Chọn C

Mỗi cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc là một hoán vị của 4 phần tử.

Vậy số cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc là: 4! (cách)

Chọn A

Công bội của cấp số nhân đã cho là: $q=\frac{u_2}{u_1}=-3$.

Vậy $u_3=u_2.q=-18$.

Chọn C

Hàm số y=f(x) nghịch biến trên khoảng (-2;0).

Chọn A

Hàm số y=f(x) có ba điểm cực trị là: $x=-1,x=0,x=1$.

Chọn C

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

+ Bảng xét dấu

+ Ta thấy f'(x) đổi dấu 3 lần nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị (cụ thể là 2 điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại).

+ Cách trắc nghiệm: Ta nhẩm được phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có 3 nghiệm bội lẻ nên hàm số f(x) có 3 điểm cực trị.

Chọn A

Ta có:  $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=3;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=3$ nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng y=3

Chọn A

Nhìn vào hình vẽ ta thấy đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại các đáp án $y=x^3-x-1$ và $y=x^3+x-1$.

Ta thấy đồ thị hàm số không có cực trị nên chọn đáp án $y=x^3+x+1$ vì hàm số này có $y\text{'}=3x^2+1>0,\forall x$.

Chọn A

Ta có

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

Suy ra đồ thị hàm số có 2 giao điểm với trục hoành

Chọn C

Ta có: ${\log }_2\frac{4}{a}={\log }_{2}4-{\log }_{2}a=2-{\log }_{2}a$

Chọn B

Dùng công thức $\left(a^x\right)\text{'}=a^x\ln a\Rightarrow \left(3^x\right)\text{'}=3^x\ln 3$.

Chọn D

Với a>0 dùng công thức $\sqrt[n]{a^m}=a^{\frac{m}{n}}\Rightarrow \sqrt[3]{a^2}=a^{\frac{2}{3}}$.

Chọn D

Ta có: $3^{4x-6}=9\iff 3^{4x-6}=3^2\iff 4x-6=2\iff x=2.$

Chọn C

Ta có $\ln \left(7x\right)=7\iff 7x=e^7\iff x=\frac{e^7}{7}$.

Chọn B

$\int f\left(x\right)\text{d}x=\int \frac{x^3+2x}{x}\text{d}x=\int \left(x^2+2\right)\text{d}x=\frac{x^3}{3}+2x+C$.

Chọn A

$\int f\left(x\right)\text{d}x=\int \sin 4x\text{d}x=-\frac{\cos 4x}{4}+C$.

Chọn A

$\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(u\right)\text{d}u=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(u\right)\text{d}u+\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(u\right)\text{d}u\iff -3=1+\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(u\right)du\iff \underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(u\right)\text{d}u=-4$.

Chọn C

Ta có $\underset{1}{\overset{2}{\int }}\text{(}2mx+1)\text{d}x=4\iff {\left.\left(m{x}^2+x\right)\right|}_1^2=4\iff 4m+2-m-1=4\iff m=1$.

Vậy $m\in [0;2)$.

Chọn D

Ta có $z=i\left(1+3i\right)=-3+i$ nên $\overline{z}=-3-i$.

Chọn B

Ta có $3z_1-4z_2=3\left(5-6i\right)-4\left(2+3i\right)=7-30i$

Chọn C

Ta có số phức $z_1+2z_2=5+3i$ có điểm biểu diễn là (5;3).

Chọn B

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.\left(\frac{1}{2}.AB.BC\right).SA=\frac{1}{6}.3a.4a.2a=4a^3$.

Chọn B

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

Chọn B

Chọn D

Khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC có chiều cao h=AC=3 và bán kính đáy $r=AB=\sqrt{3}\Rightarrow$ $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi .{\left(\sqrt{3}\right)}^2.3=3\pi$.

Chọn B

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có

$\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_C=3x_G-x_A-x_B=1\\ y_C=3y_G-y_A-y_B=1\\ z_C=3z_G-z_A-z_B=5\end{array}\right.\Rightarrow C\left(1;1;5\right)$

ChọnA

Phương trình mặt cầu có dạng: $x^2+y^2+z^2-2ax-2by-2cz+d=0$$\left(a^2+b^2+c^2>d\right)$

$\Rightarrow$a=1, b=-2, c=-2, d=5.

Vậy tâm mặt cầu là I(1;-2;-2) và bán kính mặt cầu $R=\sqrt{1+4+4-5}=2$.

