Chọn A

Số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1,2,3,4,5 là một chỉnh hợp chập 4 của 5 phần tử

Vậy có $A_5^4$ số cần tìm

Chọn C

Theo giả thiết ta có

$\left\{\begin{array}{l}{u}_4=2\\ u_2=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1+3d=2\\ u_1+d=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=5\\ d=-1\end{array}\right.$.

Chọn B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$, suy ra hàm số cũng đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$.

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=1, $y_{CÐ}=5$; đạt cực tiểu tại x=0, $y_{CT}=4$; hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Chọn C

Ta có bảng xét dấu sau:

Từ đó f'(x) chỉ đổi dấu tại $x=-\frac{3}{2};x=0$ nên hàm số chỉ có 2 cực trị.

Chọn C

Từ đồ thị hàm số y=f(x) ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$. Nên loại hai đáp án A, B.

Đồ thị đi qua điểm có tọa độ $\left(2;-2\right)\Rightarrow$ Suy ra hàm số cần tìm là $y=x^3-3x^2+2$.

Chọn B

Ta có $f\left(x\right)+1=m\iff f\left(x\right)=m-1$.

f(x)=m-1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y=f(x) và đường thẳng y=m-1 (là đường thẳng vuông góc với Ox và cắt Oy tại điểm có tung độ là m-1).

Để phương trình $f\left(x\right)=m-1$ có đúng 3 nghiệm thì $0<m-1<4\iff 1<m<5$.

Chọn A

Ta có: $$\begin{gathered} T={\log }_a\left(\frac{a^2.\sqrt[3]{a^2}.\sqrt[5]{a^4}}{\sqrt[15]{a^7}}\right)={\log }_a\left(\frac{a^2.a^{\frac{2}{3}}.a^{\frac{4}{5}}}{a^{\frac{7}{15}}}\right)={\log }_a\left(\frac{a^{2+\frac{2}{3}+\frac{4}{5}}}{a^{\frac{7}{15}}}\right) \\ ={\log }_a{a}^{2+\frac{2}{3}+\frac{4}{5}-\frac{7}{15}}={\log }_a{a}^3=3 \end{gathered}$$.

Chọn B

Tập xác định $D=\left(-\frac{1}{2};+\infty \right)$.

Ta có $y^{\text{'}}={\left({\log }_2\left(2x+1\right)\right)}^{\text{'}}=\frac{{\left(2x+1\right)}^{\text{'}}}{\left(2x+1\right)\ln 2}=\frac{2}{\left(2x+1\right)\ln 2}$

Chọn B

Ta có: $M={\log }_{\sqrt{a}}b={\log }_{a^{\frac{1}{2}}}b=2{\log }_{a}b=2N$. Vậy M=2N.

Chọn D

Ta có $5^{x+2}<{\left(\frac{1}{25}\right)}^{-x}\iff 5^{x+2}<{\left(5\right)}^{2x}\iff 2<x$.

Tập nghiệm S của bất phương trình $5^{x+2}<{\left(\frac{1}{25}\right)}^{-x}$ là $S=\left(2;+\infty \right)$.

Chọn C

Ta có: ${\log }_5\left(2x\right)=2\iff 2x=25\iff x=\frac{25}{2}$

Chọn B

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int \left(4x^3-2\right)dx=x^4-2x+C$.

Chọn B

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int \sin 3xdx=-\frac{1}{3}\cos 3x+C$

Chọn A

Ta có: $\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{3}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{4}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=2-6=-4$

Chọn B

Ta có: $\underset{2}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{x}dx={\left.\ln \left|x\right|\right|}_2^3=\ln 3-\ln 2=ln\frac{3}{2}$

Chọn B

Số phức liên hợp của số phức z=2-4i là $\overline{z}=2+4i$.

Chọn B

Ta có: $\overline{w}=4+i$. Suy ra: $z-\overline{w}=-3+2i-4-i=-7+i$

Chọn D  

Điểm biểu diễn hình học của số phức $z=\left(\sqrt{3}-2\right).i$ là điểm $M\left(0;\sqrt{3}-2\right)$.

