Đáp án C

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-3\Rightarrow y=-3$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=2\Rightarrow y=2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị đã cho có ba đường tiệm cận.

Đáp án A

Có $S=4\pi R^2=72\pi \Rightarrow R=\sqrt{\frac{72\pi }{4\pi }}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\left(cm\right)$

Đáp án B

Hình chiếu của H trên mặt phẳng (Oyz) là H'(0;3;2)

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\frac{3}{2};-1\right)$.

Đáp án B

Hàm số $y={\log }_{a}x$ đồng biến trên tập xác định khi và chỉ khi a>1.

Vì $\sqrt{2}>1$ nên hàm số $y={\log }_{\sqrt{2}}x$ đồng biến trên tập xác định $\left(0;+\infty \right)$.

Đáp án C

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2+2ax+2by+2cz+d=0$ (với $a=-2;b=1;c=3;d=-2$) có bán kính $R=\sqrt{a^2+b^2+c^2-d}=4$.

Đáp án B

$3^x=2\iff x={\log }_{3}2$.

Vậy tập nghiệm S của phương trình đã cho là $S=\left\{{\log }_{3}2\right\}$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm $\sqrt{x}=0\iff x=0$.

$V=\pi \underset{0}{\overset{4}{\int }}{\left(\sqrt{x}\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{4}{\int }}xdx=\pi \frac{x^2}{2}\left|{}_0^4\right.=8\pi$

Đáp án B

Ta có: $S_8=u_1.\frac{1-q^8}{1-q}=-2.\frac{1-2^8}{1-2}=-510$

Đáp án C

Ta có: $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)+\frac{1}{3}g\left(x\right)\right]dx=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\frac{1}{3}\underset{-1}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=2+\frac{1}{3}.\left(-3\right)=1$

Đáp án A

Ta có: $z^2-2z+4=0\iff \left[\begin{array}{l}z=1+\sqrt{3}i\\ z=1-\sqrt{3}i\end{array}\right.\Rightarrow \left|z_1\right|=\left|z_2\right|=2\Rightarrow \left|z_1\right|+\left|z_2\right|=4$

Đáp án C

Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\sqrt{3}{a}^2.2a=\frac{2\sqrt{3}}{3}{a}^3$

Đáp án C

Phương trình mặt phẳng (P) viết theo đoạn chắn: $\frac{x}{2}+\frac{y}{-2}+\frac{z}{1}=1\iff x-y+2z-2=0$.

Đáp án A

Số tập hợp con cần tìm là số tổ hợp chập 5 của 10 phần tử $C_{10}^5$.

Đáp án C

Ta có: $2f\left(x\right)-4=0\iff f\left(x\right)=2$

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=2.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số y=f(x) cắt đường thẳng y=2 tại 2 điểm phân biệt.

Vậy phương trình $2f\left(x\right)-4=0$ có 2 nghiệm phân biệt.

Đáp án C

Có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$.

Có BM là hình chiếu của CM lên mặt phẳng (SAB).

Suy ra $\left(CM,\left(SAB\right)\right)=\widehat{CMB}$.

Ta có: $\begin{array}{l}\tan \widehat{CMB}=\frac{BC}{MB}=\frac{2AB}{SB}=\frac{2AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{2.2a}{\sqrt{{\left(2a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(2a\right)}^2}}=1\\ \Rightarrow \widehat{CMB}={45}^0\end{array}$

Vậy $\left(CM,\left(SAB\right)\right)={45}^0$.

Đáp án C

Điều kiện x>3.

${\log }_{0,5}\left(x-3\right)+1\ge 0\iff {\log }_{0,5}\left(x-3\right)\ge -1\iff x-3\le 2\iff x\le 5$.

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(3;5\right]$.

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x+6$.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ thuộc đồ thị hàm số là: $k=y\text{'}\left(x_0\right)=3x_0^2-6x_0+6=3\left(x_0^2-2x_0+1\right)+3=3{\left(x_0-1\right)}^2+3\ge 3$.

Vậy hệ số góc nhỏ nhất là 3 đạt được tại M(3;19).

Đáp án C

Ta có: $F\left(\frac{\pi }{4}\right)-F\left(\frac{\pi }{6}\right)=\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\sin 2xdx=-\frac{1}{2}\cos 2x\left|{}_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}\right.=\frac{1}{4}\Rightarrow F\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{3}{4}$

Đáp án C

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=\left(2-x\right)\text{'}.f\text{'}\left(2-x\right)=-f\text{'}\left(2-x\right)$.

