Chọn D

Số tam giác bằng với số cách chọn 3 phần tử trong 20 phần tử. Do đó có $C_{20}^3$ tam giác

Chọn B

$u_2=\frac{u_1+u_3}{2}=\frac{-1+3}{2}=1$

Chọn D

Nhìn vào BBT ta thấy, giá trị của hàm số y sẽ giảm (mũi tên đi xuống) khi x tăng trong khoảng (0;1) nên hàm số nghịch biến trên (0;1).

Chọn A

Dựa vào BBT, hàm số không đạt cực trị tại x=0

Chọn C

Cho $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có đúng một điểm cực trị và là điểm cực tiểu.

Chọn B

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=2$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y=2.

$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=-\infty \\ \underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }y=+\infty \end{array}\right.$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x=-1.

Chọn D

Nhìn vào đồ thị ta thấy, đây là đồ thị hàm trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c\mathit{\to }$ loại C

Đồ thị có 2 cực đại và một cực tiểu nên hệ số a<0$\to$ loại B

Đồ thị hàm số điểm cực trị là (1;0)$\iff {y^{\text{'}}}_{\left(1\right)}=0$ 

Đáp án A: ${y^{\text{'}}}_{\left(1\right)}=-4.{\left(1\right)}^3+8.1=4\ne 0\to$ Loại

Đáp án D: ${y^{\text{'}}}_{\left(1\right)}=-4.{\left(1\right)}^3+4.1=0\to$ Thỏa mãn

Chọn C

Số nghiệm của phương trình f(x)=m chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng y=m.

Khi đó chỉ có 1 giá trị nguyên của m là m=0 để $f\left(x\right)=m$ có 3 nghiệm phân biệt

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{3}{\left(3x+2\right)\ln 3}$.

Chọn B

${\log }_{a}b=\sqrt{3}\Rightarrow b=a^{\sqrt{3}}$.

${\log }_{\frac{\sqrt{b}}{a}}\left(\frac{\sqrt[3]{b}}{\sqrt{a}}\right)={\log }_{a^{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-1\right)}}\left(a^{\left(\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{1}{2}\right)}\right)=\frac{{\displaystyle \left(2\sqrt{3}-3\right)2}}{{\displaystyle 6\left(\sqrt{3}-2\right)}}=-\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{3}}}$.

Chọn A

$2^{x+1}=8=2^3\iff x+1=3\iff x=2$

Chọn A

${\log }_2\left(x^2-x\right)={\log }_2\left(x+1\right)$.

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-x=x+1\\ x+1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x-1=0\\ x>-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=1+\sqrt{2}\left(tm\right)\\ x_2=1-\sqrt{2}\left(tm\right)\end{array}\right.$.

Do đó $x_1^2+x_2^2={\left(1+\sqrt{2}\right)}^2+{\left(1-\sqrt{2}\right)}^2=6$.

Chọn A

Xét $I=\int \ln x\text{d}x$.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ \text{d}v=\text{d}x\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{d}u=\frac{1}{x}\text{d}x\\ v=x\end{array}\right.$.

Khi đó $I=x\ln x-\int x.\frac{1}{x}\text{d}x=x\ln x-\int \text{d}x=x\ln x-x+C$.

Vậy công thức A sai.

Chọn A

Ta có $\int e^{-2x}\text{d}x=-\frac{1}{2}{e}^{-2x}+C$.

Suy ra đáp án đúng là A

Chọn D

Chọn D

$I=\underset{0}{\overset{2018}{\int }}{2}^x\text{d}x={\left.\frac{2^x}{\ln 2}\right|}_0^{2018}=\frac{2^{2018}-1}{\ln 2}$

Chọn C

Đáp án A và B đúng theo định nghĩa.

Đáp án C: Ta có $z^2={\left(a+bi\right)}^2=a^2+2bi-b^2$ là số phức có phần ảo khác 0 khi $b\ne 0$$\to$ Sai.

