Chọn C

Gọi d là công sai, ta có $u_6=u_1+5d\Rightarrow 18=3+5d\Rightarrow d=3$.

Chọn A

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x=2 vì y' đổi dấu từ dương sang âm qua điểm x=2.

Chọn B

Tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S) có phương trình ${\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z+2\right)}^2=16$ là: I(1;0;-2), r=4 

Chọn B

Chọn A

Ta có $\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=1+4=5.$

Chọn A

Chọn C

Ta có: $2\overrightarrow{a}=\left(2;4;6\right)$; $3\overrightarrow{b}=\left(-6;12;3\right)$; $5\overrightarrow{c}=\left(-5;15;20\right)$

Suy ra: $\overrightarrow{v}=2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}+5\overrightarrow{c}=\left(3;7;23\right)$.

Chọn D

Ta có $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\sqrt{3}\right)}^{2}4=4\pi$

Chọn B

Tập xác định của hàm số $D=ℝ\backslash \left\{-3\right\}$.

Ta có $\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }\frac{2-x}{x+3}=+\infty$.

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x=-3.

Chọn D

Dựa vào đồ thị ta thấy a<0,c=0 nên chỉ có đáp án B thỏa mãn

Chọn A

Số phức $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$. Điểm biểu diến số phức là M(a;b).

Từ đó suy ra điểm M(3;-1) biểu diễn số phức: z=3-i.

Chọn C

Hình trụ có r=2 đường sinh l=3.

Diện tích xung quanh $S_{xq}=2\pi rl=2\pi \mathrm{.2.3}=12\pi$

Chọn D

$\int f\left(x\right)dx=\int \left(e^{2x}+x^2\right)dx=\frac{e^{2x}}{2}+\frac{x^3}{3}+C$

Chọn B

Ta có: $1.1-2.0+2.1-3=0.$ Tọa độ điểm N(1;0;1) thỏa mãn phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ nên N nằm trên mặt phẳng $\left(\alpha \right)$.

Chọn C

Ta có: $y\text{'}=\left[\ln \left(\sin x\right)\right]\text{'}=\frac{1}{\sin x}.\left(\sin x\right)\text{'}=\frac{\cos x}{\sin x}=\cot x$

Chọn D

Ta có: $2^a{.2}^b=2^{a+b}.$

Chọn C

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1;3).

Chọn B

Ta có: $3^{2x-1}=27\iff 2x-1=3\iff x=2$.

Vậy nghiệm của phương trình  là x=2.

Chọn C

Đường thẳng $\Delta :\frac{x-1}{2}=\frac{y+2}{-1}=\frac{z+3}{-1}$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_3}=\left(2;-1;-1\right)$

Chọn D

Ta có ${\left(1+i\right)}^2=1+2i+i^2=2i$

Chọn A

Ta có: $\left(\left(A\text{'}B\text{'}C\right);\left(ABC\text{'}D\text{'}\right)\right)=\left(BC\text{'};B\text{'}C\right)$

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo BC' và B'C.

+) $\tan \widehat{CB\text{'}B}=\frac{CB}{BB\text{'}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{CB\text{'}B}={30}^{\text{o}}$.

Tam giác IBB' cân tại I, suy ra: $\widehat{BIB\text{'}}={120}^{\text{o}}\Rightarrow \widehat{CIB}={60}^{\text{o}}$.

Vậy $\left(\left(A\text{'}B\text{'}C\right);\left(ABC\text{'}D\text{'}\right)\right)={60}^{\text{o}}$.

Chọn C

Ta có: $d\left(I,\left(P\right)\right)=3;$ bán kính đường tròn giao tuyến r=5 suy ra bán kính mặt cầu là:

$R=\sqrt{3^2+5^2}=\sqrt{34}$ do đó phương trình mặt cầu là: ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=34.$

Chọn B

Cách 1: Bấm máy tính chọn $\left\{\begin{array}{l}a=5\\ b=6\end{array}\right.$

(có thể chọn số khác miễn sao thỏa mãn điều kiện $0<a\ne 1,0<b\ne 1$)

Ta bấm máy như sau: ${\log }_{5^2}\left(5^{10}{6}^2\right)+{\log }_{\sqrt{5}}\left(\frac{5}{\sqrt{6}}\right)+{\log }_{\sqrt[3]{6}}\left(6^{-2}\right)$ đuợc kết quả: 1.