Chọn C

Điểm nằm trên trục Oz thì hoành độ và và tung độ bằng 0

ChọnA

Đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M(-3;5;-7)

nhận $\overrightarrow{OM}=\left(-3;5;-7\right)\Rightarrow \overrightarrow{u}=-2\overrightarrow{OM}=\left(6;-10;14\right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng

ChọnD

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=18$

Gọi A là biến cố chọn được số lẻ. $A=\left\{1;3;5;7;9;11;13;15;17\right\}\Rightarrow n\left(A\right)=9$.

Vậy xác suất là $p\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{9}{18}=\frac{1}{2}$.

Chọn D.

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^4+2x^2$ trên đoạn [-2;2].

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-4x^3+4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-2;2\right]\\ x=1\in \left[-2;2\right]\\ x=-1\in \left[-2;2\right]\end{array}\right.$

Ta có $f\left(-2\right)=-8;f\left(-1\right)=1;f\left(0\right)=0;f\left(1\right)=1;f\left(2\right)=-8$.

Vậy $\underset{\left[-2;2\right]}{\min }f\left(x\right)=-8$.

Chọn A.

Điều kiện xác định của bất phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ 2x-1>0\end{array}\right.\iff x>\frac{1}{2}$.

Ta có ${\log }_{\frac{1}{2}}x\le {\log }_{\frac{1}{2}}\left(2x-1\right)\iff x\ge 2x-1\iff x\le 1$.

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là $\left(\frac{1}{2};1\right]$.

Chọn D

Ta có

 $$\begin{gathered} 6=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\left[\sin x-3f\left(x\right)\right]\text{d}x=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\sin x\text{d}x-3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x \\ =-{\left.\text{cos\hspace{0.17em}}x\right|}_0^{\frac{\pi }{3}}-3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\frac{1}{2}-3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x \end{gathered}$$

Suy ra $3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\frac{1}{2}-6\iff \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=-\frac{11}{6}$

Chọn D

Ta có $\left(1-2i\right)\left(\overline{z}-1\right)=\left(1-2i\right)\left(4+3i\right)=10-5i.$

Từ đó: $\left|\left(1-2i\right)\left(\overline{z}-1\right)\right|=\sqrt{{10}^2+5^2}=5\sqrt{5}.$

Chọn D

Ta có $B^{\text{'}}B=a\Rightarrow C{C}^{\text{'}}=a$

$AC=a\sqrt{3}$

Góc giữa C'A và mp (ABC) bằng góc đường thẳng C'A và CA bằng góc $\widehat{C^{\text{'}}AC}$

$\tan \widehat{C^{\text{'}}AC}=\frac{C^{\text{'}}C}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{C^{\text{'}}AC}={30}^0$

Chọn A

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow \widehat{SCO}=60°\Rightarrow \tan 60°=\frac{SO}{OC}\Rightarrow SO=OC\sqrt{3}=\frac{a}{\sqrt{2}}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Chọn B

Ta có bán kính $R=IM=\sqrt{3^2+4^2+0}=5$.

Vậy phương trình mặt cầu tâm I(-1;2;0), bán kính R=5 là ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+z^2=25$.

Chọn A

$\overrightarrow{AB}=\left(-1;-1;5\right)$.

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng AB đi qua điểm A và nhận $\overrightarrow{AB}=\left(-1;-1;5\right)$ làm vectơ chỉ phương là: $\left\{\begin{array}{l}x=2-t\\ y=3-t\\ z=-1+5t\end{array}\right.$.

Chọn D

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{2}f\text{'}\left(\frac{x}{2}+1\right)-\frac{2x+8}{x^2+8x+16}=\frac{1}{2}f\text{'}\left(\frac{x}{2}+1\right)-\frac{2}{x+4}.$

Cho $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(\frac{x}{2}+1\right)=\frac{4}{x+4}.$

Đặt $t=\frac{x}{2}+1\Rightarrow t\in \left[0;3\right]$

Phương trình trở thành $f\text{'}\left(t\right)=\frac{4}{2t+2}=\frac{2}{t+1}.$

Vẽ đồ thị $y=\frac{2}{x+1}$ lên cùng một hệ tọa độ ta được:

Từ đồ thị ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $t=1\Rightarrow x=0.$

Chọn  C

Ta có:    $\log \frac{x+1}{2y+1}\le 4y^4+4y^3-x^2{y}^2-2y^{2}x\iff \log \frac{xy+y}{2y^2+y}\le \left(4y^4+4y^3+y^2\right)-\left(x^2{y}^2+2y^{2}x+y^2\right)$

$\iff \log \left(xy+y\right)-\log \left(2y^2+y\right)\le {\left(2y^2+y\right)}^2-{\left(xy+y\right)}^2\left(1\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\log t+t^2$  với $t\in \left(0;+\infty \right)$.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{1}{t\ln 10}+2t>0;\forall t\in \left(0;+\infty \right)$. Suy ra hàm f(t) đồng biến trên $t\in \left(0;+\infty \right)$.

