Chọn C

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-6x$ và y''=6x-6.

Vì $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(0\right)=0\\ {y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(0\right)=-6<0\end{array}\right.\Rightarrow x=0$ là điểm cực đại.

Chọn A

Chọn B

Ta có: ${\log }_a^{2}x={\log }_{a}x.{\log }_{a}x={\left({\log }_{a}x\right)}^2$

Chọn B

Ta có: $\int f\left(x\right)\text{d}x=\int (3x^2-\sin x)\text{d}x=\int 3x^2\text{d}x-\int \sin x\text{d}x=x^3+\cos x+C$

Chọn D

$\overrightarrow{AB}=\left(-1-2;3-0;1+1\right)=\left(-3;3;2\right)$.

Chọn A

Ta có: $2z+1-i=2\left(3+4i\right)+1-i=7+7i$

$\Rightarrow M\left(7;7\right).$

Chọn C

Ta có tâm I(0;1;-2)

Chọn D

Ta có: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-1}{\left|x-1\right|}=+\infty$

Vì $\underset{x\to 1}{\lim }\left(\sqrt{x+3}-1\right)=1>0$

$\underset{x\to 1}{\lim }\left|x-1\right|=0$ và $\left|x-1\right|>0$

Chọn C

Ta có: $4^{x+1}=2\iff 2^{2(x+1)}=2\iff 2(x+1)=1\iff x=\frac{-1}{2}.$

Chọn B

Đồ thị hàm số tăng trên khoảng (-2;1) và $(4;+\infty )$, nên f(x) đồng biến trên khoảng (-2;1)

Chọn A

Lăng trụ ngũ giác có 15 cạnh.

Chọn C

Ta có: $V=\frac{1}{3}.3S.h=Sh$.

Chọn B

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-4=0\iff x=1$

Dựa vào Bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left(x\right)=x^4-4x$ trên đoạn [0;3] là y=-3 khi x=1 

Chọn A

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}x-1>0\\ 5x-6-x^2\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>1\\ 2\le x\le 3\end{array}\right.\iff 2\le x\le 3$.

TXĐ: D=[2;3] 

Chọn D

Gọi r>0 là bán kính mặt cầu (S).

Ta có diện tích: $S=4\pi r^2=36\pi \Rightarrow r=3$cm.

Do đó thể tích khối cầu là: $V=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\pi {.3}^3=36\pi \left({\text{cm}}^3\right)$.

Chọn D

TXĐ: $D=ℝ$

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-8x=0\iff x=0;x=\pm \sqrt{2}$

Ta thấy $y_{CD}>0;y_{CT}<0\Rightarrow$ Đồ thị của hàm số $y=x^4-4x^2+3$ là hình D.

Chọn A

Ta có: $F\left(0\right)=2F\left(1\right)=4\Rightarrow F\left(0\right)=4$ và  F(1)=2

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(x\right)\left|{}_0^1\right.=F\left(1\right)-F\left(0\right)=2-4=-2$

Chọn C

Vì $A(1;a-2;3-2a)$ nằm trên $\left(P\right):3x-y+2z-6=0$ nên:

$3.1-(a-2)+2(3-2a)-6=0\iff -5a+5=0\iff a=1.$

Chọn C

Chọn C

Số cách chọn có 2 học sinh nữ là: $C_{20}^1.C_{10}^2=900$ (cách)

Số cách chọn có 3 nữ là: $C_{10}^3=120$ (cách)    

Tổng số cách chọn: 900+120=1020 (cách)

Chọn A

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2x\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}2xdx=2-x^2\left|{}_0^1=1.\right.$

Chọn A

Chọn D

Chọn A

Chọn A

Chọn C

Chọn B

Xét  $y=f\left(x\right)=\frac{x^2+2x+1}{x^2-4x+5}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\frac{-6x^2+8x+14}{{\left(x^2-4x+5\right)}^2}=0\Rightarrow x=-1;x=\frac{7}{3}$

Bảng biến thiên:

Suy ra giá trị lớn nhất là 10 và giá trị nhỏ nhất là 0.