Chọn A

Ta có $V=\frac{1}{3}{S}_{đ}.h\Rightarrow h=\frac{3V}{S_{đ}}=\frac{3.8}{6}=4$ 

Chọn B  

Thể tích khối lập phương là: $V={\left(a\sqrt{2}\right)}^3=2a^3\sqrt{2}$.

Chọn D  

Thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi .{\left(3\right)}^2.4=12\pi$

Chọn C

Hình trụ có bán kính đáy bằng r=a nên đường kính đáy bằng 2a.

Suy ra thiết diện qua trục là hình vuông có cạnh bằng 2a. Do đó: chiều cao h=2a.

Diện tích xung quanh của hình trụ là: $S_{xq}=2\pi rh=2\pi .a.2a=4\pi a^2$.

Chọn B

Vì I là trung điểm AB nên $I\left(\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2};\frac{z_A+z_B}{2}\right)$.

 Vậy I(1;1;-2).

Chọn A

Mặt cầu có phương trình ${(x-a)}^2+{(y-b)}^2+{(z-c)}^2=R^2$ thì bán kính bằng R.

Do đó mặt cầu (S) có $R^2=16$. Vậy mặt cầu có bán kính R=4.

Chọn C

 Thay tọa độ của điểm M trực tiếp vào các phương trình để kiểm tra.

 Ta có $\left(P_3\right):4.0-2.\frac{5}{2}+12.(-1)+17=0$.

Vậy  mặt phẳng $\left(P_3\right):4x-2y+12z+17=0$ đi qua điểm $M(0;\frac{5}{2};-1)$.

Chọn B

Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có M(1;0;2).

 Ta có $\overrightarrow{OM}=(1;0;2)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng OM

 Vậy chọn đáp án B.

Chọn C

Xét đáp án C.

Hàm số đã cho có TXĐ: D=R

$y=x^3+x\Rightarrow y^{\text{'}}=3x^2+1>0,\forall x\in ℝ\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên R 

Chọn C

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{{(1-x)}^2}>0;\forall x\ne 1$

Suy ra hàm số xác định và đồng biến trên đoạn [2;4]

Vậy $M=f\left(4\right)=\frac{-7}{3}$ và m=f(x)=-3

Suy ra $A=3M-m=-4$

Chọn C

Ta có:

$7^{2-2x-x^2}\le \frac{1}{{49}^x}\iff 7^{2-2x-x^2}\le 7^{-2x}\iff 2-2x-x^2\le -2x$$\iff 2-x^2\le 0\iff \left[\begin{array}{l}x\ge \sqrt{2}\\ x\le -\sqrt{2}\end{array}\right.$

Vậy $S=\left(-\infty ;-\sqrt{2}\right]\cup \left[\sqrt{2};+\infty \right)$

Chọn A

Ta có $\underset{1}{\overset{4}{\int }}(2x-3f(x\left)\right)dx=9\iff {\left.x^2\right|}_1^4-3\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=9\Rightarrow \underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=2$

Đặt $t=2x\Rightarrow dt=2dx$

Đổi cận:

$\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\Rightarrow t=1\\ x=2\Rightarrow t=4\end{array}$

Suy ra: $\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}f\left(2x\right)dx=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(t\right)dt=1$

  Chọn B

Ta có: $z^2-2z+5=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1+2i\\ z_2=1-2i\end{array}\right.$

Suy ra: $(2i-1)z_1=(2i-1)(1+2i)=4i^2-1=-5$

Vậy $\left|(2i-1)z_1\right|=5$

Chọn B

Gọi I là trung điểm AB, ta có: $IH\perp AB\Rightarrow AB\perp \left(SIH\right)\Rightarrow AB\perp SI$.

$\left(\left(SAB\right),\left(ABC\right)\right)=\widehat{SIH}$. $AH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$, $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\frac{a}{\sqrt{2}};$

$IH=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$. $\tan \widehat{SIH}=\frac{SH}{IH}=\frac{\frac{a}{\sqrt{2}}}{\frac{a\sqrt{6}}{6}}=\sqrt{3}$.

Vậy $\left(\left(SAB\right),\left(ABC\right)\right)=\widehat{SIH}=\frac{\pi }{3}$

Chọn A

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow AC$ là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).

