} \right)}^{\prime }}=\frac{-3}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}<0,\,\forall x\ne 1\) nên loại phương án C.

\({{\left( \frac{-x-2}{x-1} \right)}^{\prime }}=\frac{3}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}>0,\,\,\forall x\ne 1\) nên Chọn B

Chọn C

+ Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\), \(I\) là trung điểm của \(CD\), vẽ \(OH\bot SI\) tại \(H\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều \(\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)\)

+ Do \(ABCD\) là hình vuông\(\Rightarrow OI\bot CD\) (1)

\(SO\bot \left( ABCD \right)\)\(\Rightarrow SO\bot CD\) (2)

Từ (1) và (2)\(\Rightarrow CD\bot \left( SOI \right)\), \(OH\subset \left( SOI \right)\Rightarrow OH\bot CD\).

+ Ta có

\(\left\{ \begin{align} & OH\bot SI \\ & OH\bot CD \\\end{align} \right.\)\(\Rightarrow OH\bot \left( SCD \right)\Rightarrow d\left( O,\,\left( SCD \right) \right)=OH\).

+ Lại có \(AO\cap \left( SCD \right)=C\Rightarrow \frac{d\left( A,\left( SCD \right) \right)}{d\left( O,\left( SCD \right) \right)}=\frac{CA}{CO}=2\)\(\Rightarrow d\left( A,\,\left( SCD \right) \right)=2d\left( O,\,\left( SCD \right) \right)=2OH\)

+ Tính \(OH?\)

Ta có \(OI=\frac{AD}{2}=a\).

\(AC=2a\sqrt{2}\Rightarrow OC=a\sqrt{2}\)

\(SO=\sqrt{S{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}=\sqrt{9{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}}=a\sqrt{7}\)

Xét tam giác vuông \(SOI\) ta có: \(OH=\frac{OS.OI}{\sqrt{O{{S}^{2}}+O{{I}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{7}.a}{\sqrt{7{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{14}}{4}\)

\(\Rightarrow d\left( A,\,\left( SCD \right) \right)=2OH=\frac{a\sqrt{14}}{2}\).

Chọn C

Từ đồ thị ta thấy, giá trị cực tiểu của hàm số \({{y}_{CT}}=1\).

Chọn A

Diện tích toàn phần của hình nón đã cho là \({{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+{{S}_{\acute{a}y}}=\pi rl+\pi {{r}^{2}}\).

Áp dụng công thức: \(l=\sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}=\sqrt{{{8}^{2}}+{{6}^{2}}}=10\).

Do đó, \({{S}_{tp}}={{S}_{xq}}+{{S}_{\acute{a}y}}=\pi rl+\pi {{r}^{2}}=\pi 6.10+\pi {{6}^{2}}=96\pi c{{m}^{2}}\).

Chọn C

Nhận thấy: \({{\log }_{{{3}^{a}}}}b=\frac{1}{a}{{\log }_{3}}b\ne a{{\log }_{3}}b\).

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên và giả thiết \(f\left( -4 \right)>f\left( 8 \right)\).

Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y=f\left( x \right)\) trên \(\mathbb{R}\)là: \(\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 8 \right)\).

Chọn D

Hàm số \(y={{x}^{3}}+3x-3\) là hàm đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên cắt trục \(Ox\) tại một điểm duy nhất.

Chọn B

Hình nón có đáy là đường tròn bán kính bằng \(R=\frac{3}{2}\) và chiều cao \(h=3\).

Độ dài đường sinh là: \(l=\sqrt{{{R}^{2}}+{{h}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{3}^{2}}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}\).

Diện tích xung quanh: \({{S}_{xq}}=\pi Rl=\frac{9\sqrt{5}\pi }{4}\).

Chọn A

Ta có: \({{u}_{7}}={{u}_{1}}+6d=3+6.2=15\).

Chọn D

Ta có: \(V=a.2a.3a=6{{a}^{3}}\).

Chọn C

Ta có: \(V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=4\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}\).

Chọn D

Ta có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=0\Rightarrow y=0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

\(\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow x=-1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

\(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow x=1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn D

Ta có \(SA\) vuông góc mặt phẳng \((ABCD)\)

\(\Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{SDA}\)

\(\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\)\(\Rightarrow \widehat{SDA}={{60}^{o}}\)

Chọn B

Ta có: \(V=h.B=2.4\pi =8\pi \).