Chọn C

Hình vẽ minh hoạ:

Ta suy ra đường cao của hình chóp $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Suy ra : $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{△ABC}.SO=\frac{1}{3}\left(\frac{a^2}{2}\right).\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$

Chọn B

Bảng xét dấu vế trái:

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là:

$\left[\begin{array}{l}-4\le x\le 3\\ x\ge 5\end{array}\right.\stackrel{x\in \mathbb{Z};x\in \left[-40;40\right]}{\to }x=\left\{-4;-3;\mathrm{...};3;5;6;\mathrm{...};40\right\}$

Suy ra có: 44 giá trị x nguyên thoả mãn.

Chọn A

Ta có thể dễ dàng chỉ ra ngay được hàm số ở đáp án A không có tiệm cận đứng vì giá trị của hàm số bị chặn trên [-1;1].

Chọn D

Gọi $z=a+ib;a,b\in ℝ\Rightarrow$phương trình đã cho trở thành $2\sqrt{a^2+b^2}-3i\left(a+bi\right)-1=0$

$\iff \left(2\sqrt{a^2+b^2}+3b-1\right)-3ai=0\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ 2\left|b\right|+3b-1=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}b\ge 0\\ 2\left|b\right|+3b-1=0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}b<0\\ 2\left|b\right|+3b-1=0\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}b\ge 0\\ 2b+3b-1=0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}b<0\\ -2b+3b-1=0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \end{array}\right.\left\{\begin{array}{l}a=0\\ \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}b\ge 0\\ b=\frac{1}{5}\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}b<0\\ b=1\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ b=\frac{1}{5}\end{array}\right.$

Vậy có duy nhất nột số phức z thoả mãn là $z=\frac{1}{5}i$.

Chọn C

Đưa đường thẳng d về phương trình tham số $d:\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=-t\\ z=1+2t\end{array}\right.$

Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d là H suy ra $H\left(2+t;-t;1+2t\right)$. Ta có $\overrightarrow{AH}=\left(t;-t;2t-2\right)$ và VTCP của đường thẳng d là $\overrightarrow{u_d}=\left(1;-1;2\right)$.

Suy ra $\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u_d}=0\iff t+1+4t-4=0\iff t=\frac{2}{3}\Rightarrow H\left(\frac{8}{3};-\frac{2}{3};\frac{7}{3}\right)$.

Có điểm H là trung điểm AA' của suy ra tọa độ điểm A' là

là : $\left\{\begin{array}{l}{x}_{A^{\text{'}}}=2x_H-x_A=\frac{10}{3}\\ y_{A^{\text{'}}}=2y_H-y_A=-\frac{4}{3}\\ z_{A^{\text{'}}}=2z_H-z_A=\frac{5}{3}\end{array}\right.$.

Chọn A

Để diện tích xung quanh lớn nhất thì hai đáy phải có diện tích nhỏ nhất ứng với các cặp cạnh 7 và 8.

Suy ra diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật lớn nhất là $S_{xq}=2\left(8.9+7.9\right)=270$.

Chọn B

Số nghiệm của phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=\frac{m}{3}$ là số giao điểm của hai đồ thị $y=\left|f\left(x\right)\right|$ và $y=\frac{m}{3}$.

$y=\left|f\left(x\right)\right|=\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)khif\left(x\right)\ge 0\\ -f\left(x\right)khif\left(x\right)<0\end{array}\right.$.

Suy ra cách vẽ: giữ nguyên phần đồ thị nằm trên trục hoành, phần nằm dưới lấy đối xứng qua trục hoành tồi xóa phần dưới đi.