$\Rightarrow \left(\widehat{SC,\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SCA}={45}^0$ $\Rightarrow \Delta SAC$ vuông cân tại A.

Khi đó $SA=AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a$.

Mặt khác.

Kẻ $AK\perp BD$ thì $BD\perp \left(SAK\right)$; $\left(SAK\right)\perp \left(SBD\right)$ và $\left(SAK\right)\cap \left(SBD\right)=SK$.

Trong mặt phẳng (SAK), kẻ $AH\perp SK$ thì $AH\perp \left(SBD\right)$.

Do đó $AH=d\left(A,\left(SBD\right)\right)$.

Tam giác SAK vuông tại A có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{K}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{S{A}^2}\Rightarrow AH=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.

Vậy $d\left(A,\left(SBD\right)\right)=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.

Chọn A

Từ phương trình mặt cầu (S) suy ra tâm I(-1;3;0) và bán kính $R=\sqrt{a^2+b^2+c^2-d}=3$.

Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC$\Rightarrow M\left(2;-4;-4\right)$.

$\overrightarrow{AM}\left(1;-1;-8\right)$.

Phương trình đường trung tuyến AM của tam giác là: $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-3-t\\ z=4-8t\end{array}\right.t\in ℝ$.

Chọn D

Xét hàm số $h\left(x\right)=4f\left(x\right)+2x^2$ xác định trên $\mathrm{ℝ}$.

Hàm số f(x) là hàm đa thức nên h(x) cũng là hàm đa thức và $h\left(0\right)=4f\left(0\right)+2.0=0$

Khi đó $h^{\text{'}}\left(x\right)=4f^{\text{'}}\left(x\right)+4x\Rightarrow h^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=-x$.                     

Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số y=f'(x) và đường thẳng y=-x, ta có $h^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x\in \left\{-3;0;\frac{3}{2}\right\}$

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số $g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|$ như sau

Vậy giá trị lớn nhất của g(x) trên $\left[-2;\frac{3}{2}\right]$ là $\frac{29}{2}$.

Chọn C

Ta có: bất phương trình $\left(2^{x+2}-\sqrt{2}\right)\left(2^x-m\right)<0$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{2}^{x+2}-\sqrt{2}>0\\ 2^x-m<0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{2}^{x+2}-\sqrt{2}<0\\ 2^x-m>0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{2}^{x+2}>\sqrt{2}\\ 2^x<m\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{2}^{x+2}<\sqrt{2}\\ 2^x>m\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x+2>\frac{1}{2}\\ x<{\log }_{2}m\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x+2<\frac{1}{2}\\ x>{\log }_{2}m\end{array}\right.\end{array}\right.$$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>-\frac{3}{2}\\ x<{\log }_{2}m\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x<-\frac{3}{2}\\ x>{\log }_{2}m\end{array}\right.\left(*\right)\end{array}\right.$

$\iff -\frac{3}{2}<x<{\log }_{2}m$.

(Vì $m\ge 1\Rightarrow {\log }_{2}m\ge 0$ nên (*) vô nghiệm).

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên

$\iff {\log }_{2}m\le 5\iff m\le 2^5\iff m\le 32$

Mà m nguyên dương nên $m\in \left\{1;2;3;\mathrm{....32}\right\}$.

Vậy có 32 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

— Hàm số có đạo hàm tại $\iff f\left(2\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)\iff 4+2a+b=-2\iff 2a+b=-6.\left(1\right)$

— Có $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(2\right)}{x-2}=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{x^3-x^2-8x+10-4-2a-b}{x-2}=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{x^3-x^2-8x+12}{x-2}$

$=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{{\left(x-2\right)}^2\left(x+3\right)}{x-2}=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\left[\left(x-2\right)\left(x+3\right)\right]=0;$

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(2\right)}{x-2}=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x^2+ax+b-4-2a-b}{x-2}=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\left(x-2\right)\left(x+2+a\right)}{x-2}$

$=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(x+a+2\right)=a+4.$

Hàm số có đạo hàm tại x=2 nên hàm số liên tục tại x=2

suy ra   $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(2\right)}{x-2}=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(2\right)}{x-2}\iff a+4=0\iff a=-4.\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra a=-2 và b=4