Cách 2:

$\begin{array}{l}{\log }_{a^2}\left(a^{10}{b}^2\right)+{\log }_{\sqrt{a}}\left(\frac{a}{\sqrt{b}}\right)+{\log }_{\sqrt[3]{b}}\left(b^{-2}\right)\\ ={\log }_{a^2}{a}^{10}+{\log }_{a^2}{b}^2+{\log }_{\sqrt{a}}a-{\log }_{\sqrt{a}}\sqrt{b}+{\log }_{b^{\frac{1}{3}}}\left(b^{-2}\right)\\ =\frac{10}{2}{\log }_{a}a+\frac{2}{2}{\log }_{a}b+{\log }_{a^{\frac{1}{2}}}a-{\log }_{a^{\frac{1}{2}}}{b}^{\frac{1}{2}}+\frac{-2}{\frac{1}{3}}{\log }_{b}b\\ =5+{\log }_{a}b+2-{\log }_{a}b-6\end{array}$

=1.

Chọn A

Theo bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp ta có: Phương án A, B, C đúng.

Phương án D sai vì $\int \sin x\text{\hspace{0.17em}d}x=-\cos x+C$

Chọn A

Ta có phương trình đường thẳng d: $\left\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=-3t\\ z=-3+5t\end{array}\right.$ đi qua điểm A(2;0;-3) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(2;-3;5)$ nên có phương trình chính tắc là $\frac{x-2}{2}=\frac{y}{-3}=\frac{z+3}{5}$.

Chọn A

Đồ thị hàm số y=f'(x) cắt trục hoành tại ba điểm lần lượt là $x_1$, $x_2$, $x_3$ (với $x_1<x_2<x_3$).

Từ đồ thị của hàm số y=f'(x) ta có bảng biến thiên:

Ta thấy f'(x) đổi dấu từ âm qua dương khi qua điểm $x_1$ này nên số điểm cực trị của hàm số y=f(x) bằng 1.

Chọn C

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BD\perp AO\\ BD\perp A{A}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow BD\perp \left(A{A}^{\text{'}}O\right)$

Suy ra $\left(BD{A}^{\text{'}}\right)\perp \left(A{A}^{\text{'}}O\right)$.

Kẻ $AH\perp A^{\text{'}}O\Rightarrow AH\perp \left(BD{A}^{\text{'}}\right)$.

Suy ra $AH=d\left(A,\left(BD{A}^{\text{'}}\right)\right)$.

Xét tam giác AA'O vuông tại A có AA'=1, $AO=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $AH=\frac{A{A}^{\text{'}}.AO}{\sqrt{A{A^{\text{'}}}^2+A{O}^2}}$$=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Vậy $d\left(A,\left(BD{A}^{\text{'}}\right)\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Chọn A

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{2x+3}{2-x}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(-2+\frac{7}{-x+2}\right)dx=\left(-2x-7\ln \left|2-x\right|\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=7\ln 2-2$.

Ta có $a=7,b=-2\Rightarrow a+2b=3$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2).

Chọn C

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=36$.

Gọi A là biến cố để số chấm xuất hiện trên hai con xúc sắc đều là số chẵn.

$\Rightarrow A=\left\{\left(2;2\right);\left(2;4\right);\left(2;6\right);\left(4;2\right);\left(4;4\right);\left(4;6\right);\left(6;2\right);\left(6;4\right);\left(6;6\right)\right\}\Rightarrow n\left(A\right)=9.$

Xác xuất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}.$

Chọn A

Hình lục giác đều cạnh a được tạo bởi 6 tam giác đều cạnh a.

Mỗi tam giác đều cạnh a có diện tích: $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Diện tích của hình lục giác đều là: $S=6.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3}{2}{a}^2\sqrt{3}.$

Thể tích của khối lăng trụ là: $V=S.h=\frac{3}{2}{a}^2\sqrt{3}.4a=6\sqrt{3}{a}^3$.

Chọn B

Ta có $z^3=1\iff z^3-1=0\iff \left(z-1\right)\left(z^2+z+1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}z=1\\ z=-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i\end{array}\right.$.

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn $z^3=1$

Chọn B

Ta có: $\left(2+3i\right)x+y\left(1-2i\right)=5+4i\iff 2x+3xi+y-2yi=5+4i$

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

Nên $P=x^2-2y=4-2=2$.

Chọn A

Ta có: ${\log }_3\left(3x-2\right)=3\iff 3x-2=3^3\iff x=\frac{29}{3}$.

Vậy phương trình ${\log }_3\left(3x-2\right)=3$ có nghiệm là $x=\frac{29}{3}$.