Đáp án D: $z.\overline{z}=\left(a+bi\right)\left(a-bi\right)=a^2-{\left(bi\right)}^2=a^2+b^2$ là một số thực $\to$ Đúng

Chọn D

Ta có $z={\left(1+i\right)}^2\left(1+2i\right)=-4+2i$. Vậy phần ảo của z là 2

Chọn A

Chọn D

Ta có  $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}{a}^2.2a=\frac{2a^3}{3}$

Chọn C

Xét tam giác vuông BCC' có $C{C}^{\text{'}}=\sqrt{B{C^{\text{'}}}^2-B{C}^2}=\sqrt{18-9}=3\left(cm\right)$

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là: $V=\frac{1}{2}BC.BA.C{C}^{\text{'}}=\frac{1}{2}\mathrm{.3.3.3}=\frac{27}{2}\left(c{m}^3\right).$ 

Chọn B

Ta có: $l^2=R^2+h^2\Rightarrow l=\sqrt{R^2+h^2}$.

Chọn B

Gọi h là chiều cao của hình trụ

Ta có $S_{tp}=2\pi ah+2\pi a^2\Rightarrow 8\pi a^2=2\pi ah+2\pi a^2\Rightarrow h=3a$.

Chọn A

$\overrightarrow{AO}=3\left(\overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j}\right)-2\overrightarrow{k}+5\overrightarrow{j}$

 $\Rightarrow \overrightarrow{OA}=-3\left(\overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j}\right)+2\overrightarrow{k}-5\overrightarrow{j}=-3\overrightarrow{i}-17\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}$ nên $A\left(-3;-17;2\right)$

Chọn D

$\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x-4y+4z-7=0\Rightarrow a=1$, b=2, c=-2, d=-7

$\Rightarrow R=\sqrt{a^2+b^2+c^2-d}=4; I(1;2;-2)$.

Chọn C

Ta có: A(2;0;0), B(0;3;0), C(0;0;4).

Vậy $\left(ABC\right):\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1$.

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(2;-4;-2\right)=-2\left(-1;2;1\right)$

Chọn C

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=C_{10}^3$.

Gọi A là biến cố: “ 3 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ”.

Suy ra: $\overline{A}$ là biến cố: “ 3 học sinh được chọn không có học sinh nữ”.

Khi đó $n\left(\overline{A}\right)=C_7^3\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=\frac{C_7^3}{C_{10}^3}=\frac{7}{24}$. Vậy $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=\frac{17}{24}$.

Chọn A

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

Bảng xét dấu

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$.

Chọn A

Ta có:

$y^{\text{'}}=1-\frac{1}{x^2}$, y'=0$\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\notin \left[\frac{3}{2};3\right]\\ x=1\notin \left[\frac{3}{2};3\right]\end{array}\right.$.

$y\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{13}{6}$, $y\left(3\right)=\frac{10}{3}$.

Suy ra $\underset{\left[\frac{3}{2};3\right]}{\max }y=\frac{10}{3}$, $\underset{\left[\frac{3}{2};3\right]}{\min }y=\frac{13}{6}$.

Chọn C

Ta có $3^{2x}>3^{x+6}\iff 2x>x+6\iff x>6$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left(6;+\infty \right)$.

Chọn A

Ta có $\underset{0}{\overset{d}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x={\left.\left(\frac{a}{3}{x}^3+\frac{b}{2}{x}^2+cx\right)\right|}_0^d=\frac{a}{3}{d}^3+\frac{b}{2}{d}^2+cd$.

Do đó: $\left\{\begin{array}{l}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=-\frac{7}{2}\iff \frac{a}{3}+\frac{b}{2}+c=-\frac{7}{2}\\ \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=-2\iff \frac{8}{3}a+2b+2c=-2\\ \underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\frac{13}{2}\iff 9a+\frac{9}{2}b+3c=\frac{13}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=3\\ c=-\frac{16}{3}\end{array}\right.$. Vậy $P=a+b+c=-\frac{4}{3}$

Chọn A

Ta có $z=\frac{\left(2-3i\right)\left(4-i\right)}{3+2i}=\frac{5-14i}{3+2i}=\frac{\left(5-14i\right)\left(3-2i\right)}{13}=\frac{-13-52i}{13}=-1-4i$.

Do đó điểm biểu diễn cho số phức z có tọa độ $\left(-1;-4\right)$.

Chọn A

Ta có: $\left(SAB\right)\cap \left(SCD\right)=Sx\text{ // }AB\text{ // }CD$.

