Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số ta suy ra giá trị cực đại bằng -1

Chọn B

Mệnh đề đúng là mệnh đề 2

Thật vậy ta có ${\left(\int f\left(x\right)\text{d}x+\int g\left(x\right)\text{d}x\right)}^{\text{'}}={\left(\int f\left(x\right)\text{d}x\right)}^{\text{'}}+{\left(\int g\left(x\right)\text{d}x\right)}^{\text{'}}=f\left(x\right)+g\left(x\right)$.

Mệnh đề 1 sai

Nếu k=0 ta có VT=0; $VP=\int 0dx=C\ne VP$

Mệnh đề 3 sai

Phản ví dụ chọn f(x)=1; g(x)=0

suy ra $VT=\int \left[f\left(x\right)g\left(x\right)\right]\text{\hspace{0.17em}d}x=\int 0dx=C;VP=\int f\left(x\right)\text{d}x.\int g\left(x\right)\text{d}x=\int dx.\int 0dx=(x+C_1).C2$

Mệnh đề 4 sai vì $VT=\int \left[f^{\text{'}}\left(x\right)g\left(x\right)+f\left(x\right)g^{\text{'}}\left(x\right)\right]\text{d}x=\int {\left[f\left(x\right)g\left(x\right)\right]}^{\text{'}}\text{d}x=f\left(x\right)g\left(x\right)+C\ne VP$.

Chọn A

Ta có: $\sqrt[4]{a^3}=a^{\frac{3}{4}}$

Chọn B

Thể tích của khối nón đã cho là: $V=\frac{1}{3}.h.\pi R^2=\frac{1}{3}.2a.\pi .a^2=\frac{2\pi a^3}{3}.$

Chọn C

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-3+1;-1-2;1+3\right)=\left(-2;-3;4\right)$

Chọn C

Vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{1}{2}$; $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\frac{1}{2}$ nên hàm số có tiệm cận ngang $y=\frac{1}{2}$.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty$; $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=-\infty$ nên hàm số có tiệm cận đứng x=1.

Chọn D

Ta có :  $u_5=u_1+4d=2+4.5=22$

Chọn C

Đồ thị đã cho đi qua các điểm M(1;2), N(2;1) và P(0;3).

Xét phương án A: Điểm N(2;1) không thuộc vào đồ thị hàm số $y=x^3-5x^2+4x+3$.

Xét phương án B: Điểm N(2;1) không thuộc vào đồ thị hàm số $y=2x^3-6x^2+4x+3$.

Xét phương án D: Điểm N(2;1) không thuộc vào đồ thị hàm số $y=2x^3+9x^2-11x+3$.

Xét phương án C: Ta có cả ba điểm M(1;2), N(2;1) và P(0;3) đều thuộc vào đồ thị hàm số $y=x^3-4x^2+3x+3$.

Chọn A

Thay tọa độ điểm B ta có: $-3+2.2-6.0-1=0$. Phương án A được chọn

Chọn A

Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ $\overrightarrow{u_2}=(1;-2;3)$

Chọn B

Ta có: $\int 3^{2x}\text{d}x=\frac{1}{2}\int 3^{2x}.2\text{d}x=\frac{1}{2}\int 3^{2x}\text{d}\left(2x\right)=\frac{1}{2}.\frac{3^{2x}}{\ln 3}+C$.

Cho hằng số C=2 ta được đáp án D

Chọn C

Ta có: $z_1+z_2=\left(2+3i\right)+\left(-4-5i\right)=2-4+3i-5i=-2-2i$.

Vậy $z=-2-2i$.

Chọn D

Số phức z=a+bi có điểm biểu diễn (a;b) nên số phức z=2+i có điểm biểu diễn là N(2;1) 

Chọn C

Ta có $2^{1-x}=4\iff 2^{1-x}=2^2\iff 1-x=2\iff x=-1$.

Chọn B

Mặt cầu (S) có tâm I(3;-1;-2) và bán kính $R=2\sqrt{2}$ 

Chọn D

Quay hình vuông ABCD cạnh a xung quanh một cạnh ta được khối trụ có chiều cao bằng a và diện tích đáy là $\pi a^2.$

Vậy thể tích của khối trụ là $\pi a^2.$

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số trên nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-3\right)$ và (0;3)

Chọn B

Ta có $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Vậy $V=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Chọn D

Số tập con gồm 6 phần tử của bằng số tổ hợp A chập 6 của 26 phần tử. Vậy số tập con là $C_{26}^6$.