Dựa và đồ thị ta nhận thấy để phương trình có bốn nghiệm thì

$\left[\begin{array}{l}7<\frac{m}{3}<9\iff 21<m<27\\ \frac{m}{3}=0\iff m=0\end{array}\right.\Rightarrow m\in \left\{0;22;23;24;25\right\}\Rightarrow$ có 6 giá trị nguyên 

Chọn D

Phương trình đã cho $4^x-2^{x+1}-m=2^{x+1}\iff 4^x-{4.2}^x-m=0$.

Đặt $t=2^x>0\Rightarrow$ phương trình trở thành $f\left(t\right)=t^2-4t-m\left(1\right)$.

Để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x thì phương trình (1) phải có hai nghiệm t phân biệt dương . Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}=4+m>0\\ t_1+t_2=4>0\\ t_1.t_2=-m>0\end{array}\right.\iff -4<m<0\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;-1\right\}$

Chọn C

Hình vẽ minh họa

Bài toán cho $AB=6\Rightarrow AH=HB=3$ và $SH\perp AB$.

Suy ra $OH=\sqrt{O{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}\Rightarrow SH=\sqrt{S{O}^2+O{H}^2}=\sqrt{8^2+{\left(\sqrt{7}\right)}^2}=\sqrt{71}.$

Suy ra diện tích thiết diện cần tính là : $S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}AB.SH=\frac{1}{2}\mathrm{.6.}\sqrt{71}=3\sqrt{71}$.

Chọn C

Biểu thức vận tốc : $v=\int a.dt=\int kt.dt=\frac{k}{2}{t}^2+C\left({\text{m/s}}^{\text{2}}\right)$

Vật bắt đầu chuyển động, nên ở thời điểm ban đầu có vận tốc bằng 0 tức là khi ta thay $t=0\Rightarrow v=0=\frac{k}{2}{.0}^2+C\Rightarrow C=0\Rightarrow$ biểu thức vận tốc $v=\frac{k}{2}.t^2$

Quãng đường đi được trong 6 giây đầu tiên $s_6=\underset{0}{\overset{6}{\int }}vdt=\underset{0}{\overset{6}{\int }}\left(\frac{k}{2}.t^2\right)dt=36k=120m\Rightarrow k=\frac{120}{36}$

Quãng đường đi được trong 6 giây tiếp theo $\underset{6}{\overset{12}{\int }}vdt=\underset{6}{\overset{12}{\int }}\left(\frac{k}{2}.t^2\right)dt=252k=252.\frac{120}{36}=840m$  

Chọn C

Trường hợp 1: Khi $m=-1\Rightarrow$ hàm số bị suy biến thành y=f(x)=2 là đường thẳng nằm ngang bỏ đi điểm I(2;2;). Hiển nhiên sẽ nhận I là tâm đối xứng.

Trường hợp 2: Khi $m\ne -1\Rightarrow$ đồ thị (C) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Suy ra $I\left(2;2\right)=\left(m;2\right)\iff m=2$

Suy ra tập $S=\left\{-1;2\right\}\Rightarrow$ tổng các phần tử là -1+2=1 

Chọn D

Ta có thể đặt $MH=HK=KN=m>0\Rightarrow x_M=-m;x_K=m;x_N=2m$

Suy ra: $$\begin{gathered} a^{x_M}={\left(ab\right)}^{x_K}={\left(c+1\right)}^{x_N}\iff a^{-m}={\left(ab\right)}^m={\left(c+1\right)}^{2m}\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^{-1}=ab\\ a^{-1}={\left(c+1\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}b=\frac{1}{a^2}\\ c=-1+\frac{1}{\sqrt{a}}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Suy ra tập $T=\left(\sqrt{b}-4c\right)=\frac{1}{a}-\frac{4}{\sqrt{a}}+4={\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-2\right)}^2\ge 0$

Dấu "=" xảy ra khi $\frac{1}{\sqrt{a}}-2=0\iff a=\frac{1}{4}$( Thỏa mãn điều kiện a<1)