Ta chứng minh được:

$CD\perp \left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp SD\Rightarrow SD\perp Sx$.

$SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB\Rightarrow SA\perp Sx$.

Do đó: $\left(\widehat{\left(SAB\right);\left(SCD\right)}\right)=\left(\widehat{SD;SA}\right)=\widehat{ASD}$.

Tam giác SAD vuông tại A nên: $\tan \widehat{ASD}=\frac{AD}{SA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Vậy $\left(\widehat{\left(SAB\right);\left(SCD\right)}\right)=30°$.

Chọn D

Gọi H là trung điểm AB.

Ta có $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)$ theo giao tuyến AB. Trong (SAB) có $SH\perp AB$ nên $SH\perp \left(ABCD\right)$.

Kẻ $HK\text{\hspace{0.33em}//\hspace{0.33em}}AD\left(K\in CD\right)\Rightarrow HK\perp CD$  

mà $SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow CD\perp SH$. Do đó $CD\perp \left(SHK\right)$.

Suy ra $\left(SCD\right)\perp \left(SHK\right)$ theo giao tuyến SK.

Trong (SHK), kẻ $HI\perp SK$ thì $HI\perp \left(SCD\right)$.

Ta có: $AB\text{\hspace{0.33em}//\hspace{0.33em}}\left(SCD\right)$ nên $d\left(AB,SC\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(H,\left(SCD\right)\right)=HI$.

Tam giác SAB vuông cân có $AB=2a\Rightarrow SH=a$.

Tam giác SHK có $\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}\Rightarrow HI=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$.

Vậy $d\left(AB,SC\right)=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$.

Chọn C

Gọi M là hình chiếu của I lên trục Oy, $\Rightarrow M\left(0;2;4\right)\Rightarrow \overrightarrow{IM}=\left(-3;0;-4\right)$.

Mặt cầu tâm I(3;2;4) tiếp xúc với trục Oy$\Rightarrow IM=5$ là bán kính mặt cầu.

Phương trình mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-6x-4y-8z+4=0$.

Chọn D

Đường thẳng đi qua điểm A(1;4;-7) và vuông góc với mặt phẳng $x+2y-2z-3=0$ nên có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(1;2;-2\right)$ có phương trình là: $\frac{x-1}{1}=\frac{y-4}{2}=\frac{z+7}{-2}.$

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-6x-m$

Hàm số có hai điểm cực trị thuộc khoảng (-3;3) khi và chỉ khi phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2\in \left(-3;3\right)$.

$\iff 3x^2-6x-m=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2\in \left(-3;3\right)$.

$\iff m=3x^2-6x$ có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2\in \left(-3;3\right)$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=3x^2-6x$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=6x-6$; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=1$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có $-3<m<9$.

Vậy $m\in \left\{-2;-1;0;\mathrm{...};8\right\}$.

Chọn B

Điều kiện xác định của phương trình là $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-6x+12>0\\ x+2>0\\ m-5>0\\ m-5\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-2\\ m>5\\ m\ne 6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-2\\ m>5\\ m\ne 6\end{array}\right.$.

Ta có ${\log }_{m-5}\left(x^2-6x+12\right)>{\log }_{\sqrt{m-5}}\sqrt{x+2}\iff {\log }_{m-5}\left(x^2-6x+12\right)>{\log }_{m-5}\left(x+2\right)$ (1)

• Khi 5<m<6 thì $\left(1\right)\iff x^2-6x+12<x+2\iff x^2-7x+10<0\iff 2<x<5$

Do đó, tập nghiệm của (1) là $T=\left(2;5\right)$ có chứa đúng 2 giá trị nguyên.

Nhưng tập tham số m không chứa giá trị nguyên.

• Khi m>6 thì $\left(1\right)\iff x^2-6x+12>x+2\iff x^2-7x+10>0\iff \left[\begin{array}{l}x<2\\ x>5\end{array}\right.$

Do đó, tập nghiệm của (1) là $T=\left(-2;2\right)\cup \left(5;+\infty \right)$ có chứa nhiều 2 giá trị nguyên.