Chọn C

Số phần tử của không gian mẫu là \(C_{13}^{5}=1287\).

Số cách chọn \(5\) cái kẹo có cả vị hoa quả và vị socola là \(C_{13}^{5}-C_{7}^{5}-C_{6}^{5}=1260\).

Vậy xác suất cần tìm là \(P=\frac{1260}{1287}=\frac{140}{143}\).

Chọn B

Ta có \({{\log }_{2022}}\left( 2022{{a}^{2}}b \right)\)\( ={{\log }_{2022}}2022+{{\log }_{2022}}{{a}^{2}}+{{\log }_{2022}}b\)\( =1+2{{\log }_{2022}}a+{{\log }_{2022}}b\).

Chọn A

Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình \(f\left( x \right)=4\) có \(2\) nghiệm thực.

Chọn B

Ta có \({y}'={{6}^{x}}.\ln 6\).

Chọn B

Ta có \(P={{a}^{\frac{2}{3}}}\sqrt{a}\)\( ={{a}^{\frac{2}{3}}}.{{a}^{\frac{1}{2}}}\)\( ={{a}^{\frac{7}{6}}}\).

Chọn A

Xét phương trình \(\frac{2x-3}{x+3}=x-1\Leftrightarrow 2x-3=\left( x-1 \right)\left( x+3 \right)\Leftrightarrow x=0\Rightarrow y=-1\).

Tung độ giao điểm của đồ thị \(\left( C \right):y=\frac{2x-3}{x+3}\) và đường thẳng \(d:y=x-1\) bằng \(-1\).

Chọn D

Sau \(3\) năm kể từ lúc bắt đầu gửi, người đó nhận được số tiền là

\(T=500{{\left( 1+6.5% \right)}^{3}}\approx 603,975\) triệu đồng.

Sau \(5\) năm kể từ lúc bắt đầu gửi, người đó nhận được số tiền là

\(T=503,975{{\left( 1+6.5% \right)}^{2}}\approx 571,620\) triệu đồng.

Chọn C

Cắt hình trụ bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song với trục của hình trụ có thiết diện là hình chữ nhật \(ABCD\). Suy ra, \(\left( P \right)\) vuông góc với mặt đáy. Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Suy ra \(OI\bot \left( P \right)\). Do đó, khoảng cách giữa \(\left( P \right)\) và trục của hình trụ bằng độ dài \(OI\). Do đó, \(OI=2a\).

Ta có \({{S}_{ABCD}}=AB.AD=AB.8a=48{{a}^{2}}\Rightarrow AB=6a\Rightarrow AI=3a\).

Xét tam giác vuông \(OAI\) ta có: \(OA=\sqrt{A{{I}^{2}}+O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 3a \right)}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}=a\sqrt{13}\).

Vậy thể tích khối trụ bằng: \(V=\pi {{R}^{2}}h\)\(=\pi {{\left( a\sqrt{13} \right)}^{2}}8a=104\pi {{a}^{3}}\).

Chọn A

Đồ thị hàm số là đường đi lên từ \(-\infty \) nên \(a>0\).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên \(d>0\).

Hàm số có hai điểm cực trị \({{x}_{1}},\,{{x}_{2}}\) thỏa mãn \(-1<{{x}_{1}}<0<1<{{x}_{2}}\) nên \({y}'=3a{{x}^{2}}+2bx+c\) có hai nghiệm \({{x}_{1}},\,{{x}_{2}}\) thỏa mãn \(-1<{{x}_{1}}<0<1<{{x}_{2}}\).

Suy ra:

\(\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-\frac{2b}{3a}>0 \\ & {{x}_{1}}.{{x}_{2}}=\frac{c}{3a}<0 \\\end{align} \right.\)

. Kết hợp với \(a>0\), \(d>0\) ta được: \(a>0\), \(b<0\), \(c<0\), \(d>0\).

Chọn A

\(\left( {{3}^{{{x}^{2}}}}-{{27}^{x}} \right)\sqrt{{{\log }_{2}}\left( 4x \right)-2}\ge 0\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _2}\left( {4x} \right) - 2 = 0\\
\left\{ \begin{array}{l}
{\log _2}\left( {4x} \right) - 2 > 0\\
{3^{{x^2}}} - {27^x} \ge 0
\end{array} \right.
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
\left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
{x^2} \ge 3x
\end{array} \right.
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x \ge 3
\end{array} \right.
\end{array}\)

Mà \(x\) nguyên thuộc \(\left[ -2022;2022 \right]\) nên có 2021 số.