Chọn D

$f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(\sqrt{x^2+1}\right)}^{\text{'}}.{\text{e}}^{\sqrt{x^2+1}}=\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}.{\text{e}}^{\sqrt{x^2+1}}=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}.{\text{e}}^{\sqrt{x^2+1}}$.

Chọn C

Gọi z=a+bi; $a,b\in ℝ;i^2=-1$; a là số nguyên. Theo đề ta có $\left|z\right|-2\overline{z}=-7+3i+z$

$\iff \sqrt{a^2+b^2}-2a+2bi=-7+3i+a+bi$

$\iff (\sqrt{a^2+b^2}-2a)+2bi=(-7+a)+(3+b)i$.

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{a^2+b^2}-2a=-7+a\\ 2b=3+b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{a^2+9}=3a-7\\ b=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a\ge \frac{7}{3}\\ 8a^2-42a+40=0\end{array}\right.\\ b=3\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a\ge \frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 3}}\\ \left[\begin{array}{l}a=4\\ a=\frac{{\displaystyle 5}}{{\displaystyle 4}}\end{array}\right.\\ b=3\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=3\end{array}\right.$

Khi đó z=4+3i

Vậy $w=1-z+z^2=4+21i\Rightarrow \left|w\right|=\sqrt{457}$.

Chọn A

Ta có: ${\left(\frac{1}{2}\right)}^x>8\iff 2^{-x}>2^3\iff -x>3\iff x<-3.$

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là $S=(-3;+\infty ).$

Chọn C

Chọn B

Tập xác định của hàm số là $D=\left[1;2\right]$, hàm số $y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2-x}+2019$ liên tục trên đoạn [1;2].

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{1}{2\sqrt{x-1}}-\frac{1}{2\sqrt{2-x}}=0\iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=\sqrt{2-x}\\ x\ne 1,x\ne 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x-1=2-x\\ x\ne 1,x\ne 2\end{array}\right.\iff x=\frac{3}{2}$.

y(1)=2020; y(2)=2020; $y\left(\frac{3}{2}\right)=2019+\sqrt{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2-x}+2019$ là 2020.

Chọn D

Ta có: $y^{\text{'}}=5x^4+5>0,\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)$

Do đó hàm số $y=x^5+5\text{x}$ luôn đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;+\infty \right)$

Chọn B

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra $SH\perp BC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$.

Gọi K là trung điểm AC, suy ra $HK\perp AC$.

Kẻ $HE\perp SK\left(E\in SK\right).$

Khi đó $d\left[B,\left(SAC\right)\right]=2d\left[H,\left(SAC\right)\right]=2HE=2.\frac{SH.HK}{\sqrt{S{H}^2+H{K}^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$

Chọn D

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ 13 học sinh.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=C_{13}^3=286$.

Gọi A là biến cố 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ đồng thời có cả khối 11 và khối 12. Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

• TH1: Chọn 1 học sinh khối 11; 1 học sinh nam khối 12 và 1 học sinh nữ khối 12 nên có $C_2^1{C}_8^1{C}_3^1=48$ cách.
• TH2: Chọn 1 học sinh khối 11; 2 học sinh nữ khối 12 có $C_2^1{C}_3^2=6$ cách.
• TH3: Chọn 2 học sinh khối 11; 1 học sinh nữ khối 12 có $C_2^2{C}_3^1=3$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là $\left|{\Omega }_A\right|=48+6+3=57$.

Vậy xác suất cần tính $P\left(A\right)=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{57}{286}.$

Chọn B

Ta có ${\left({\cos }^{2}x\right)}^{\text{'}}=2\cos x.\left(-\sin x\right)=-\sin 2x$.

Vậy hàm số y=-sin2x có một nguyên hàm là $y={\cos }^{2}x$

Chọn D

Gọi tứ diện đều là S.ABCD, gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$.

Gọi là I trung điểm của BC. Khi đó ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SO\\ BC\perp OI\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SOI\right)\Rightarrow BC\perp SI$.

Do đó $\left(\widehat{\left(SBC\right),\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SI,OI}\right)=\widehat{SIO}$.