Hàm số đồng biến khi $g\text{'}\left(x\right)>0\iff f\text{'}\left(2-x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}2-x<-1\\ 1<2-x<4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>3\\ -2<x<1\end{array}\right.$

Đáp án A

Xét mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=1\Rightarrow I\left(2;1;1\right)$ và bán kính R=1.

Vì mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu (S) nên $d\left(I;\left(P\right)\right)=R\iff \frac{\left|m+1\right|}{3}=1\iff \left|m+1\right|=3\iff \left[\begin{array}{l}m=2\\ m=-4\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có: $a,b>0;a^2+9b^2=10ab\iff {\left(a+3b\right)}^2=16ab\iff {\left(\frac{a+3b}{4}\right)}^2=ab$.

Lấy logarit cơ số 10 cả hai vế của đẳng thức trên, ta được: $\log {\left(\frac{a+3b}{4}\right)}^2=\log \left(ab\right)\iff 2\log \left(\frac{a+3b}{4}\right)=\log a+\log b\iff \log \left(\frac{a+3b}{4}\right)=\frac{\log a+\log b}{2}$

Đáp án A

Theo giả thiết, $f\text{'}\left(x\right)=0,g\text{'}\left(x\right)=0$ có chung ít nhất một nghiệm, gọi nghiệm chung đó là $x_0$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}3x_0^2+2a{x}_0+2=0\\ -3x_0^2+2b{x}_0-3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{3x_0^2+2}{2x_0}\\ b=\frac{3x_0^2+3}{2x_0}\end{array}\right.$

Nên $P=\left|a\right|+\left|b\right|=\frac{6x_0^2+5}{2\left|x_0\right|}\ge \frac{2\sqrt{6x_0^2.5}}{2\left|x_0\right|}=\sqrt{30}$.

Đáp án C

Ta có: a,b,c>0. Từ đồ thị suy ra $0<a<1;b>1;c>1\left(1\right)$.

Mặt khác $\forall x>0$, ta có: $b^x>c^x\Rightarrow b>c\left(2\right)$.

Từ (1) và (2) suy ra b>c>a>0

Đáp án A

Gọi $z=x+yi,x,y\in ℝ$.

Ta có: $\begin{array}{l}\left(3-2i\right)\overline{z}-4\left(1-i\right)=\left(2+i\right)z\iff \left(3-2i\right)\left(2-i\right)\overline{z}-4\left(1-i\right)\left(2-i\right)=5z\\ \iff \left(4-7i\right)\left(x-yi\right)-5\left(x+yi\right)=4-12i\iff \left(-x-7y\right)-\left(7x+9y\right)i=4-12i\end{array}$

Ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}x+7y=-4\\ 7x+9y=12\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=-1\end{array}\right.$.

Vậy z=3-i nên $\left|z\right|=\sqrt{3^2+{\left(-1\right)}^2}=\sqrt{10}$

Đáp án B

Ta có: $\begin{array}{l}y\text{'}=\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x};\\ \left\{\begin{array}{l}y\text{'}=0\\ x\in \left(\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2}\right)\end{array}\right.\iff x=\pi \end{array}$

Bảng biến thiên:

Vậy: $\underset{\left(\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2}\right)}{\max }y=-1$.

Đáp án A

Phương trình $z^2-2z+10=0\left(1\right)$ có $\Delta \text{'}=1-10=-9<0$ nên (1) có hai nghiệm phức là $z_1=1+3i$ và $z_2=1-3i$.

Ta có: $A=\left|{\left(1-3i\right)}^2\right|+\left|{\left(1+3i\right)}^2\right|=\left|-8-6i\right|+\left|-8+6i\right|=\sqrt{{\left(-8\right)}^2+6^2}+\sqrt{{\left(-8\right)}^2+6^2}=20$.

Vậy A=20.

Đáp án A

Gọi M là trung điểm cạnh BC.

$\begin{array}{l}\Rightarrow AM\perp BC,A\text{'}M\perp BC\\ \Rightarrow \widehat{\left(\left(A\text{'}BC\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{A\text{'}MA}={45}^0\end{array}$

Tam giác ABC vuông cân tại A có $AM=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Tam giác A'AM vuông cân tại A có $AA\text{'}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vậy $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}A.S_{ABC}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}$.

Đáp án A

Diện tích mặt cầu: $S_1=4\pi R^2$.

Diện tích toàn phần của hình trụ: $S_2=4\pi R^2+2\pi R^2=6\pi R^2$.

Suy ra: $\frac{S_1}{S_2}=\frac{2}{3}$.

