Đáp án B

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm không xác định tại x=-2 và cả hai nhánh của đồ thị đều đi từ dưới đi lên (nhìn theo hướng từ trái sang phải), do đó hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và $\left(-2;+\infty \right)$

Đáp án B

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=3\Rightarrow$ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=3 khi $x\to +\infty$

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty \Rightarrow$ đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang khi $x\to -\infty$

$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty \Rightarrow$ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=-1

$\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty \Rightarrow$đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=1

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 3

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=a^x,$ với $0<a\ne 1$ có tiệm cận ngang là trục hoành và không có tiệm cận đứng

Đáp án B

Điều kiện. $x+1>0\iff x>-1$

Ta có ${\log }_3\left(x+1\right)=2\iff x+1=3^2\iff x+1=9\iff x=8$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x=8

Đáp án A

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int \left(x+\cos x\right)dx=\frac{x^2}{2}+\sin x+C$

Đáp án C

$\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=5-2=3$

Đáp án A

$\text{w}=3{\text{z}}_1-2{\text{z}}_2=3\left(1+2i\right)-2\left(2-3i\right)=-1+12i.$ Vậy phần ảo của số phức w là 12

Đáp án D

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng

Đáp án D

Diện tích xung quanh $S_{xq}$ của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là $S_{xq}=\pi rl=\pi \mathrm{.3.5}=15\pi$(đvdt).

Đáp án C

Giả sử $G\left(x_G;y_G;z_G\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{0+1+2}{3}=1\\ y_G=\frac{0+0+1}{3}=\frac{1}{3}\\ z_G=\frac{0+-2+\left(-1\right)}{3}=-1\end{array}\right.\Rightarrow G\left(1;\frac{1}{3};-1\right)$

Đáp án B

Ta có ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }=\left(1;2;-1\right),{\overrightarrow{u}}_d=\left(-1;-2;1\right)\Rightarrow {\overrightarrow{n}}_{\alpha }=-{\overrightarrow{u}}_d\Rightarrow \left(\alpha \right)\perp d$

Đáp án A

Phương trình viết theo đoạn chắn đi qua 3 điểm $M\left(1;0;0\right),N\left(0;-1;0\right),P\left(0;0;2\right)$ là $\frac{x}{1}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{2}=1\iff 2x-2y+z-2=0$

Đáp án A

Có 6! cách xếp 6 học sinh vào bàn ngang 6 chỗ

Đáp án A

Áp dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng ta có:

$S_n=\frac{n\left(u_1+u_n\right)}{2}=n{u}_1+\frac{n\left(n-1\right)}{2}d=2020.1+2020.2019=4080400$

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ$

 $y\text{'}=x^2-4x+3,y\text{'}=0\iff x=1,x=3.$

Ta có bảng biến thiên sau:

$\Rightarrow y_{CT}=1$

Đáp án D

$y\text{'}=\frac{2x-2}{2.\sqrt{x^2-2x+5}};y\text{'}=0\iff 2x-2=0\iff x=1$

$y\left(1\right)=2;y\left(0\right)=\sqrt{5};y\left(3\right)=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$

So sánh 4 giá trị trên với nhau $\Rightarrow M=2\sqrt{2};m=2\Rightarrow M+m=2\left(\sqrt{2}+1\right)$

Đáp án C

Tính $y\text{'}=-x^2-x+2$

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M(a;b) là

$y\text{'}\left(a\right)=-a^2-a+2=-{\left(a+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{9}{4}=\frac{9}{4}-{\left(a+\frac{1}{2}\right)}^2\le \frac{9}{4}$

$\Rightarrow$Hệ số góc $y\text{'}\left(a\right)$ lớn nhất (dấu = xảy ra) khi chỉ khi ${\left(a+\frac{1}{2}\right)}^2=0\iff a=-\frac{1}{2}$