Suy ra giá trị nhỏ nhất T là $T_{\min }=0$

Chọn B

Dễ dàng nhẩm được x=1 là nghiệm. Suy ra ta đưa phương trình hoành độ giao điểm về dạng: 

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

Chú ý rằng, yêu cầu bài toán là đồ thị (C) cắt tia Ox tức là cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ không âm. Xảy ra các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Phương trình $g\left(x\right)=x^2-\left(3m-1\right)x+4=0$ vô nghiệm

Suy ra  ${\left(3m-1\right)}^2-16<0\iff -1<m<\frac{5}{3}$ 

Trường hợp 2: Phương trình $g\left(x\right)=x^2-\left(3m-1\right)x+4=0$ có nghiệm kép bằng 1 hoặc nghiệm kép âm

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{\left(3m-1\right)}^2-16=0\\ \left[\begin{array}{l}{x}_0=\frac{3m-1}{2}=1\\ x_0=\frac{3m-1}{2}<0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m=-1\\ m=\frac{5}{3}\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}m=1\\ m<\frac{1}{3}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m=-1$

Trường hợp 3: Phương trình $g\left(x\right)=x^2-\left(3m-1\right)x+4=0$ có 2 nghiệm phân biệt âm

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{\left(3m-1\right)}^2-16>0\\ x_1+x_2=\left(3m-1\right)<0\\ x_1.x_2=4>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<-1\vee m>\frac{5}{3}\\ m<\frac{1}{3}\\ \forall m\end{array}\right.\iff m<-1$ 

Kết hợp cả ba trường hợp $m<\frac{5}{3}\stackrel{m\in \mathbb{Z},m\in \left[-30;30\right]}{\to }m=\left\{-30;-29;\mathrm{...};1\right\}=32$ giá trị.

Chọn A

Dễ dàng tìm được giao điểm của hai đường thẳng $d_1:\left\{\begin{array}{l}x=t_1\\ y=1+2t_1\\ z=-1-2t_1\end{array}\right.$ và $d_2:\left\{\begin{array}{l}x=-2-2t_2\\ y=-3+t_2\\ z=3+2t_2\end{array}\right.$

$d_1\cap d_2:\left\{\begin{array}{l}x=t_1=-2-2t_2\\ y=1+2t_1=-3+t_2\\ z=-1-2t_1=3+2t_2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1=-2\\ t_2=0\end{array}\right.\Rightarrow d_1\cap d_2=I(-2;-3;3)$

Nếu gọi (P) là mặt phẳng chứa ba đương thẳng $d,d_1,d_2\Rightarrow$cặp VTCP của (P) và ${\overrightarrow{u}}_{d_1}=(1;2;-2)$ và ${\overrightarrow{u}}_{d_2}=(-2;1;2)\Rightarrow$VTPT của (P) là ${\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=\left[{\overrightarrow{u}}_{d_1};{\overrightarrow{u}}_{d_2}\right]=(6;2;5)$

Ta có: $d(O;d)\le OI$. Để khoảng cách từ O đến d lớn nhất thì đường thẳng d vuông góc OI tại I. Hay nói cách khác $\overrightarrow{OI}=(-2;-3;3)$ là một véc tơ pháp tuyến của d

Cặp VTPT của d là ${\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}$ và $\overrightarrow{OI}$. Suy ra VTCP của d là: ${\overrightarrow{u}}_d=\left[{\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)};\overrightarrow{OI}\right]=(21;-28;-14)$

Chọn VTCP của đường thẳng d là: (3;-4;-2) và d đi qua điểm $I(-2;-3;3).$

Chọn A

Gọi O là giao điểm của AC và BD,suy ra đường cao của hình chóp là h=SO

Gọi N là trung điểm của BC. Suy ra CM song song AN $\Rightarrow CM\text{\hspace{0.33em}//\hspace{0.33em}}\left(SAN\right)$

Suy ra $d(CM;SA)=d(CM;(SAN\left)\right)=d(M;(SAN\left)\right)=2d(O;(SAN\left)\right)=\frac{a}{\sqrt{6}}$