Ta có $OI=\frac{a}{2},SI=\sqrt{S{B}^2-B{I}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Tam giác vuông SOI tại O$\Rightarrow \cos \widehat{SIO}=\frac{OI}{SI}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Chọn A

Gọi I là trung điểm của đoạn AB suy ra I(2;0;-1) là tâm của mặt cầu.

$\overrightarrow{IA}=\left(2;-1;4\right)$ nên $R=IA=\sqrt{21}$ là bán kính mặt cầu.

Vậy phương trình mặt cầu là: ${\left(x-2\right)}^2+y^2+{\left(z+1\right)}^2=21$.

Chọn D

Ta có: ${\log }_{9}1125={\log }_{3^2}{5}^3{.3}^2={\log }_{3^2}{5}^3+{\log }_{3^2}{3}^2=\frac{3}{2}{\log }_{3}5+1=\frac{3}{2}\frac{1}{{\log }_{5}3}+1=1+\frac{3}{2a}$

Chọn C

Điều kiện: $x\ne 2$.

Phương trình hoành độ giao điểm $x+2=\frac{x+8}{x-2}\iff \left(x+2\right)\left(x-2\right)=x+8$

$\iff x^2-x-12=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_A=-3\Rightarrow y_A=-1\\ x_B=4\Rightarrow y_B=6\end{array}\right.$.

Vậy tọa độ trung điểm I của AB là: $\left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{1}{2}\\ y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{5}{2}\end{array}\right.$.

Chọn C

Đường phân giác của góc phần tư thứ hai và thứ tư là đường thẳng y=-x.

Do đó a-5=-a. Suy ra $a=\frac{5}{2}$.

Chọn B

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

Xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu của f'(x) thấy hàm số f(x) có 1 điểm cực đại.

Chọn A

$\left(3x+2yi\right)+\left(3-i\right)=4x-3i\iff \left(3x+3\right)+\left(2y-1\right)i=4x-3i\iff \left\{\begin{array}{l}3x+3=4x\\ 2y-1=-3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=-1\end{array}\right.$

Chọn A

Ta có: $\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(2\right)-F\left(-1\right)$.

$\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\frac{2}{x+2}={\left.2\ln \left|x+2\right|\right|}_{-1}^2=2\ln 4-2\ln 1=2\ln 4$.

$\iff F\left(2\right)-F\left(-1\right)=2\ln 4$.

$\iff F\left(2\right)=2\ln 4$ (do $F\left(-1\right)=0$).

Chọn C

Đường thẳng $∆$ vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;1\right)$ là một vecto chỉ phương.

Phương trình đường thẳng $∆$ đi qua điểm A(1;-2;1) là: $\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=-2-t\\ z=1+t\end{array}\right.$.

Chọn C

Đặt $t=2^x$, $t>0\Rightarrow t+1>0$.

Bài toán đã cho trở thành:

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình: $\frac{t^2}{4\left(t+1\right)}>m,\forall t>0\left(1\right)$.

Đặt $f\left(t\right)=\frac{t^2}{4\left(t+1\right)},\left(t>0\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{t^2+2t}{4{\left(t+1\right)}^2}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff t=0\left(l\right)\vee t=-2\left(l\right)$.

Bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên ta có $m\in \left(-\infty ;0\right]$ thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A

$g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-m$

Số điểm cực trị của hàm số g(x) bằng số nghiệm đơn (bội lẻ) của phương trình f'(x)=m

Dựa và đồ thị ta có điều kiện $\left[\begin{array}{l}0<m\le 5\\ 10\le m<13\end{array}\right.$.

Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn.

Chọn B

Ta có: ${\left(f^{\text{'}}\left(x\right)\right)}^3=e^x{\left(f\left(x\right)\right)}^2,\forall x\in ℝ\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=\sqrt[3]{e^x}.\sqrt[3]{{\left(f\left(x\right)\right)}^2}\iff \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{\sqrt[3]{{\left(f\left(x\right)\right)}^2}}=\sqrt[3]{e^x}$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{\sqrt[3]{{\left(f\left(x\right)\right)}^2}}dx=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\sqrt[3]{e^x}dx\iff \underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{\sqrt[3]{{\left(f\left(x\right)\right)}^2}}df\left(x\right)=\underset{0}{\overset{3}{\int }}{e}^{\frac{x}{3}}dx\iff {\left.3\sqrt[3]{f\left(x\right)}\right|}_0^3={\left.3e^{\frac{x}{3}}\right|}_0^3$

$\sqrt[3]{f\left(3\right)}-\sqrt[3]{f\left(0\right)}=e-1\iff \sqrt[3]{f\left(3\right)}-1=e-1\iff f\left(3\right)=e^3$

Chọn A

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Đường viền chiếc gương là đường Parabol $y=a{x}^2+bx+c\left(a\ne 0\right)$ có đỉnh H(0;30) và đi qua điểm B(30;0).