Đáp án A

Xác định được: $\begin{array}{l}M\left(1;0;0\right)\in d,\overrightarrow{u}=\left(-1;1;0\right),\overrightarrow{MA}=\left(-1;0;1\right)\\ \Rightarrow d\left(A;d\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{MA},\overrightarrow{u_d}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u_d}\right|}=\frac{\sqrt{6}}{2}\end{array}$

Đáp án C

Ta có: $\begin{array}{l}{\cos }^{3}x+\cos x+2{\cos }^{2}x=0\iff \cos x\left({\cos }^{2}x+2\cos x+1\right)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ \cos x=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k\pi \\ x=\pi +k2\pi \end{array}\right.\end{array}$

Theo yêu cầu của bài toán ta có: $\left[\begin{array}{l}0\le \frac{\pi }{2}+k\pi \le 2\pi \\ 0\le \pi +k2\pi \le 2\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-\frac{1}{2}\le k\le \frac{3}{2}\\ -\frac{1}{2}\le k\le \frac{1}{2}\end{array}\right.$

Do $k\in \mathbb{Z}$ nên k=0 hoặc k=1. Khi đó ta có các nghiệm là $x=\frac{\pi }{2};x=\pi$ hoặc $x=\frac{3\pi }{2}$.

Đáp án A

+) Gọi E là trung điểm của BB'.

Khi đó: $EM//B\text{'}C\Rightarrow B\text{'}C//\left(AME\right)$.

Ta có: $d\left(B\text{'}C,AM\right)=d\left(B\text{'}C,\left(AME\right)\right)=d\left(C,\left(AME\right)\right)=d\left(B,\left(AME\right)\right)$.

+) Xét khối chóp B.AME có các cạnh BE,AB,BM đôi một vuông góc nên .

$\frac{1}{d^2\left(B,\left(AME\right)\right)}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{M{B}^2}+\frac{1}{E{B}^2}=\frac{7}{a^2}$.

$\Rightarrow d\left(B,\left(AME\right)\right)=\frac{a\sqrt{7}}{7}$

Vậy $d\left(B\text{'}C,AM\right)=\frac{a\sqrt{7}}{7}$.

Đáp án B

Vì điểm M thuộc đồ thị (H) nên $y_0=\frac{4x_0-5}{x_0+1}$.

Từ đề bài ta có đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=-1 và tiệm cận ngang là y=4.

Khoảng cách từ điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ đến đường tiệm cận đứng bằng $\left|x_0+1\right|$.

Khoảng cách từ điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ đến đường tiệm cận ngang bằng $\left|y_0-4\right|=\left|\frac{4x_0-5}{x_0+1}-4\right|=\frac{9}{\left|x_0+1\right|}$.

Từ đó ta có $\begin{array}{l}\left|x_0+1\right|+\frac{9}{\left|x_0+1\right|}=6\iff {\left(\left|x_0+1\right|\right)}^2-6\left|x_0+1\right|+9=0\\ \iff \left|x_0+1\right|=3\iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=2\left(L\right)\\ x_0=-4\left(TM\right)\end{array}\right.\end{array}$

Do đó $M\left(-4;7\right)$. Suy ra S=9.

Đáp án C

Đặt $t=2^x$. Vì $x\in \left[0;2\right]$ nên ta có $t\in \left[1;4\right]$.

Bất phương trình trở thành $t^2-2t+2-m\le 0\iff t^2-2t+2\le m$.

Xét hàm số $\begin{array}{l}f\left(t\right)=t^2-2t+2-m,t\in \left[1;4\right]\\ f\text{'}\left(t\right)=2t-2\\ f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=1\in \left[1;4\right]\\ f\left(1\right)=1;f\left(4\right)=10\end{array}$

Bất phương trình $4^x-{2.2}^x+2-m\le 0$ có nghiệm $x\in \left[0;2\right]\iff$ bất phương trình $t^2-2t+2\le m$ có nghiệm $t\in \left[1;4\right]\iff 1\le m\le 10$.

Đáp án D

Hàm số f(x) xác định trên $\left[1;+\infty \right)$ nên $x.f\text{'}\left(x\right)-2\sqrt{\ln x}=0\iff f\text{'}\left(x\right)=\frac{2\sqrt{\ln x}}{x}\left(1\right)$.