Từ O hạ $OP\perp AN=P$ hạ $OQ\perp SP=Q$. Khi đó ta có $d(O;(SAN\left)\right)=OQ=\frac{a}{2\sqrt{6}}$

Tam giác SOP vuông tại O và OQ là đường cao. Suy ra $\frac{1}{O{Q}^2}=\frac{1}{O{P}^2}+\frac{1}{S{O}^2}=\frac{1}{O{P}^2}+\frac{1}{h^2}$(1)

Bài toán phức tạp nhất là đi tính độ dài OP

Có: $\cos \widehat{NAO}=\frac{A{O}^2+A{N}^2-O{N}^2}{2AO.AN}=\frac{{\displaystyle \frac{{\displaystyle a^2}}{{\displaystyle 2}}+\frac{{\displaystyle 5a^2}}{{\displaystyle 4}}-\frac{{\displaystyle a^2}}{{\displaystyle 4}}}}{{\displaystyle 2\frac{{\displaystyle a}}{{\displaystyle \sqrt{2}}}.\frac{{\displaystyle a\sqrt{5}}}{{\displaystyle 2}}}}=\frac{{\displaystyle 3}}{{\displaystyle \sqrt{10}}}\Rightarrow \sin \widehat{NAO}=\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \sqrt{10}}}$

Suy ra: $OP=AO.\sin \widehat{NAO}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{a}{2\sqrt{5}}$

Thay $\left\{\begin{array}{l}OP=\frac{a}{2\sqrt{5}}\\ AQ=\frac{a}{2\sqrt{6}}\end{array}\right.$ vào (1), ta được $\frac{1}{{\left(\frac{a}{2\sqrt{6}}\right)}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{a}{2\sqrt{5}}\right)}^2}+\frac{1}{h^2}\Rightarrow h=\frac{a}{2}$

Suy ra: $V_{SABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.h=\frac{1}{3}{a}^2.\frac{a}{2}=\frac{a^3}{6}$. Chọn đáp án A

Chọn A

Đạo hàm: $f^{\text{'}}\left(x\right)=3(x^2-2(m-1)x-6m-3)$=$3(x+3)(x-2m-1)$

Điều kiện để tồn tại 2 điểm cực trị là: $2m+1\ne (-3)\iff m\ne -2$ (*)

Để 2 điểm cực trị $A(-3;y_A)$; $B(2m+1;y_B)$; $O(0;0)$ cách đều nhau thì ta có các trường hợp sau:

$\left[\begin{array}{l}\frac{x_A+x_B}{2}=x_O\\ \frac{x_A+x_O}{2}=x_B\\ \frac{x_O+x_B}{2}=x_A\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\frac{-3+2m+1}{2}=0\\ \frac{-3+0}{2}=2m+1\\ \frac{0+2m+1}{2}=-3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=\frac{-5}{4}\\ m=\frac{-7}{2}\end{array}\right.$ (**)

Kết hợp (*) và (**) suy ra các giá trị thỏa mãn là $S=\left\{1;\frac{-5}{4};\frac{-7}{2}\right\}$

Suy ra tổng tất cả các phần tử của tập S là: $\frac{-15}{4}$. Chọn đáp án A

Chúng ta phải lưu ý rằng không cần điều kiện về tung độ vì luôn có tham số n tự điều chỉnh được điều kiện của tung độ. Bài toán này bẫy lôi kéo thời gian của những em học sinh cầu toàn và chi tiết.

Chọn B

Ta có: $4\pi \sqrt{3}=\pi r.\sqrt{r^2+h^2}\Rightarrow h=\sqrt{\frac{48}{r^2}-r^2}$. Suy ra thể tích khối nón:

$V_N=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi r^2.\sqrt{\frac{48}{r^2}-r^2}=\frac{\pi }{3}.\sqrt{48r^2-r^6}$.