Thay $x=a=-\frac{1}{2}$ và hàm số đã cho, ta có: $b=-\frac{1}{3}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^3-\frac{1}{2}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+2\left(-\frac{1}{2}\right)+\frac{4}{3}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow 2\text{a}+4b=0$

Đáp án C

Ta có $3f\left(x\right)+4=0\iff f\left(x\right)=-\frac{4}{3},$ do đó số nghiệm của phương trình đã cho bằng với số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) với đường thẳng $y=-\frac{4}{3}$

Dựa vào đồ thị, ta có đường thẳng $y=-\frac{4}{3}$ cắt đồ thị hàm số đã cho tại 1 điểm

Đáp án D

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right),$ suy ra bảng biến thiên của hàm $g\left(x\right)=f\left(x\right)+2020$ chính là bảng biên thiên của hàm số y=f(x)

Đáp án B

Sau 3 năm số tiền ông B có được cả gốc lẫn lãi là:$A{\left(1+0,065\right)}^3.$ Theo giả thiết ông B có số tiền lãi 48 triệu đồng nên ta có phương trình: $A{\left(1+0,065\right)}^3=A+48\iff A=\frac{48}{{\left(1,065\right)}^3-1}\simeq 231$

Đáp án B

Ta có $a^2+b^2=8ab\iff a^2+2ab+b^2=10ab\iff {(a+b)}^2=10ab$

$\Rightarrow \log {(a+b)}^2=\log \left(10ab\right)$

$\Rightarrow 2\log \left(a+b\right)=\left(1+\log a+\log b\right)$

$\Rightarrow \log \left(a+b\right)=\frac{1}{2}\left(1+\log a+\log b\right)$

Đáp án D

Từ hình vẽ ta có:

Hàm số $y=a^x$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ nên $a>1$

Hàm số $y={\log }_{b}x$ nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên $0<b<1\Rightarrow 0<b<1<a$

Đáp án B

Ta thấy $\forall x\in \left[-3;0\right]$ thì $x-1\ge x^2+4x-1$ nên $S=\underset{-3}{\overset{0}{\int }}\left[\left(x-1\right)-\left(x^2+4x-1\right)\right]dx=\underset{-3}{\overset{0}{\int }}\left(-x^2-3\text{x}\right)dx=\frac{9}{2}$

Đáp án A

Ta có $\left(2-i\right)z+\frac{1+5i}{1+i}=7+10i\iff \left(2-i\right)z+3+2i=7+10i\iff \left(2-i\right)z=4+8i$

Suy ra $z=\frac{4+8i}{2-i}=4i$ nên $w={\left(4i\right)}^2+20+3i=4+3i.$ Vậy $\left|w\right|=5$

Đáp án A

Phương trình $z^2-2z+10=0\left(1\right)$ có hai nghiệm phức là $z_1=1+3i$ và $z_2=1-3i.$

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

Vậy A=20

Đáp án B

Ta có $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Ta có $V_{S.ABC\text{D}}=\frac{1}{3}SO.S_{ABC\text{D}}$

$=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}{a}^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$ (đvtt)

Đáp án C

Quay hình vuông ABCD xung quanh MN ta được hình trụ như hình vẽ. Khi đó:

$\begin{array}{l}r=\frac{AB}{2}=4cm,l=h=AD=8cm\\ S_{tp}=2\pi rh+2\pi r^2=2\pi \mathrm{.4.8}+2\pi {.4}^2=96\pi \left(c{m}^2\right)\end{array}$

Đáp án B

Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng $\left(\alpha \right):4x-3y+2z+5=0$ nên d có vectơ chỉ phương là ${\overrightarrow{u}}_d\left(4;-3;2\right).$

Do đó phương trình chính tắc của đường thẳng d là $\frac{x-1}{4}=\frac{y+2}{-3}=\frac{z-5}{2}$

Đáp án D

Ta có $\overrightarrow{BA}=\left(-1;0;-3\right);\overrightarrow{BC}=\left(0;-2;-2\right);\overrightarrow{BD}=\left(-1;-1;-1\right).$