Khi đó: $\left(1\right)\iff f\left(xy+y\right)\le f\left(2y^2+y\right)\iff xy+y\le 2y^2+y\iff x\le 2y$.

Vì $y\in {\mathbb{Z}}^{+}$ và $y\le 2021$ nên ta xét các trường hợp sau.

• $y=1\Rightarrow x\in \left\{1;2\right\}$.
• $y=2\Rightarrow x\in \left\{1;2;3;4\right\}$.
• ……………………………….
• $y=2021\Rightarrow x\in \left\{1;2;3;\mathrm{.....};4042\right\}$.

Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán là: $2+4+6+\mathrm{...}+4042=2022.2021$

Chọn A

Ta có: 

$\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(\sqrt{x}+2\right)=2;\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(3x^3-x+2\right)=2;f\left(0\right)=2\\ \Rightarrow \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(0\right)\end{array}$

Nên hàm số đã cho liên tục tại x=0

Xét $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(3-4\cos x\right)\sin x\text{d}x$

Đặt $3-4\cos x=t\Rightarrow \sin x\text{d}x=\frac{1}{4}\text{d}t$

Với $x=0\Rightarrow t=-1$

$x=\frac{\pi }{3}\Rightarrow t=1$

$\Rightarrow I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)\frac{1}{4}\text{d}t=\frac{1}{4}\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)\text{d}t=\frac{1}{4}\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left(3t^2-t+2\right)\text{d}t+\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(\sqrt{t}+2\right)\text{d}t=\frac{37}{24}$.

Chọn D  

Gọi z=a+bi

Ta có$$\begin{gathered} \left(z-3+2i\right)\left(3-2\overline{z}\right)=\left(a-3+\left(b+2\right)i\right)\left(3-2a+2bi\right) \\ =\left(-2a^2+9a-9-2b^2+4b\right)+\left(-3a-4b+6\right)i \end{gathered}$$

Theo đề ta có hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\\ -2a^2+9a-9-2b^2+4b=0\end{array}\right.$

Giải hệ này tìm được 2 nghiệm, suy ra có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn B

Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình vuông ABCD. Suy ra $SO\perp \left(ABCD\right)$.

Gọi K là trung điểm của $BC\Rightarrow OK\perp BC$. Từ O kẻ $OH\perp SK$ tại H.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp OK\\ BC\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SOK\right)\Rightarrow BC\perp OH$.

Lại có $\left\{\begin{array}{l}OH\perp SK\\ OH\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow OH\perp \left(SBC\right)$.

Suy ra $\left(AC,\left(SBC\right)\right)=\left(OC,\left(SBC\right)\right)=\left(OC,HC\right)=\widehat{OCH}=30°$.

Ta có $OC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}.AB\sqrt{2}=a\sqrt{2}$.

Xét $\Delta OHC$ vuông tại $H:OH=OC.\sin \widehat{OCH}=a\sqrt{2}.\sin 30°=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Xét $\Delta SOK$ vuông tại $O:\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{K}^2}\Rightarrow \frac{1}{S{O}^2}=\frac{1}{a^2}\Rightarrow SO=a$.

Diện tích hình vuông $ABCD:S_{ABCD}=A{B}^2={\left(2a\right)}^2=4a^2$.

Thể tích khối chóp $S.ABCD:V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SO=\frac{1}{3}.4a^2.a=\frac{4}{3}{a}^3$.