Ta tiến hành đi khỏa sát hàm số $f\left(t\right)=48t-t^3$ với $t=r^2$; sẽ suy ra được giá trị lớn nhất của hàm số là: maxf(t)=128 khi $t=r^2=4\iff r=2$.

Suy ra thể tích đạt giá trị lớn nhất là $V_{N\_\max }=\frac{8\pi \sqrt{2}}{3}$ {khi r=2}. Chọn đáp án B.

Chọn B

Mỗi một hành khách bước lên tàu đều có 3 cách lựa chọn toa. Suy ra: $n_{\Omega }=3^8$

Gọi A là biến cố để có một toa có đúng bốn hành khách bước lên. Suy ra ta có các trường hợp là: $\text{'}\text{'}404,413,422\text{'}\text{'}$ ứng với số cách là: $n\left(A\right)=\frac{3!}{2!}.\frac{8!}{4!.4!}+3!.\frac{8!}{4!.1!.3!}+\frac{3!}{2!}.\frac{8!}{4!.2!.2!}=3150$.

Suy ra xác suất là: $p\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3150}{3^8}=\frac{350}{729}$. Chọn đáp án B.

Chọn A

Ta đặt $g\left(x\right)=f\left(f\left(x\right)-2m+1\right)\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right).f\text{'}\left(f\left(x\right)-2m+1\right)$.

Xét phương trình đạo hàm: $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\to them1diemcuctri\\ x=2\to them1diemcuctri\end{array}\right.\\ f\text{'}\left(f\left(x\right)-2m+1\right)=0\end{array}\right.$

Xét phương trình: $f\text{'}\left(f\left(x\right)-2m+1\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)-2m+1=-1\\ f\left(x\right)-2m+1=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2m-2\\ f\left(x\right)-3=2m-2\end{array}\right.$

Xét tương giao của đường thẳng y=2m-2 và hai đồ thị hai hàm số $y=f\left(x\right);y=f\left(x\right)-3$

Để hàm số $y=g\left(x\right)=f\left(f\left(x\right)-2m+1\right)$. Có 4 điểm cực trị thì đường thẳng y=2m-2 cắt đồ thị hai hàm số trên tại hai điểm bội lẻ( không kể điểm tiếp xúc vì được coi như điểm bội chẵn).

Nhìn vào đồ thị ta thấy điều kiện là: $\left[\begin{array}{l}2m-2\ge 5\\ 2m-2\le 6\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}4\le m\le 2012\\ -2021\le m\le -2\end{array}\right.$ suy ra có 4029 giá trị nguyên m thỏa mãn bài toán. Chọn đáp án A.

Chọn B

 Nhận thấy z=0 không thỏa mãn hai hệ thức đã cho. Nên ta tiến hành chia hai vế hệ thức cho z, sẽ được: $\left|z^2+(2i-3-w)z+1\right|=\left|z\right|\iff \left|z+2i-3-w+\frac{1}{z}\right|=1\iff \left|w-\left(z+\frac{1}{z}+2i-3\right)\right|=1$

 Đặt $u=z+\frac{1}{z}+2i-3\Rightarrow$hệ thức trên trở thành: $\left|\text{w}-u\right|=1\left(1\right)$

 Với hệ thức $\left|z^2+\left(2-i\right)z+1\right|=3\left|z\right|\iff \left|z+(2-i)+\frac{1}{z}\right|=3\iff \left|z+\frac{1}{z}+2i-3+5-3i\right|=3$$\iff \left|u+5-3i\right|=3\left(2\right)$

 Áp dụng bất đẳng thức môđun ta có: $|w-u|=1\ge \left|w\right|-\left|u\right|\iff \left|w\right|\le 1+\left|u\right|$

 Lại có: $|u+5-3i|=3\ge \left|u\right|-|3i-5|=\left|u\right|-\sqrt{34}\iff \left|u\right|\le 3+\sqrt{34}$