Lấy tích phân hai vế (1) trên đoạn $\left[\sqrt[4]{e};e\right]$, ta được:

$\begin{array}{l}\underset{\sqrt[4]{e}}{\overset{e}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=\underset{\sqrt[4]{e}}{\overset{e}{\int }}\frac{2\sqrt{\ln x}}{x}dx\iff \underset{\sqrt[4]{e}}{\overset{e}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=2\underset{\sqrt[4]{e}}{\overset{e}{\int }}\sqrt{\ln x}d\left(\ln x\right)\\ \iff f\left(e\right)-f\left(\sqrt[4]{e}\right)=\frac{4}{3}\sqrt{{\ln }^{3}x}\left|{}_{\sqrt[4]{e}}^e\iff f\left(e\right)=\frac{7}{6}+2=\frac{19}{6}\right.\end{array}$

Đáp án B

Ta có đặt w=x+yi thì: $\begin{array}{l}w=\left(1+i\right)z+1\iff w=\left(1+i\right)\left(z-1\right)+i+2\iff w-i-2=\left(z-1\right)+i\left(z-1\right)\\ \iff \left|w-i-2\right|=\left|\left(z-1\right)+i\left(z-1\right)\right|\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=2{\left(z-1\right)}^2\le 2\\ \Rightarrow R=\sqrt{2}\Rightarrow S=\pi R^2=2\pi \end{array}$

Đáp án C

Ta có: $\begin{array}{l}\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)-1}=0\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{f\left(x\right)-1}=\frac{-1}{2}\end{array}$

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận nagng là: $y=0;y=-\frac{1}{2}$.

Dựa vào đồ thị ta thấy $f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=1\iff \left[\begin{array}{l}x=x_1,x_1<-1\\ x=x_2,-1<x_2<1\\ x=x_3,1<x_3<2\\ x=x_4,x_4>2\end{array}\right.$

Do đó đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(x\right)-1}$ có 4 đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 6 đường tiệm cận.

Đáp án B

Ta có: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h\Rightarrow h=\frac{3V}{\pi r^2}$.

Độ dài đường sinh là: $l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{{\left(\frac{3V}{\pi r^2}\right)}^2+r^2}=\sqrt{{\left(\frac{81}{\pi r^2}\right)}^2+r^2}=\sqrt{\frac{3^8}{{\pi }^2{r}^4}+r^2}$.

Diện tích xung quanh của hình nón là: $S_{xq}=\pi rl=\pi r\sqrt{\frac{3^8}{{\pi }^2{r}^4}+r^2}=\pi \sqrt{\frac{3^8}{{\pi }^2{r}^2}+r^4}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi $r=\sqrt[6]{\frac{3^8}{2{\pi }^2}}$.

Đáp án A

Phương trình đường tròn: $x^2+y^2=8\Rightarrow y=\sqrt{8-x^2}$ (nửa đường tròn phía trên Ox).

Hệ phương trình giao điểm của đường tròn và parabol $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=8\\ y=\frac{x^2}{2}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x=-2\\ y=2\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=2\end{array}\right.\end{array}\right.$.

Diện tích hình tròn $S_{tr}=8\pi$.

Diện tích phần bôi đen $S=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left|\sqrt{8-x^2}-\frac{x^2}{2}\right|dx=7,\mathrm{6165...}$

Tỉ lệ $\frac{S}{S\text{'}}=\frac{S}{S_{tr}-S}=0,\mathrm{43482...}$

Đáp án A

Đường thẳng CD qua M(2;-1;3) có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}\left(2;2;1\right)$.

Gọi $H\left(2+2t;-1+2t;3+t\right)$ là hình chiếu của A lên CD, ta có: $\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u}=0\Rightarrow t=-1\Rightarrow H\left(0;-3;2\right),d\left(A;CD\right)=AH=3$.

Từ giả thiết ta có $AB+CD=3AB=\frac{2S}{AH}=18\Rightarrow AB=6,DH=3,HC=9$.

Đặt $\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{u}\Rightarrow k>0$ (do $x_B>x_A$) $\Rightarrow k=\frac{\left|\overrightarrow{AB}\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|}=2\Rightarrow \overrightarrow{AB}\left(4;4;2\right)\Rightarrow B\left(3;3;2\right)$.

$\begin{array}{l}\overrightarrow{HC}=\frac{9}{6}\overrightarrow{AB}\left(6;6;3\right)\Rightarrow C\left(6;3;5\right)\\ \overrightarrow{HD}=-\frac{3}{6}\overrightarrow{AB}\left(-2;-2;-1\right)\Rightarrow D\left(-2;-5;1\right)\end{array}$

Đáp án A

Vì đồ thị hàm f'(x) cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ x=-1 và x=1 nên $f\text{'}\left(x\right)=k\left(x-1\right)\left(x+1\right)$ với k là số thực khác 0.