Chọn C

Đặt \(t=2\cos x+1\,\,\,\left( t\in \left[ -1\,;\,3 \right] \right)\).

Ta có : \(M=\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\text{max}}}\,y\)\(=\underset{\left[ -1\,;\,3 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,f\left( t \right)=1\);

\(m=\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\text{min}}}\,y\)\(=\underset{\left[ -1\,;\,3 \right]}{\mathop{\text{min}}}\,f\left( t \right)=-2\).

Suy ra \(M+m=-1\).

Chọn D

\(\widehat{BAD}=120{}^\circ \Rightarrow \widehat{ABC}=60{}^\circ \) nên tam giác \(ABC\) đều\(\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=2{{S}_{ABC}}=2.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}\).

Ta có \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABD\) nên \(AG=\frac{2}{3}AO=\frac{1}{3}AC\Rightarrow CG=\frac{2}{3}AC=\frac{2}{3}a\).

Ta có \(C\) là hình chiếu của \(C'\) trên \(\left( ABCD \right)\) nên \(GC\) là hình chiếu của \(GC'\) trên \(\left( ABCD \right)\)

Nên \(\left( GC',\left( ABCD \right) \right)\)\( =\left( GC',GC \right)\)\( =\widehat{C'GC}\)\( =30{}^\circ \)\(\Rightarrow CC'=CG.\tan \widehat{C'GC}\)\( =\frac{2a\sqrt{3}}{9}\).

Khi đó \({{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}\)\( =CC'.{{S}_{ABCD}}\)\( =\frac{2a\sqrt{3}}{9}\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\frac{{{a}^{3}}}{3}\).

Chọn B

Ta có \(v\left( t \right)={s}'=-6{{t}^{2}}+48t+9\)

Xét hàm số \(v\left( t \right)=-6{{t}^{2}}+48t+9\), \(t\in \left[ 0;10 \right]\).

Ta có \({v}'\left( t \right)=-12t+48=0\Leftrightarrow t=4\)(Nhận). Ta có

\(\left\{ \begin{matrix} v\left( 0 \right)=9 \\ v\left( 4 \right)=105 \\ v\left( 10 \right)=-111 \\\end{matrix} \right.\)

\(\Rightarrow \underset{t\in \left[ 0;10 \right]}{\mathop{\max }}\,v\left( t \right)=v\left( 4 \right)=105\).

Chọn B

Đặt \(r\) là bán kính đường tròn thiết diện và \(d\) là khoảng cách từ tâm mặt cầu đến thiết diện.

Khi đó \(R=\sqrt{{{r}^{2}}+{{d}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5\left( cm \right)\).

Chọn B

\(\left\{ \begin{matrix} \left( SAB \right)\bot \left( ABC \right) \\ SH\bot AB \\\end{matrix} \right.\)\(\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(V=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{\Delta ABC}}\)\( =\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2}.2a.a\)\( =\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}\).

Chọn A

Ta có \(f'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-6x+m\).

Vì hàm số đạt cực tiểu tại \(x=2\)\(\Rightarrow f'\left( 2 \right)=0\Leftrightarrow 12-12+m=0\Leftrightarrow m=0\).

Với \(m=0\Rightarrow f(x)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-2;\,f'(x)=3{{x}^{2}}-6x;\,f''(x)=6x-6\).

\(f'(x)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=0 \\ x=2 \\\end{matrix} \right.\);

\(f''(2)=6>0\Rightarrow \)\(x=2\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Chọn D

Điều kiện: \(x>5\).

\(3{{\log }_{3}}\left( 2x-1 \right)-{{\log }_{\frac{1}{3}}}{{\left( x-5 \right)}^{3}}=3\)\( \Leftrightarrow 3{{\log }_{3}}\left( 2x-1 \right)+3{{\log }_{3}}\left( x-5 \right)=3\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( 2x-1 \right).\left( x-5 \right)=1\)

\(\Leftrightarrow \left( 2x-1 \right)\left( x-5 \right)=3\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}-11x+2=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=\frac{11+\sqrt{105}}{4}>5 \\ x=\frac{11-\sqrt{105}}{4}<5 \\\end{matrix} \right.\)

Vậy phương trình có một nghiệm.

Chọn D

Kẻ \(OM\bot AB\)\(\Rightarrow \left( \widehat{SO;\,\left( SAB \right)} \right)=\widehat{MSO}=30{}^\circ \).