Chọn A

Gọi r là bán kính đường tròn đáy,

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

Xét tam giác O'BF ta có $\mathrm{Cos}\left(B{O}^{\text{'}}F\right)=\frac{2r^2-B{F}^2}{2r^2}=1-\frac{\pi }{2}\Rightarrow \widehat{B{O}^{\text{'}}F}\approx 2,178271695$ (rad)

Vậy độ dài cung BF: $l=r.\alpha \approx 1,2289582$ (m)

Tổng số lít sơn màu xanh cho mỗi bồn nước là: $T=l.h\mathrm{.0.5}=0.6144791001$ (lít)

Vậy tổng số sơn cần cho 10000 bồn $S\approx 6145$ (lít)

Chọn A

Gọi MN là đường vuông góc chung của d và d'. Ta có $M\in d$ suy ra $M\left(2+2m;3+3m;-4-5m\right)$. Tương tự $N\in d^{\text{'}}$ suy ra $N\left(-1+3n;4-2n;4-n\right)$. Từ đó ta có $\overrightarrow{MN}=\left(-3+3n-2m;1-2n-3m;8-n+5m\right)$.

Mà do MN là đường vuông góc chung của d và d' nên $\left\{\begin{array}{l}MN\perp d\\ MN\perp d^{\text{'}}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2\left(-3+3n-2m\right)+3.\left(1-2n-3m\right)-5\left(8-n+5m\right)=0\\ 3\left(-3+3n-2m\right)-2.\left(1-2n-3m\right)-1\left(8-n+5m\right)=0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}-38m+5n=43\\ -5m+14n=19\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}m=-1\\ n=1\end{array}\right.$.

Suy ra M(0;0;1), N(2;2;3).

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(2;2;2\right)$ nên đường vuông góc chung MN là $\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{1}$.

Chọn A

Từ đồ thị của y=f'(x), suy ra bảng biến thiên của y=f(x) như sau

Đặt $u=\left|x\right|+\left|x^2-1\right|$.

Ta có bảng ghép trục sau :

Vậy hàm số $g\left(x\right)=f\left(\left|x\right|+\left|x^2-1\right|\right)$ có ba điểm cực đại .

Chọn B

Ta có ${\log }_3\left(2x^2+y^2\right)={\log }_7\left(x^3+2y^3\right)=\log z=t\iff \left\{\begin{array}{l}2x^2+y^2=3^t\left(1\right)\\ x^3+2y^3=7^t\left(2\right)\\ z={10}^t\left(3\right)\end{array}\right.$.

+ Nếu y=0 $\left(2\right)\Rightarrow x=7^{\frac{t}{3}}$ thay vào ta được ${2.7}^{\frac{2t}{3}}=3^t\iff t={\log }_{\frac{3}{\sqrt[3]{49}}}2$ do đó $z={10}^{{\log }_{\frac{3}{\sqrt[3]{49}}}2}$.

+ Nếu $y\ne 0$

Từ (1)&(2) suy ra $\left\{\begin{array}{l}{\left(2x^2+y^2\right)}^3={27}^t\\ {\left(x^3+2y^3\right)}^2={49}^t\end{array}\right.\Rightarrow \frac{{\left(x^3+2y^3\right)}^2}{{\left(2x^2+y^2\right)}^3}={\left(\frac{49}{27}\right)}^t\iff \frac{{\left({\left(\frac{x}{y}\right)}^3+2\right)}^2}{{\left(2{\left(\frac{x}{y}\right)}^2+1^2\right)}^3}={\left(\frac{49}{27}\right)}^t,\left(*\right)$.

Đặt $\frac{x}{y}=u,u\ne -\sqrt[3]{2}$. Xét $f\left(u\right)=\frac{{\left(u^3+2\right)}^2}{{\left(2u^2+1\right)}^3}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(u\right)=\frac{6u\left(u^3+2\right)\left(u-4\right)}{{\left(2u^2+1\right)}^4}=0\iff \left[\begin{array}{l}u=0\\ u=-\sqrt[3]{2}\\ u=4\end{array}\right.$.

Ta có bảng biến thiên

Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp (x;y) thỏa mãn bài toán do đó

Yêu cầu bài toán tương đương $\left[\begin{array}{l}\frac{1}{8}\le {\left(\frac{49}{27}\right)}^t<4\\ 0<{\left(\frac{49}{27}\right)}^t<\frac{4}{33}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}\left(\frac{1}{8}\right)}\le z<{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}4}\\ 0<z<{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}\left(\frac{4}{33}\right)}\end{array}\right.$.

Vì z là số nguyên nên có 211 giá trị thỏa mãn.