Chọn D

Ta có : $y\text{'}=\frac{2-m}{{\left(x+1\right)}^2}$.

+ Xét m=2.

$\Rightarrow$Hàm số trở thành : y=2 là hàm số hằng nên không đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3

$\Rightarrow$m=2(loại)

+ Xét m>2.

$\Rightarrow y\text{'}=\frac{2-m}{{\left(x+1\right)}^2}<0\text{ (}\forall x\ne -1)$.

$\Rightarrow \frac{8+m}{5}=3\iff m=7$(thoả mãn).

+ Xét m<2.

$\Rightarrow y\text{'}=\frac{2-m}{{\left(x+1\right)}^2}>0\text{ (}\forall x\ne -1)$$\Rightarrow \underset{\left[0;4\right]}{\min y}=y\left(0\right)=m$.

$\Rightarrow m=3$(loại).

Vậy m=7.

Chọn B

Ta có: ${\left(\frac{2}{3}\right)}^{x^2-x+1}>{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2x+1}\iff x^2-x+1<2x+1\iff x^2-3x<0\iff 0<x<3.$

Vậy tập nghiệm S=(0;3), suy ra $b-a=3-0=3$.

Chọn C

Ta có $z=2019+i^{2019}=2019+i^{2016}.i^3=2019+i^3=2019-i$

Do đó phần ảo của $z=2019+i^{2019}$ bằng -1.

Chọn D

$m{.9}^x+\left(m-1\right){.16}^x+4\left(m-1\right){.12}^x>0\iff \left(m-1\right){\left(\frac{4}{3}\right)}^{2x}+4\left(m-1\right){\left(\frac{4}{3}\right)}^x+m>0\left(1\right)$

Đặt $t={\left(\frac{4}{3}\right)}^x,t>0\forall x$. Bất phương trình (1) trở thành $\left(m-1\right)t^2+4\left(m-1\right)t+m>0$

Bất phương trình (1) có tập nghiệm là $\mathrm{ℝ}$ khi và chỉ khi $\left(m-1\right)t^2+4\left(m-1\right)t+m>0,\forall t>0$

$\iff m>\frac{t^2+4t}{t^2+4t+1}\text{ , }\forall t>0\left(2\right)$

Xét hàm số $y=f\left(t\right)=\frac{t^2+4t}{t^2+4t+1}$ với t>0, ta có $y^{\text{'}}=\frac{2t+4}{{\left(t^2+4t+1\right)}^2}>0\text{ , }\forall t>0$

Bảng biến thiên

Bất phương trình (2) được thỏa mãn khi và chỉ khi đường thẳng y=m luôn nằm trên mọi

điểm của đồ thị hàm số y=f(t). Từ BBT suy ra $m\ge 1$

Mà m là số nguyên thuộc khoảng (0;10) nên $m\in \left\{1\text{ ; 2 ; 3 ;. . . ; 9 }\right\}$

Chọn D

Theo bài ra ta có

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

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

Từ đồ thị ta thấy y=f(x) nghịch biến nên f'(x)<0 suy ra $f^{\text{'}}\left(x\right)-2<0$.

Suy ra $h^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f\left(x\right)-2x=0$.

Từ đồ thị dưới ta thấy $f\left(x\right)-2x=0\iff x=1$.

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra đồ thị của hàm số y=h(x) có điểm cực tiểu là M(1;0).

Chọn D

Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(2;-3;2\right)$.

Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_P}=\left(1;-1;-1\right)$.

Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P);

Đường thẳng d' là hình chiếu vuông góc của d trên (P), $d\text{'}=\left(P\right)\cap \left(Q\right)$

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là $\overrightarrow{n_Q}=\left[\overrightarrow{u_{d\text{'}}},\overrightarrow{n_P}\right]=\left(5;4;1\right)$

Véc tơ chỉ phương của d' là $\overrightarrow{u_{d\text{'}}}=\left[\overrightarrow{n_P},\overrightarrow{n_Q}\right]=\left(3;-6;9\right)=-3\left(-1;2;-3\right)$

Ta thấy đường thẳng d' thuộc (P) nên điểm $M_0\in d\text{'}\Rightarrow M_0\in \left(P\right)$. Thay tọa độ điểm $M_0\left(1;1;-2\right)$ ở đáp án A thấy thỏa mãn phương trình (P)

Chọn D

Đặt: $u=x;\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}d}v=f^{\text{'}}\left(x\right)e^{f\left(x\right)}\text{d}x$ suy ra du=dx, chọn $v=e^{f\left(x\right)}.$

Do đó $\underset{0}{\overset{5}{\int }}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)e^{f\left(x\right)}\text{d}x={\left.x{e}^{f\left(x\right)}\right|}_0^5-\underset{0}{\overset{5}{\int }}{e}^{f\left(x\right)}\text{d}x=5e^{f\left(5\right)}-I\Rightarrow 8=25-I\iff I=17$.