$\left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\right]=\left(0;2;-2\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\right].\overrightarrow{BA}=6$ 

$V_{ABCD}=\frac{1}{6}.\left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\right].\overrightarrow{BA}=\frac{1}{6}.6=1$ (đvtt)

$S_{BCD}=\frac{1}{2}.\left|\left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\right]\right|=\frac{1}{2}.\sqrt{0^2+{\left(-2\right)}^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{2}$ (đvdt)

Ta có $V_{ABCD}=\frac{1}{3}.AH.S_{BCD}\Rightarrow AH=\frac{3V_{ABCD}}{S_{BCD}}=\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

Đáp án C

Ta có $\left(D\text{'}AC\right)//\left(BA\text{'}C\text{'}\right)$ nên $d\left(CD\text{'};BC\text{'}\right)=d\left(\left(D\text{'}AC\right);\left(BA\text{'}C\text{'}\right)\right)$

$=d\left(D\text{'};\left(BA\text{'}C\text{'}\right)\right)=d\left(A\text{'};\left(BA\text{'}C\text{'}\right)\right)$

Từ đây ta tính $d\left(A\text{'};\left(BA\text{'}C\text{'}\right)\right)=\frac{a}{\sqrt{3}}$

Đáp án D

Không gian mẫu $\left|\Omega \right|=C_{10}^3.C_{10}^3=14400.$

Gọi A là biến cố “Trong hai bộ ba chữ số mà An và Bình chọn ra có đúng một chữ số giống nhau”.

Chọn số giống nhau ở cả hai bạn An và Bình là: 10 cách.

Chọn hai số còn lại của An là: $C_9^2$ cách.

Chọn hai số còn lại của Bình là: $C_7^2$ cách.

Vậy $\left|A\right|=10.C_9^2.C_7^2=7560\Rightarrow P\left(A\right)=\frac{\left|A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{21}{40}$

Đáp án A

Ta có $f\left(x\right)=3x+m\iff f\left(x\right)-3x=m.$

Để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (-1;1) thì đường thẳng y=m phải cắt đồ thị hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-3x,x\in \left(-1;1\right).$

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-3x,x\in \left(-1;1\right).$

Có $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-3.$

Nhìn đồ thị f'(x) ta thấy, với $x\in \left(-1;1\right)$ thì $-1<f\text{'}\left(x\right)<3\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-3<0.$

Do đó, ta có bảng biến thiên như hình bên

Từ bảng biến thiên, suy ra giá trị cần tìm là $g\left(-1\right)<m<g\left(1\right)\iff f\left(-1\right)+3<m<f\left(1\right)-3.$

Đáp án B

$x\in \left[-\frac{\pi }{2};0\right]\Rightarrow \sin x\in \left[-1;0\right]$

Nhìn đồ thị f(x) ta thấy, với $x\in \left[-1;0\right]$ thì $-2\le f\left(x\right)\le 1.$

Vì $\sin x\in \left[-1;0\right]\Rightarrow -2\le f\left(\sin x\right)\le 1$

$\Rightarrow -1\le -f\left(\sin x\right)\le 2$

Mặt khác, nhìn đồ thị f(x) ta thấy với $-1\le x\le 2$ thì $-2\le f\left(x\right)\le 1.$

Vì $-1\le -f\left(\sin x\right)\le 2$

$\Rightarrow -2\le f\left(-f\left(\sin x\right)\right)\le 1\Rightarrow M=1,m=-2\Rightarrow M-m=3.$

Đáp án C

Đặt $t=3^{{\left(x-1\right)}^2}\ge 1.$

Phương trình trở thành $t^2-2mt+3m-2=0\iff m=\frac{t^2-2}{2t-3}\left(*\right)$ 

$(t=\frac{3}{2}$ không phải là nghiệm của phương trình).