Ta có: \({{S}_{SAB}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow \frac{1}{2}SM.AB=4{{a}^{2}}\) và \(AB=2SM\). Từ đó suy ra: \(SM=2a;\,AB=4a\) và \(SA=2\sqrt{2}a\).

Ta lại có: \(SO=\cos 30{}^\circ .\,SM=\sqrt{3}a\) và \(r=OA=\sqrt{8{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}}=a\sqrt{5}\).

Vậy \({{S}_{xq}}=\pi rl=2\sqrt{10}\pi {{a}^{2}}\).

Chọn A

Điều kiện: \(\left\{ \begin{align} & mx>0 \\ & x>-1 \\ \end{align} \right.\)

Phương trình suy ra: \(mx={{\left( x+1 \right)}^{2}}\)\(\Leftrightarrow m=\frac{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}{x},\,\,\left( x\ne 0 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}{x}\) trên khoảng \(\left( -1;\,+\infty  \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\)

Ta có: \({f}'\left( x \right)=1-\frac{1}{{{x}^{2}}}\), \({f}'\left( x \right)=0\Rightarrow x=\pm 1\)

BBT của hàm số \(f\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( -1;\,+\infty  \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\)

Từ bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm duy nhất khi

\(\left[ \begin{align} & m=4 \\ & m<0 \\ \end{align} \right.\)

Kết hợp với điều kiện \(m\in \mathbb{Z}\) và \(m\in \left[ -2022;\,2022 \right]\) ta có: 

\(m=\left\{ -2022;\,-2021;.....;\,-1;\,4 \right\}\).

Chọn C

Đặt \(t=\cos x\), vì \(x\in \left( \frac{\pi }{2};\,\frac{3\pi }{2} \right)\to t\in \left[ -1;\,0 \right)\)\(\to f\left( t \right)\in \left[ -1;\,1 \right)\)

Điều kiện bài toán \(\Leftrightarrow pt\,f\left( f\left( t \right) \right)=m\) có nghiệm \(t\in \left[ -1;\,0 \right)\)\(\Rightarrow -1\le m < 3\)

Kết hợp với điều kiện \(m\in \mathbb{Z}\)\(\Rightarrow m=\left\{ -1;\,0;\,1;\,2 \right\}\).

Chọn D

Ta có bán kính hình trụ bằng \(2r\), chiều cao hình trụ bằng \(r\).

Lượng nước trong hộp ban đầu là \(12\) lít nên \(12=\pi .{{\left( 2r \right)}^{2}}.r\) suy ra \(r=\sqrt[3]{\frac{3}{\pi }}\).

Thể tích hai quả cầu bằng \(2.\frac{4}{3}\pi {{r}^{3}}=\frac{8}{3}\pi {{\left( \sqrt[3]{\frac{3}{\pi }} \right)}^{3}}=8\).

Lượng nước còn lại sau khi thả hai quả cầu là \(12-8=4\) lít.

Chọn D

Ta có \({h}'\left( x \right)=3\left[ {f}'\left( x \right)-{{x}^{2}}+1 \right]\) nên \({h}'\left( x \right)=3\left[ {f}'\left( x \right)-{{x}^{2}}+1 \right]=0\)\( \Leftrightarrow {f}'\left( x \right)={{x}^{2}}-1\).

Vẽ đồ thị hai hàm số

Suy ra \({f}'\left( x \right)={{x}^{2}}-1\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=\pm \sqrt{3} \\ & x=0. \\\end{align} \right.\)

Lập bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có \(\underset{\left[ -\sqrt{3};\sqrt{3} \right]}{\mathop{\max }}\,h\left( x \right)=3f\left( -\sqrt{3} \right)\).

Chọn B

\({{\log }_{2}}(x+2y)+{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}+3xy-x-y=0\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}(x+2y)+{{x}^{2}}+2xy+2{{y}^{2}}+xy-x-y=0\)

\({{\log }_{2}}(x+2y)+x(x+2y)+y(x+2y)+x+y=0\)\( \Leftrightarrow {{\log }_{2}}(x+2y)=\left( x+y \right)\left[ 1-\left( x+2y \right) \right].\)

Do

\(\left\{ \begin{align} & x+y>0,-20\le x\le 20 \\ & x+2y>0 \\ & x,y\in Z \\\end{align} \right.\)

\(\Rightarrow x+2y\ge 1\Rightarrow {{\log }_{2}}\left( x+2y \right)\ge 0.\)