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}c=30\\ -\frac{b}{2a}=0\\ 900a+30b+c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=30\\ b=0\\ a=-\frac{1}{30}\end{array}\right.$.

Diện tích chiếc gương là diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol $y=-\frac{1}{30}{x}^2+30$ và trục hoành. Diện tích chiếc gương là: $S=\underset{-30}{\overset{30}{\int }}\left|-\frac{1}{30}{x}^2+30\right|\text{d}x=2\left|\underset{0}{\overset{30}{\int }}\left(-\frac{1}{30}{x}^2+30\right)\text{d}x\right|=2\left|{\left.\left(-\frac{1}{90}{x}^3+30x\right)\right|}_0^{30}\right|=1200\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

Chọn B

Phương trình tham số của đường thẳng $d_1:\left\{\begin{array}{l}x=4+t\\ y=-2+4t\\ z=1-2t\end{array}\right.$ và $d_2:\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=-1-t\\ z=1+t\end{array}\right.$.

Phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với $d_1$ là: $x+4y-2z+9=0$.

Gọi H là giao điểm của (P) và đường thẳng $d_2$.

$H\in d_2\Rightarrow H\left(2+t;-1-t;1+t\right)$

$H\in \left(P\right)\Rightarrow 2+t+4\left(-1-t\right)-2\left(1+t\right)+9=0\iff t=1.$ Nên giao điểm H(3;-2;2).

Phương trình đường thẳng qua A vuông góc với $d_1$ và cắt $d_2$ là phương trình đường thẳng AH qua A(1;-1;3) và nhận $\overrightarrow{AH}=\left(-2;1;1\right)$ làm véctơ chỉ phương

Chọn A

* Ta có: $C{C}^{\text{'}}\text{//}A{A}^{\text{'}}\Rightarrow C{C}^{\text{'}}\text{//}\left(A{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}B\right)$

Mà $A\text{'}B\subset \left(AA\text{'}B\text{'}B\right),$nên

$d\left(CC\text{'};A\text{'}B\right)=d\left(CC\text{'};\left(AA\text{'}B\text{'}B\right)\right)=C\text{'}A\text{'}=a\sqrt{3}$

* Ta có: $AC=A\text{'}C\text{'}=a\sqrt{3};AB=A\text{'}B\text{'}=a;$

Diện tích đáy là $B=dt\left(ABC\right)=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

* Dễ thấy $A\text{'}B\text{'}\text{\hspace{0.17em}⊥}\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)$

Góc giữa B'C và mặt phẳng (ACC'A') là $\widehat{B\text{'}CA\text{'}}=\alpha$

$\sin \alpha =\frac{A\text{'}B\text{'}}{B\text{'}C}=\frac{1}{2\sqrt{5}}\iff B\text{'}C=2a\sqrt{5}$

$CC\text{'}=\sqrt{B\text{'}{C}^2-B\text{'}C{\text{'}}^2}=\sqrt{20a^2-4a^2}=4a$

* Thể tích lăng trụ là V=B.h với $h=CC\text{'}V=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.4a=2a^3\sqrt{3}.$

Chọn D

Phương trình (C): $x^2+{\left(y-3\right)}^2=5$.

Tọa độ giao điểm của (P) và (C) là nghiệm của hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}{x}^2+{\left(y-3\right)}^2=5\\ y=x^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}y+{\left(y-3\right)}^2=5\\ y=x^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}y=1\\ y=4\end{array}\right.\\ y=x^2\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x=-1\\ y=1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ y=4\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ y=4\end{array}\right.\end{array}\right.$. Vậy tọa độ các giao điểm là (1;1), (-1;1), (-2;4), (2;4).

Ta có: $S=2\left(S_1+S_2\right)$.

Tính $S_1$: $x^2+{\left(y-3\right)}^2=5\left(C\right)\Rightarrow y=3-\sqrt{5-x^2}\Rightarrow S_1=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[\left(3-\sqrt{5-x^2}\right)-x^2\right]\text{d}x\approx 0,5075$.