Xét hàm $f\left(t\right)=\frac{t^2-2}{2t-3}$ trên $\left[1;+\infty \right)\backslash \left\{\frac{3}{2}\right\}$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{2t^2-6t+4}{{\left(2t-3\right)}^2},f\text{'}\left(t\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}t=1\\ t=2\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 và khác $\frac{3}{2}.$ Dựa vào bảng biến thiên ta có m>2

Đáp án A

Xét $x\in \left(0;+\infty \right)$ và f(x)>0 ta có: $f\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right).\sqrt{3\text{x}+1}\iff \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{1}{\sqrt{3\text{x}+1}}$

$\Rightarrow \int \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}dx=\int \frac{1}{\sqrt{3\text{x}+1}}dx=\int \frac{1}{f\left(x\right)}d\left(f\left(x\right)\right)=\frac{2}{3}\int \frac{1}{2\sqrt{3\text{x}+1}}d\left(3\text{x}+1\right)$

$\Rightarrow \ln \left(f\left(x\right)\right)=\frac{2}{3}\sqrt{3\text{x}+1}+C\Rightarrow f\left(x\right)=e^{\frac{2}{3}\sqrt{3\text{x}+1}+C}$

Theo bài ra ta có: $f\left(1\right)=e$ nên $e^{\frac{4}{3}+C}=e\Rightarrow C=-\frac{1}{3}\Rightarrow f\left(x\right)=e^{\frac{2}{3}\sqrt{3\text{x}+1}-\frac{1}{3}}$

Do đó $f\left(5\right)\approx 10,3123\Rightarrow 10<f\left(5\right)<11$

Đáp án D

Giả sử x=b là nghiệm dương lớn nhất của phương trình $x^4-3{\text{x}}^2+m=0.$ Khi đó ta có $b^4-3b^2+m=0\left(1\right).$

Nếu xảy ra $S_1+S_2=S_3$ thì $\underset{0}{\overset{b}{\int }}\left(x^4-3{\text{x}}^2+m\right)dx=0\Rightarrow \frac{b^5}{5}-b^3+mb=0\Rightarrow \frac{b^4}{5}-b^2+m=0\left(2\right)$ (do b>0)

Từ (1) và (2) , trừ vế theo vế ta được $\frac{4}{5}{b}^4-2b^2=0\Rightarrow b^2=\frac{5}{2}$ (do b>0)

Thay trở lại vào (1) ta được $m=\frac{5}{4}$

Đáp án B

Ta đặt $w=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$ thì $w=\left(1+i\right)z+1\iff w=\left(1+i\right)\left(z-1\right)+i+2$

$\begin{array}{l}\iff \left|w-i-2\right|=\left|\left(z-1\right)\left(1+i\right)\right|\\ \iff \left|w-i-2\right|=\left|z-1\right|.\left|1+i\right|\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2={\left(\sqrt{2}.\left|z-1\right|\right)}^2\le 2\\ \Rightarrow R=\sqrt{2}\end{array}$

$\Rightarrow S=\pi R^2=2\pi$

Đáp án D

Gọi R là bán kính khối trụ, 6R là chiều cao khối trụ, chiền cao khối nón là 4R.

Thể tích khối cầu và khối nón là $V_1=\frac{4}{3}\pi R^3+\frac{1}{3}\pi R^2.4R=\frac{8}{3}\pi R^3$

Thể tích khối trụ $V_2=\pi R^2.6R=6\pi R^3$

Tỉ số thể tích nước còn lại và nước ban đầu là $\frac{V_2-V_1}{V_2}=\frac{6-\frac{8}{3}}{6}=\frac{5}{9}$

Đáp án D

Xét mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-5\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2+{\left(z-5\right)}^2=20\Rightarrow I\left(5;-3;5\right),R=2\sqrt{5}.$

Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng $\left(P\right):d\left(I;\left(P\right)\right)=\frac{\left|5-2.\left(-3\right)+2.5-3\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2+2^2}}=6$