Khi đó

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}{x}^2-4x+2\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}khi\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}x\ge 2\\ x^3-x^2-8x+10\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}khi\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}x<2\end{array}\right..$

$I=\underset{0}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx$

$\begin{array}{l}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x^3-x^2-8x+10\right)dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}\left(x^2-4x+2\right)dx\\ =\left(\frac{x^4}{4}-\frac{x^3}{3}-4x^2+10x\right)\left|\begin{array}{l}2\\ 0\end{array}\right.+\left(\frac{x^3}{3}-2x^2+2x\right)\left|\begin{array}{l}4\\ 2\end{array}\right.=\frac{16}{3}-\frac{4}{3}=4\end{array}$

Vậy I=4.

Chọn C

Ta có:

$w=\frac{z-1+i}{z-2-i}\iff wz-2w-wi=z-1+i\iff z\left(w-1\right)=2w+wi-1+i$

$\iff z=\frac{2w+wi-1+i}{w-1}\iff z-i=\frac{2w+wi-1+i}{w-1}-i\iff z-i=\frac{2w-1+2i}{w-1}$

$\iff \left|z-i\right|=\frac{\left|2w-1+2i\right|}{\left|w-1\right|}\iff 2\left|w-1\right|=\left|2w-1+2i\right|\left(1\right)$

Đặt $w=x+yi\left(x,y\in ℝ,i^2=-1\right)$, ta có:

$\left(1\right)\iff 2\left|x+yi-1\right|=\left|2x+2yi-1+2i\right|\iff 2\sqrt{{\left(x-1\right)}^2+y^2}=\sqrt{{\left(2x-1\right)}^2+{\left(2y+2\right)}^2}$

$\iff 4x^2-8x+4+4y^2=4x^2-4x+1+4y^2+8y+4\iff 4x+8y+1=0$.

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức  là đường thẳng  có phương trình 4x+8y+1=0.

Vậy ${\left|w\right|}_{\min }=d\left(O,d\right)=\frac{1}{\sqrt{4^2+8^2}}=\frac{\sqrt{5}}{20}$.

Chọn D

Gọi M là trung điểm của BC

Do tam giác ABC đều  nên $AM\perp BC$

$\left.\begin{array}{l}AM\perp BC\\ SA\perp BC\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(SAM\right)$

Kẻ $AH\perp SM$

Ta có $\left.\begin{array}{l}BC\perp AH\\ SM\perp AH\end{array}\right\}\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)$

$\Rightarrow \widehat{\left(SA,\left(SBC\right)\right)}=\widehat{\left(SA,SH\right)}=\widehat{ASH}={45}^0$

Suy ra $\Delta ASM$ vuông cân tại A

Ta có $SA=AM=a\sqrt{3}$

Suy ra AB=BC=AC=2a

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SA=a^3.$

Chọn C.

Đổi: $50cm=0,5m;70cm=0,7m;80cm=0,8m$.

Xét tam giác nội tiếp đường tròn đáy có kích thước lần lượt là $0,5m;0,7m;0,8m$ nên bán kính đường tròn đáy của thùng đựng dầu là

$R=\frac{0,5.0,7.0,8}{4\sqrt{1\left(1-0,5\right)\left(1-0,7\right)\left(1-0,8\right)}}=\frac{7\sqrt{3}}{30}$.

Ta có h=2R

Diện tích hình chữ nhật ban đầu gấp 3 lần diện tích xung quanh của hình trụ.

Vậy $S=3.2\pi Rh=6.3,\mathrm{14.2.}{R}^2=6.3,14.2{\left(\frac{7\sqrt{3}}{30}\right)}^2=\frac{7693}{1250}=6,1544$($m^2$).

Chọn D

Ta có: $A\in {\Delta }_1\Rightarrow A(1+2t;2-2t;-1+t);B\in {\Delta }_2\Rightarrow B(3+2s;-1-2s;s).$

Suy ra $\overrightarrow{AB}=\left(2+2(s-t);-3-2(s-t);1+(s-t)\right)$

$A{B}^2=1\iff 9{(s-t)}^2+22(s-t)+14=1\iff \left[\begin{array}{l}s-t=-1\\ s-t=-\frac{13}{9}.\end{array}\right.$

+ Với $s-t=-1\Rightarrow \overrightarrow{AB}=(0;-1;0)\Rightarrow \left(P\right)$ có một vtpt $\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{i}\right]=(0;0;1)$, suy ra $\left(P\right):z=0$ (loại do (P) chứa trục Ox).