Tính $S_2$: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+{\left(y-3\right)}^2=5\left(C\right)\Rightarrow x=\sqrt{5-{\left(y-3\right)}^2}\\ y=x^2\Rightarrow x=\sqrt{y}\end{array}\right.\Rightarrow S_2=\underset{1}{\overset{4}{\int }}\left[\sqrt{5-{\left(y-3\right)}^2}-\sqrt{y}\right]\text{d}y\approx 1,26$.

Vậy $S=2\left(S_1+S_2\right)\approx 3,54$.

Chọn D

Đặt: $t=\sqrt{x^2+5}-x\Rightarrow x=\frac{5-t^2}{2t}\Rightarrow \text{d}x=-\left(\frac{1}{2}+\frac{5}{2t^2}\right)\text{d}t$.

Ta có: $1=\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)\left(\frac{1}{2}+\frac{5}{2t^2}\right)\text{d}t=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)\text{d}t+\frac{5}{2}\underset{1}{\overset{5}{\int }}\frac{f\left(t\right)}{t^2}\text{d}t$

$\Rightarrow \frac{1}{2}\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)\text{d}t=1-\frac{5}{2}\underset{1}{\overset{5}{\int }}\frac{f\left(t\right)}{t^2}\text{d}t=1-\frac{5}{2}.3=-\frac{13}{2}$

$\Rightarrow \underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)\text{d}t=-13$

Chọn A

Giả sử $z=x+yi,\left(x,y\in ℝ\right)$. Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của z trên mp(Oxy).

Ta có:

+) $\left|z+2\right|=\left|\overline{z}\right|\iff {\left(x+2\right)}^2+y^2=x^2+y^2\iff x+1=0\left(d_1\right)$.

+) $\left|z+i\right|=\left|z-i\right|\iff x^2+{\left(y+1\right)}^2=x^2+{\left(y-1\right)}^2\iff y=0\left(d_2\right)$.

Khi đó $M=\left(d_1\right)\cap \left(d_2\right)\Rightarrow M\left(-1;0\right)$.

Giả sử $w=a+bi,\left(a,b\in ℝ\right)$. Gọi N(a;b) là điểm biểu diễn của w trên mp(Oxy).

Ta có:

+) $\left|w-2-3i\right|\le 2\sqrt{2}\iff {\left(a-2\right)}^2+{\left(b-3\right)}^2\le 8\left(C_1\right)$.

+) $\left|\overline{w}-5+6i\right|\le 2\sqrt{2}\iff {\left(a-5\right)}^2+{\left(b-6\right)}^2\le 8\left(C_2\right)$.

Với $\left(C_1\right)$ là hình tròn tâm I(2;3), bán kính $R_1=2\sqrt{2}$;

$\left(C_2\right)$ là hình tròn tâm J(5;6), bán kính $R_2=2\sqrt{2}$.

Khi đó N thuộc miền chung của hai hình tròn $\left(C_1\right)$ và $\left(C_2\right)$ ( hình vẽ).

Ta có: $\left|z-w\right|=MN$.

Ta có:  $\overrightarrow{MI}=\left(3;3\right);\overrightarrow{IJ}=\left(3;3\right)\Rightarrow \overrightarrow{MI}=\overrightarrow{IJ}$.

Như vậy ba điểm M,I,J thẳng hàng.

Do đó: MN lớn nhất khi và chỉ khi $N=MJ\cap \left(C_1\right)\Rightarrow M{N}_{\max }=MI+IN=3\sqrt{2}+2\sqrt{2}=5\sqrt{2}$.

Chọn A

$$\begin{gathered} 3^x\left(3^{2x}+1\right)-\left(3^x+m+2\right)\sqrt{3^x+m+3}=2\sqrt{3^x+m+3} \\ \iff 3^x\left(3^{2x}+1\right)=\left(3^x+m+2\right)\sqrt{3^x+m+3}+2\sqrt{3^x+m+3} \\ \iff 3^{3x}+3^x=\left(3^x+m+3\right)\sqrt{3^x+m+3}+\sqrt{3^x+m+3} \\ \iff 3^{3x}+3^x={\left(\sqrt{3^x+m+3}\right)}^3+\sqrt{3^x+m+3} \end{gathered}$$.