Kết luận $S=\varnothing$. Tổng các phần tử của tập S bằng 0

Chọn A

Đặt $t=2x\Rightarrow \text{d}x=\frac{1}{2}\text{\hspace{0.17em}d}t$. Đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\Rightarrow t=1\\ x=\frac{3}{2}\Rightarrow t=3\end{array}\right.$.

Khi đó $I=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(\frac{2}{t}\right)\text{d}x$.

Mà $2f\left(3x\right)+3f\left(\frac{2}{x}\right)=-\frac{15x}{2}$$\iff f\left(\frac{2}{x}\right)=-\frac{5x}{2}-\frac{2}{3}f\left(3x\right)$  

Nên $I=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[-\frac{5x}{2}-\frac{2}{3}f\left(3x\right)\right]\text{d}x=-\frac{5}{4}\underset{1}{\overset{3}{\int }}x\text{\hspace{0.17em}d}x-\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(3x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x=-5-\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(3x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x$ (*)

Đặt u=3x$\Rightarrow \text{d}x=\frac{1}{3}\text{\hspace{0.17em}d}x$. Đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=1\Rightarrow u=3\\ x=3\Rightarrow t=9\end{array}\right.$.

Khi đó $I=-5-\frac{1}{9}\underset{3}{\overset{9}{\int }}f\left(t\right)\text{\hspace{0.17em}d}t=-5-\frac{k}{9}=-\frac{45+k}{9}$.

Chọn A

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức $z_1$, B là điểm biểu diễn của số phức $z_2$.

Theo giả thiết $z_1$, $z_2$ là hai trong các số phức thỏa mãn $\left|z-1+2i\right|=5$ nên A và B thuộc đường tròn tâm I(1;-2) bán kính r=5.

Mặt khác $\left|z_1-z_2\right|=8\iff AB=8$.

Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm biểu diễn của số phức $\frac{z_1+z_2}{2}$ và IM=3.

Do đó ta có $3=IM=\left|\frac{z_1+z_2}{2}-1+2i\right|\iff 3=\frac{1}{2}\left|z_1+z_2-2+4i\right|\iff \left|z_1+z_2-2+4i\right|=6$$\iff \left|w\right|=6$.

Chọn A

Đặt $\frac{SM}{SA}=k$ với $k\in \left[0;1\right]$.

Xét tam giác SAB có MN//AB nên $\frac{MN}{AB}=\frac{SM}{SA}=k\Rightarrow MN=k.AB$

Xét tam giác SAD có MQ//AD nên $\frac{MQ}{AD}=\frac{SM}{SA}=k\Rightarrow MQ=k.AD$

Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có:

MM'//SH nên $\frac{M{M}^{\text{'}}}{SH}=\frac{AM}{SA}=\frac{SA-SM}{SA}=1-\frac{SM}{SA}=1-k\Rightarrow M{M}^{\text{'}}=\left(1-k\right).SH$.

Ta có $V_{MNPQ.M^{\text{'}}{N}^{\text{'}}{P}^{\text{'}}{Q}^{\text{'}}}=MN.MQ.M{M}^{\text{'}}=AB.AD.SH.k^2.\left(1-k\right)$.

Mà $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.AB.AD\Rightarrow V_{MNPQ.M^{\text{'}}{N}^{\text{'}}{P}^{\text{'}}{Q}^{\text{'}}}=3.V_{S.ABCD}.k^2.\left(1-k\right)$.

Thể tích khối chóp không đổi nên $V_{MNPQ.M^{\text{'}}{N}^{\text{'}}{P}^{\text{'}}{Q}^{\text{'}}}$ đạt giá trị lớn nhất khi $k^2.\left(1-k\right)$ lớn nhất.

Ta có $k^2.\left(k-1\right)=\frac{2\left(1-k\right).k.k}{2}\le \frac{1}{2}{\left(\frac{2-2k+k+k}{3}\right)}^3$$\Rightarrow k^2.\left(k-1\right)\le \frac{4}{27}$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $2\left(1-k\right)=k\iff k=\frac{2}{3}$.

Vậy $\frac{SM}{SA}=\frac{2}{3}$.