+ Với $s-t=-\frac{13}{9}\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(\frac{-8}{9};\frac{-1}{9};\frac{-4}{9}\right)$,suy ra (P) có một vtpt $\overrightarrow{n_2}=\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{i}\right]=(0;\frac{-4}{9};\frac{1}{9})$,

suy ra $\left(P\right):4y-z-8=0$ (thỏa mãn bài toán).

+ Kiểm tra các đáp án ta chọn D

Chọn A

Do f(x) là hàm bậc bốn và từ đồ thị của f'(x), ta có: f'(x) bậc ba có 2 điểm cực trị là -1;1 nên ${f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x\right)=a\left(x^2-1\right)$.

Suy ra $f^{\text{'}}\left(x\right)=a\left(\frac{x^3}{3}-x\right)+b$.

 Do f'0)=-3 và $f^{\text{'}}\left(-1\right)=-1$ nên $\left\{\begin{array}{l}b=-3\\ a\left(-\frac{1}{3}+1\right)+b=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=-3\end{array}\right..$

Suy ra $f^{\text{'}}\left(x\right)=3\left(\frac{x^3}{3}-x\right)-3$

Xét hàm số $h\left(x\right)=f\left(x^3\right)-x^3-x$, có $h^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2{f}^{\text{'}}\left(x^3\right)-3x^2-1$.

$h^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x^3\right)=\frac{3x^2+1}{3x^2}\left(1\right)$

Bảng biến thiên của f'(x)

Dựa vào bảng biến thiên ta có

+ Với $x\in \left(-\infty ;0\right)$: $f^{\text{'}}\left(x\right)<0\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x^3\right)<0$, mà $\frac{3x^2+1}{3x^2}>0$ suy ra (1) vô nghiệm trên $\left(-\infty ;0\right)$. 

+ Trên $\left(0;+\infty \right)$: $f^{\text{'}}\left(x\right)\in \left(-3;+\infty \right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x^3\right)\in \left(-3;+\infty \right)$ đồng biến suy ra $f^{\text{'}}\left(x^3\right)$ đồng biến mà hàm số $y=\frac{3x^2+1}{3x^2}$ nghịch biến nên phương trình (1) có không quá 1 nghiệm. Mặt khác, hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x^3\right)-\frac{3x^2+1}{3x^2}$ liên tục trên $\left(0;+\infty \right)$ và $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left[f^{\text{'}}\left(x^3\right)-\frac{3x^2+1}{3x^2}\right]=-\infty$; $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[f^{\text{'}}\left(x^3\right)-\frac{3x^2+1}{3x^2}\right]=+\infty$

Nên (1) có đúng 1 nghiệm $x=x_0>0$.

Bảng biến thiên của h(x):

Từ đó ta có $h\left(x_0\right)<0$ nên phương trình h(x)=0 có hai nghiệm thực phân biệt. Mặt khác $g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|=\left\{\begin{array}{l}h\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}khi }h\left(x\right)\ge 0\\ -h\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}khi }h\left(x\right)<0\end{array}\right.$.

Từ đó hàm số  có 3 điểm cực trị.

Chọn D

Điều kiện: $x^2-4x+{\log }_{2}m>0$

$\begin{array}{l}m{.2}^{x^2-4x-1}+m^2{.2}^{2x^2-8x-1}=7{\log }_2\left(x^2-4x+{\log }_{2}m\right)+3\\ \iff 2^{x^2-4x+{\log }_{2}m}+4^{x^2-4x+{\log }_{2}m}=14{\log }_2\left(x^2-4x+{\log }_{2}m\right)+6\end{array}$

Đặt $x^2-4x+{\log }_{2}m=t,(t>0).$ Phương trình trở thành $2^t+4^t=14{\log }_{2}t+6\left(*\right)$