Chọn A

Nhận thấy kết quả bài toán không đổi khi ta tịnh tiến đồ thị (C) sang bên trái sao cho đường thẳng $d:x=x_2$ trùng với trục tung khi đó (C) là đồ thị của hàm trùng phương y=g(x) có ba điểm cực trị $x_1=-1,x_2=0,x_3=1$. Suy ra $y=g\left(x\right)=k\left(x^4-2x^2\right)+c\left(k>0\right)$

 Lại có $f\left(x_1\right)+f\left(x_3\right)+\frac{2}{3}f\left(x_2\right)=0\Rightarrow -2k+2c+\frac{2}{3}c=0\iff c=\frac{3}{4}k$

Suy ra : $y=g\left(x\right)=k\left(x^4-2x^2\right)+\frac{3}{4}k$

Khi đó: $S_1+S_2=k\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left|x^4-2x^2+\frac{3}{4}\right|dx=\frac{28\sqrt{2}-17}{60}k$.

Ta lại có : $g\left(0\right)-g\left(1\right)=k\Rightarrow S_1+S_2+S_3+S_4=k.1=k$.

Suy ra $S_3+S_4=k-\frac{28\sqrt{2}-17}{60}k=\frac{77-28\sqrt{2}}{60}k\Rightarrow \frac{S_1+S_2}{S_3+S_4}=\frac{28\sqrt{2}-17}{77-28\sqrt{2}}\approx 0,604$     

Chọn B

Cách 1:

Đặt $z_1=a+bi,z_2=c+di$ (với $a,b,c,d\in ℝ$)

Theo bài ra ta có:

$\left|z_1\right|=\sqrt{2}\iff a^2+b^2=2;\left|z_2\right|=\sqrt{5}\iff c^2+d^2=5$

$\left|z_1-z_2\right|=3\iff {\left(a-c\right)}^2+{\left(b-d\right)}^2=9\iff a^2+b^2+c^2+d^2-2\left(ac+bd\right)=9$$\Rightarrow ac+bd=-1$

$\left|z_1+2z_2\right|=\sqrt{{\left(a+2c\right)}^2+{\left(b+2d\right)}^2}=\sqrt{a^2+b^2+4\left(c^2+d^2\right)+4\left(ac+bd\right)}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$

Theo tính chất $\left|z+z\text{'}\right|\le \left|z\right|+\left|z\text{'}\right|$ ta có: $\left|{\text{z}}_1+2z_2-3i\right|\le \left|{\text{z}}_1+2z_2\right|+\left|-3i\right|=3\sqrt{2}+3$

Cách 2:

Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức $z_1$, M thuộc đường tròn tâm O bán kính$\sqrt{2}\Rightarrow OM=\sqrt{2}$

Gọi N là điểm biểu diễn cho số phức $z_2$, N thuộc đường tròn tâm O bán kính $\sqrt{5}\Rightarrow ON=\sqrt{5}$

Suy ra $\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{ON}$ là điểm biểu diễn cho $z_1-z_2\Rightarrow MN=\left|z_1-z_2\right|=3$

Gọi P là điểm biểu diễn cho số phức $2z_2$, P thuộc đường tròn tâm O bán kính $2\sqrt{5}\Rightarrow OP=2\sqrt{5}$

Gọi Q là điểm biểu diễn cho số phức 3i, $Q\left(0;3\right)\Rightarrow OQ=3$

Dựng hình bình hành OMRP ta có $\overrightarrow{OR}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OP}\Rightarrow$ R là điểm biểu diễn cho số phức $z_1+2z_2$

Ta có: $\cos \widehat{MON}=\frac{O{M}^2+O{N}^2-M{N}^2}{2.OM.ON}=\frac{2+5-9}{2.\sqrt{2}.\sqrt{5}}=\frac{-1}{\sqrt{10}}$

$O{R}^2=O{P}^2+P{R}^2-2.OP.PR.\cos \widehat{OPR}=O{P}^2+O{M}^2+2.OP.OM.\cos \widehat{MON}$

$\Rightarrow OR=\sqrt{20+2+2.2\sqrt{5}.\sqrt{2}.\left(\frac{-1}{\sqrt{10}}\right)}=3\sqrt{2}$

$T=\left|{\text{z}}_1+2z_2-3i\right|=\left|\overrightarrow{OR}-\overrightarrow{OQ}\right|=\left|\overrightarrow{QR}\right|=QR$

T đạt giá trị lớn nhất khi QR lớn nhất $\iff \widehat{QOR}={180}^0\Rightarrow QR=OQ+OR=3+3\sqrt{2}$