Vì đồ thị hàm f'(x) đi qua điểm (0;-3) nên ta có $-3=-k\iff k=3$. Suy ra $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-3$.

Mà $f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$ nên ta có được $a=1,b=0,c=-3$.

Từ đó $f\left(x\right)=x^3-3x+d$. Mặt khác f(2)=1 nên d=-1.

Suy ra $f\left(x\right)=x^3-3x-1$.

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy $y_{CT}=-3$.

Đáp án A

Xét tích phân $I_1=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx$. Đặt $u=\frac{\pi }{2}-x\Rightarrow du=-dx$.

Đổi cận $x=0\Rightarrow u=\frac{\pi }{2};x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=0$.

Suy ra $\begin{array}{l}{I}_1=-\underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{0}{\int }}f\left(\frac{\pi }{2}-x\right)dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(\frac{\pi }{2}-x\right)dx\Rightarrow 2I_1=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(\frac{\pi }{2}-x\right)dx\\ \Rightarrow 2I_1=\left(\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)+f\left(\frac{\pi }{2}-x\right)\right)dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\cos x}{{\left(1+\sin x\right)}^2}dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{d\left(1+\sin x\right)}{{\left(1+\sin x\right)}^2}\\ =-\frac{1}{1+\sin x}\left|{}_0^{\frac{\pi }{2}}\right.=-\left(\frac{1}{2}-1\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow I_1=\frac{1}{4}\end{array}$

Đáp án B

Ta có $2f\left(x\right)>x^2+m\iff 2f\left(x\right)-x^2>m$, với mọi $x\in \left[-2;3\right]$.

Đặt $g\left(x\right)=2f\left(x\right)-x^2$ xét trên đoạn $x\in \left[-2;3\right]$.

$g\text{'}\left(x\right)=2\left[f\text{'}\left(x\right)-x\right]$.

Vẽ đường thẳng y=x cùng với đồ thị hàm số y=f'(x) trên cùng một hệ trục tọa độ.

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=x\iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\\ x=3\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=f\text{'}\left(x\right),y=x,x=-2,x=1$.

Gọi H là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=f\text{'}\left(x\right),y=x,x=1,x=3$.

Dựa vào đồ thị dễ thấy$S>H\iff S-H>0$ .

Ta có: $\begin{array}{l}\underset{-2}{\overset{3}{\int }}\frac{g\text{'}\left(x\right)}{2}dx=\frac{1}{2}\left[\underset{-2}{\overset{1}{\int }}g\text{'}\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}g\text{'}\left(x\right)dx\right]=\frac{1}{2}\left(S-H\right)>0\\ \Rightarrow \underset{-2}{\overset{3}{\int }}\frac{g\text{'}\left(x\right)}{2}dx>0\iff \frac{g\left(x\right)}{2}\left|{}_{-2}^3>0\right.\iff \frac{g\left(3\right)-g\left(2\right)}{2}>0\iff g\left(3\right)-g\left(2\right)>0\\ \Rightarrow \underset{x\in \left[-2;3\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(-2\right)\end{array}$

Để bất phương trình $g\left(x\right)=2f\left(x\right)-x^2>m$ đúng với mọi $x\in \left[-2;3\right]$ thì $\underset{x\in \left[-2;3\right]}{\min }g\left(x\right)>m\Rightarrow g\left(-2\right)>m\iff m<2f\left(-2\right)-4$.

Đáp án A

Gọi $A\left(a;a^2\right),B\left(b;b^2\right)$ với a<b. Ta có $AB=2\iff {\left(b-a\right)}^2+{\left(b^2-a^2\right)}^2=4$.

$\begin{array}{l}AB:\frac{x-a}{b-a}=\frac{y-a^2}{b^2-a^2}\iff \frac{x-a}{1}=\frac{y-a^2}{b+a}\iff y=\left(a+b\right)\left(x-a\right)+a^2\iff y=\left(a+b\right)x-ab\\ S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left(\left(a+b\right)x-ab-x^2\right)dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left(x-a\right)\left(b-x\right)dx\end{array}$.

Đặt t=x-a.

Suy ra $S=\underset{0}{\overset{b-a}{\int }}t\left(b-a-t\right)dt=\underset{0}{\overset{b-a}{\int }}\left(\left(b-a\right)t-t^2\right)dt=\frac{\left(b-a\right)t^2}{2}\left|{}_0^{b-a}\right.-\frac{t^3}{3}\left|{}_0^{b-a}\right.=\frac{{\left(b-a\right)}^3}{6}$