Mà

\(\left\{ \begin{align} & x+y>0 \\ & {{\log }_{2}}\left( x+2y \right)\ge 0 \\\end{align} \right.\\\Rightarrow 1-\left( x+2y \right)\ge 0\)

\(\Leftrightarrow x+2y\le 1\Rightarrow x+2y=1.\)

Do

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x + 2y > 0,x + 2y > 0\\2y = 1 - x\\x,y \in Z, - 20 \le x \le 20\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 1,x + 2y > 0\\x,y \in Z, - 20 \le x \le 20\\2y = 1 - x\end{array} \right.\end{array}\)

\(\Rightarrow x=1,3,5,7,9,11,13,15,17,19.\)

Vậy có 10 cặp \((x, y)\)thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C

Từ đồ thị hàm số \(y={f}'(x)\) ta có bảng biến thiên của hàm số \(y=f(x)\)

\(g(x)={{[2020-f(x)]}^{2}}\)\(\Rightarrow {g}'(x)=-2{f}'\left( x \right).[2020-f(x)]\).

Do \(f\left( x \right)\le f(-2)=2020\)\(\Rightarrow 2020-f\left( x \right)\ge 0\)\(\Rightarrow {g}'\left( x \right)<0\Rightarrow {f}'\left( x \right)>0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x<-2 \\ & 1<x<2 \\\end{align} \right.\)

Vậy hàm số \(g(x)=[2020-f(x)]^2\) nghịch biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-2 \right)\)và \(\left( 1;2 \right)\).

Chọn A

Ta có \(g\left( x \right)=4f\left( {{x}^{2}}-4 \right)+{{x}^{4}}-8{{x}^{2}}\)\( \Rightarrow {g}'\left( x \right)=8x{f}'\left( {{x}^{2}}-4 \right)+4{{x}^{3}}-16x\)

Ta có \({g}'\left( x \right)=0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {f'\left( {{x^2} - 4} \right) + \frac{1}{2}\left( {{x^2} - 4} \right) = 0} \end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {f'\left( {{x^2} - 4} \right) = - \frac{1}{2}\left( {{x^2} - 4} \right)} \end{array}} \right. \end{array}\)

Xét phương trình \({f}'\left( {{x}^{2}}-4 \right)=-\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}-4 \right)\).

Đặt \(t={{x}^{2}}-4\), khi đó \({f}'\left( {{x}^{2}}-4 \right)=-\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}-4 \right)\Leftrightarrow {f}'\left( t \right)=-\frac{1}{2}t\).

Phát họa đồ thị hàm số \(y={f}'\left( t \right)\) và \(y=\frac{1}{2}t\) trên cùng một hệ trục tọa độ:

Khi đó

\({f}'\left( t \right)=-\frac{1}{2}t\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} t=-1 \\ t=0 \\ t=4 \\ \end{matrix} \right.\)

Khi đó

\(\begin{array}{l} \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {f'\left( {{x^2} - 4} \right) = - \frac{1}{2}\left( {{x^2} - 4} \right)} \end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {{x^2} - 4 = - 1}\\ {{x^2} - 4 = 0}\\ {{x^2} - 4 = 4} \end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 0}\\ {x = \pm \sqrt 3 }\\ {x = 2}\\ {x = \pm 2\sqrt 2 } \end{array}} \right. \end{array}\)

Vậy \(g\left( x \right)=4f\left( {{x}^{2}}-4 \right)+{{x}^{4}}-8{{x}^{2}}\) có \(7\) điểm cục trị, mà \(\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=+\infty \) nên hàm số \(g\left( x \right)\) có \(4\) điểm cực tiểu.

Chọn C

Ta có \({y}'=\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}-m\)

Hàm số \(y=\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)-mx\) đồng biến trên khoảng \(\left( 0;+\infty  \right)\):

\(\Leftrightarrow {y}'=\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}-m\ge 0,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\)\(\Leftrightarrow m\le \frac{2x}{{{x}^{2}}+1},\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}\), ta có \({f}'\left( x \right)=\frac{2\left( {{x}^{2}}+1 \right)-2x.2x}{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}}=\frac{-2{{x}^{2}}+2}{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}}=0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x=1 & \left( n \right) \\ x=-1 & \left( l \right) \\\end{matrix} \right.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, \(m\le \frac{2x}{{{x}^{2}}+1},\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\Leftrightarrow m\le 0\).