 Suy ra: $\left|w\right|\le 1+\left|u\right|\le 1+3+\sqrt{34}=4+\sqrt{34}$. Suy ra giá trị lớn nhất của $\left|u\right|$ là ${\left(\right|u\left|\right)}_{\max }=4+\sqrt{34}$ chọn đáp án B

Chọn C

Ta có: $\left(P\right):x-2y+2z-1=0$ và $\left(Q\right):-x+2y-2z-11=0\to \left(P\right)\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(Q\right)$  

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là $d\left(\left(P\right);\left(Q\right)\right)=d\left(B\left(1;0;0\right)\in \left(P\right);\left(Q\right)\right)=4$

Suy ra mặt cầu (S) có vị trí như hình vẽ:

Tâm I nằm trên mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng nằm chính giữa hai mặt phẳng (P) và (Q). Dễ dàng lập nhanh được phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ bằng cách cộng hai mặt phẳng (P) và (Q) rồi chia đôi, ta được: $\left(\alpha \right)=\frac{\left(P\right)+\left(Q\right)}{2}=\frac{\left(x-2y+2z-1\right)\left(x-2y+2z+11\right)}{2}=x-2y+2z+5=0$

Tâm I của mặt cầu (S) lại cách điểm A cố định một khoảng không đổi. Vậy ta coi như tâm I sẽ nằm trên mặt cầu (S') có tâm A và bán kính $R\text{'}=R=AI=2.$  

Dễ thấy khoảng cách: $d\left(A;\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|-2-2.1+2.1+5\right|}{\sqrt{1+4+4}}=1$

Suy ra quỹ tích điểm I là giao của mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ và mặt cầu (S') chính là đường tròn (C) có tâm H (là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng $\left(\alpha \right)$) bán kính được tính: $r=\sqrt{R^2-{\left[d\left(A;\left(\alpha \right)\right)\right]}^2}=\sqrt{2^2-1^1}=\sqrt{3}$$\Rightarrow$chu vi: $2\pi r=2\pi \sqrt{3}.$

Chọn B

Ta đã biết $\frac{a^t-1}{t}>0$ với $\forall a>1;t\ne 0$

Phương trình đã cho trở thành: $f\left(x\right).\left(3^{f^{\text{'}}\left(x\right)}-1\right)+f^{\text{'}}\left(x\right)\left(4^{f\left(x\right)}-1\right)=0$ 

Nhận thấy ngay khi $\left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0\\ f^{\text{'}}\left(x\right)=0\end{array}\right.$ thì thỏa mãn phương trình đã cho. Số nghiệm của phương trình f(x)=0 là 5 và số nghiệm của phương trình f'(x)=0 là 5 nhưng có một nghiệm trùng nhau (tại chỗ đồ thị hàm số y=f(x) tiếp xúc với trục hoành) nên sẽ cho tất cả là 9 nghiệm thỏa mãn.

Với $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\ne 0\\ f^{\text{'}}\left(x\right)\ne 0\end{array}\right.$ : ta chia hai vế cho $f\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)$ sẽ được : $\frac{3^{f^{\text{'}}\left(x\right)}-1}{f^{\text{'}}\left(x\right)}+\frac{4^{f\left(x\right)}-1}{f\left(x\right)}=0$

Lại có : $\frac{3^{f^{\text{'}}\left(x\right)}-1}{f^{\text{'}}\left(x\right)}>0;\frac{4^{f\left(x\right)}-1}{f\left(x\right)}>0\Rightarrow$phương trình đã cho vô nghiệm.

Suy ra có tất cả là 9 nghiệm.

Chọn C

Ba điểm cực trị có tọa độ là:

$A=\left(0;m^2\right);B=\left(\sqrt{-\frac{b}{2a}};\frac{\Delta }{4a}\right)=\left(\sqrt{m+1};1+2m\right);C=\left(-\sqrt{m+1};1+2m\right)$