Khi đó $M{N}^2+I{N}^2=M{N}^2+R^2=4^2+{\left(2\sqrt{5}\right)}^2=36=d^2\Rightarrow IM\perp \left(P\right)$

Suy ra phương trình của IM: $\frac{x-5}{1}=\frac{y+3}{-2}=\frac{z-5}{2};M\in IM\Rightarrow M\left(t+5;-3-2t;2t+5\right)$

Mà $M\in \left(P\right)\Rightarrow t+5-2\left(-2t-3\right)+2\left(2t+5\right)-3=0\Rightarrow t=-2\Rightarrow M\left(3;1;1\right)\Rightarrow OM=\sqrt{11}$

Đáp án C

Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên  $SA\perp \left(ABCD\right).$

Do đó $SA=\frac{3V_{S.ABCD}}{S_{ABC\text{D}}}=a.$

Tam giác SAD vuông tại A nên $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=a\sqrt{2}.$

Ta có $CD\perp AD,CD\perp SA\Rightarrow CD\perp \left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp SD.$

Vậy diện tích tam giác SCD là: $S_{SCD}=\frac{1}{2}SD.CD=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}.$

Gọi I là hình chiếu của B lên mặt phẳng (SCD) khi đó $\widehat{\left(SB,\left(SCD\right)\right)}=\widehat{\left(SB,SI\right)}=\widehat{BSI}.$

Mặt khác, $BI=\frac{3V_{B.SCD}}{S_{SCD}}=\frac{3V_{S.ABCD}}{2S_{SCD}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Tam giác SAB vuông tại A nên $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{2}.$

Tam giác SIB vuông tại I nên $\sin \widehat{BSI}=\frac{BI}{SB}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{BSI}={30}^0.$

Vậy $\widehat{\left(SB,\left(SCD\right)\right)}=30°.$

Đáp án B

Trước tiên ta rút gọn phần thức $\frac{f\left(x\right).\sqrt{x^2+x}}{\left[f\left(x\right)-2\right]\left(x^2-1\right)\left(x^2-4\right)\left(2x+1\right)},$ khi phân thức này đã tối giản thì về cơ bản, ứng với mỗi một nghiệm của mẫu ta sẽ được một đường tiệm cận đứng, tuy nhiên phải lưu ý các trường hợp đặc biệt.

+) Ta thấy đồ thị y=f(x) tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 0 và cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 1,2 nên phương trình f(x)=0 có nghiệm kép x=0 và hai nghiệm đơn x=1; x=2

$\Rightarrow f\left(x\right)={\left(x-0\right)}^2\left(x-1\right)\left(x-2\right)g\left(x\right)=x^2\left(x-1\right)\left(x-2\right)g\left(x\right)$ với g(x) vô nghiệm.

+) Đường thẳng y=2 cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại hai điểm có hoành độ $x=a,x=b\left(-1<a<0,2<b<3\right),$ nên phương trình f(x)=2 có hai nghiệm đơn $x=a,x=b\left(-1<a<0,2<b<3\right)$  

$\Rightarrow f\left(x\right)-2=\left(x-a\right)\left(x-b\right)h\left(x\right)$ với h(x) vô nghiệm.

Vậy ta có

$y=\frac{f\left(x\right).\sqrt{x^2+x}}{\left[f\left(x\right)-2\right]\left(x^2-1\right)\left(x^2-4\right)\left(2x+1\right)}=\frac{g\left(x\right)}{h\left(x\right)}.\frac{x^2\left(x-1\right)\left(x-2\right).\sqrt{x^2+x}}{\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x^2-1\right)\left(x^2-4\right)\left(2x+1\right)}$

$=\frac{g\left(x\right)}{h\left(x\right)}.\frac{x^2.\sqrt{x^2+x}}{\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(2x+1\right)}$

Ta thấy với $x=a\left(-1<a<0\right)$ và $x=-\frac{1}{2}$ thì $x^2+x<0$ nên $\sqrt{x^2+x}$ không tồn tại.