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 hàm số là: $\frac{x^2+2ax+3a^2}{1+a^6}=\frac{a^2-ax}{1+a^6}$

$\iff x^2+3ax+2a^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-a\\ x=-2a\end{array}\right.$

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị hàm số là:

$S=\left|\underset{-2a}{\overset{-a}{\int }}\frac{x^2+3ax+2a^2}{1+a^6}dx\right|=\left|\frac{1}{1+a^6}\left(\frac{x^3}{3}+\frac{3}{2}a{x}^2+2a^{2}x\right)\left|\begin{array}{l}-a\\ -2a\end{array}\right.\right|$

$=\left|\frac{1}{1+a^6}\left(-\frac{a^3}{3}+\frac{3}{2}{a}^3-2a^3+\frac{8}{3}{a}^3-6a^3+4a^3\right)\right|$

= $\frac{\left|a^3\right|}{6\left(1+a^6\right)}\stackrel{Cauchy}{\le }\frac{\left|a^3\right|}{12\left|a^3\right|}=\frac{1}{12}$ . Dấu $"="\iff a^6=1\iff a=1$ ,vì a>0.

Vậy diện tích S đạt giá trị lớn nhất là $\frac{1}{12}$, khi a=1.

Chọn D

Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(2;1;-1\right)$. Gọi $M\left(1+2t;-1+t;2-t\right)$ thuộc đường thẳng d.

Ta có $\overrightarrow{AM}=\left(2t;t-3;3-t\right)$, $AM\perp d\iff \overrightarrow{AM}.\overrightarrow{u}=0$

$\begin{array}{l}\iff 2\left(2t\right)+\left(t-3\right)-\left(3-t\right)=0\\ \iff t=1\end{array}$

$\overrightarrow{AM}=\left(2;-2;2\right)$.

Đường thẳng AB có phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=2-t\\ z=-1+t\end{array}\right.$.

Tọa độ điểm B là nghiệm hệ $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=2-t\\ z=-1+t\\ x+y+2z+1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=3\\ z=-2\end{array}\right.$.

Vậy $B=\left(0;3;-2\right)$.

Chọn C

Xét hàm số $y=f\left[f\left(x\right)\right]$, $y^{\text{'}}=f^{\text{'}}\left(x\right).f^{\text{'}}\left[f\left(x\right)\right]$;

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\\ f^{\text{'}}\left[f\left(x\right)\right]=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\\ f\left(x\right)=0\\ f\left(x\right)=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\\ x=a\in \left(2;+\infty \right)\\ x=b\in \left(a;+\infty \right)\end{array}\right.$.

Với x>b, ta có $f\left(x\right)>2$$\Rightarrow f^{\text{'}}\left[f\left(x\right)\right]>0$

Với a<x<b, ta có $0<f\left(x\right)<2\Rightarrow f^{\text{'}}\left[f\left(x\right)\right]<0$ 

Với 0<x<a hoặc x<0, ta có $f\left(x\right)<0\Rightarrow f^{\text{'}}\left[f\left(x\right)\right]>0$  

BBT:

Dựa vào BBT suy ra hàm số $y=f\left[f\left(x\right)\right]$ có bốn điểm cực trị.

Chọn B

Điều kiện x>0 và x=1 không là nghiệm của phương trình.

Đặt $t={\log }_{\sqrt{3}}x$, do $x<1\Rightarrow t<0$. Phương trình đã cho trở thành $t^2-mt+1=0\iff m=t+\frac{1}{t}$ 

Đặt $f\left(t\right)=t+\frac{1}{t}$ với $t\in \left(-\infty ;0\right)$, $f^{\text{'}}\left(t\right)=1-\frac{1}{t^2}$, $f^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff t=-1\Rightarrow f\left(-1\right)=-2$.

BBT:

Phương trình có nghiệm duy nhất khi m=-2.

Chọn A

+ Cách 1 :

Diện tích hình phẳng (H) là : $S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(\sqrt{4-x^2}-2+x\right)\text{d}x$.

Đặt $x=2\sin t\Rightarrow \text{d}x=2\cos t\text{d}t$.

$\Rightarrow S=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(2\cos t-2+2\sin t\right)2\cos t\text{d}t=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(4{\cos }^{2}t-4\cos t+4\sin t\cos t\right)\text{d}t$