Do đó đồ thị hàm số có các đường tiệm cận đứng là $x=b,x=-1,x=-2.$

Đáp án A

Để d: y=x+m cắt đồ thị hàm số $y=\frac{x-1}{x+1}$ tại 2 đỉểm phần biệt A, B thì phương trình $x+m=\frac{x-1}{x+1}$ phải có 2 nghiệm phân biệt.

$\iff x^2+mx+m+1=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2\ne -1$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta =m^2-4m-4>0\\ {\left(-1\right)}^2+m\left(-1\right)+m+1\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<2-2\sqrt{2},m>2+2\sqrt{2}\\ 2\ne 0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m>2+2\sqrt{2}\\ m<2-2\sqrt{2}\end{array}\right.\left(*\right)$

Gọi $A\left(x_1;x_1+m\right),B\left(x_2;x_2+m\right),$ ta có

$O{A}^2+O{B}^2=2\iff {\left(x_1\right)}^2+{\left(x_1+m\right)}^2+{x_2}^2+{\left(x_2+m\right)}^2=2$

$\begin{array}{l}\begin{array}{l}\iff x_1^2+x_2^2+m\left(x_1+x_2\right)+m^2=1\\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_x{x}_2+m\left(x_x+x_2\right)+m^2=1\end{array}\\ \iff {\left(-m\right)}^2-2\left(m+1\right)+m\left(-m\right)+m^2=1\\ \iff m^2-2m-3=0\iff \left[\begin{array}{l}m=-1\\ m=3\end{array}\right.\end{array}$

Kết hợp với điều kiện (*) ta chọn m=-1

Đáp án C

Theo đề bài y=f(x) thì có đúng ba điểm cực trị là 0,1, 2 và y=f'(x) liên tục trên

$\mathrm{ℝ}$

$\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=2\\ u\left(x\right)=0\end{array}\right.;$ với ba nghiệm 0; 1; 2 là nghiệm đơn hoặc bội lẻ,

còn u(x)=0 chỉ có nghiệm bội chẵn không thuộc tập $\left[0;1;2\right]$

Đặt $g\left(x\right)=f\left(4x-4x^2\right),$ ta có:

$g\text{'}\left(x\right)=\left(4-8x\right)f\text{'}\left(4x-4x^2\right).$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}4-8x=0\\ f\text{'}\left(4x-4x^2\right)=0\end{array}\right.$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}4-8x=0\\ 4x-4x^2=0\\ 4x-4x^2=1\\ 4x-4x^2=2\\ u\left(4x-4x^2\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2\text{x}-1=0\\ x\left(x-1\right)=0\\ {\left(2\text{x}-1\right)}^2=0\\ u\left(4x-4x^2\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=\frac{1}{2}\\ u\left(4x-4x^2\right)=0\end{array}\right.$

+) Xét phương trình $u\left(4x-4x^2\right)=0.$

Giả sử a là một nghiệm của phương trình u(x)=0 thì từ $a\notin \left\{0;1;2\right\}$ ta thấy phương trình $4x-4x^2=a$ không có nghiệm nào thuộc tập $\left\{0;\frac{1}{2};1\right\}.$ Suy ra các nghiệm x=0;x=1 là nghiệm đơn còn $x=\frac{1}{2}$  là nghiệm bội 3 của phương trình $f\text{'}\left(4x-4x^2\right)=0$

+) Nếu phương trình $u\left(4x-4x^2\right)=0$ có nghiệm thì các nghiệm đó cũng là các nghiệm bội chẵn của phương trình $f\text{'}\left(4x-4x^2\right)=0$

Vậy tập nghiệm đơn, nghiệm bội lẻ của phương trình g(x)=0 là $\left\{0;\frac{1}{2};1\right\}.$ Do đó, hàm số $g\left(x\right)=f\left(4x-4x^2\right)$ có 3 điểm cực trị