Chọn B

.

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), đường thẳng x=9 và trục hoành là $S_1=\underset{0}{\overset{9}{\int }}\sqrt{x}\text{d}x=18$. Gọi $M\left(x_M;y_M\right)$ là một điểm bất kì trên (C) ta có $S_2=\frac{1}{2}{y}_M.OA=\frac{9}{2}{y}_M$. Theo giả thiết ta có $S_1=2S_2\iff 18=2.\frac{9}{2}{y}_M\iff y_M=2\Rightarrow x_M=4\Rightarrow M\left(4;2\right)$.

Chọn D

Xét lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C'. Gọi E,E' lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, A'B'C' , M là trung điểm BC và I là trung điểm EE'. Do hình lăng trụ đều nên EE' là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC,A\text{'}B\text{'}C\text{'}\Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, IA là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.

$AE=\frac{a\sqrt{3}}{3},IE=\frac{b}{2}\Rightarrow R=IA=\sqrt{A{E}^2+I{E}^2}=\sqrt{\frac{4a^2+3b^2}{12}}.$

Thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\sqrt{\frac{4a^2+3b^2}{12}}\right)}^3=\frac{\pi }{18\sqrt{3}}\sqrt{{\left(4a^2+3b^2\right)}^3}.$   

Chọn B

Đặt hệ trục Oxy như hình vẽ.

Phương trình đường tròn $x^2+y^2=25\iff y=\pm \sqrt{25-x^2}$.

Tìm được tọa độ điểm $N\left(\frac{5\sqrt{3}}{2};\frac{5}{2}\right)$ (một giao điểm của đường tròn và đường thẳng $y=\frac{5}{2}$).

Diện tích 4 phần trắng (không trồng cây) là: $S_1=4\underset{\frac{5}{2}}{\overset{\frac{5\sqrt{3}}{2}}{\int }}\left(\sqrt{25-x^2}-\frac{5}{2}\right)\text{d}x$.

Diện tích phần trồng rau bằng diện tích hình tròn trừ cho $S_1$, tức là $$\begin{gathered} S=\pi r^2-S_1=\pi {.5}^2-4\underset{\frac{5}{2}}{\overset{\frac{5\sqrt{3}}{2}}{\int }}\left(\sqrt{25-x^2}-\frac{5}{2}\right)\text{d}x=25\pi -4\left(\frac{25\pi }{12}-\frac{5}{2}.\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}-\frac{5}{2}\right)\right) \\ =\frac{50\pi }{3}+25\sqrt{3}-25 \end{gathered}$$.

Số tiền cần để trồng hoa là: $50000.S\approx 3533057$ đồng

Chọn B

Dễ thấy đường thẳng $∆$ đi qua các điểm (0;-3) và (1;0) nên $\Delta :y=3x-3$ suy ra hệ số góc của $∆$ là $k=3\Rightarrow f^{\text{'}}\left(2\right)=3$.

Hàm số y=f(x) đạt cực tiểu tại x=-1 suy ra $f^{\text{'}}\left(-1\right)=0$.

Vậy $\underset{1}{\overset{4}{\int }}{f}^{\text{'}\text{'}}\left(x-2\right)\text{d}x={\left.f^{\text{'}}\left(x-2\right)\right|}_1^4=f^{\text{'}}\left(2\right)-f^{\text{'}}\left(-1\right)=3-0=3$.

Chọn A

Ta có $9.3^{2x}-m(4\sqrt[4]{x^2+2x+1}+3m+3).3^x+1=0$

$\iff 3^{x+1}+\frac{1}{3^{x+1}}-\frac{m}{3}(4\sqrt{\left|x+1\right|}+3m+3)=0\left(1\right)$

Đặt t=x+1, phương trình (1) thành $3^t+\frac{1}{3^t}-\frac{m}{3}(4\sqrt{\left|t\right|}+3m+3)=0$(2).

Bài toán trở thành tìm số giá trị nguyên của m để phương trình (2) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.

Nhận xét: Nếu $t_0$ là một nghiệm của phương trình (2) thì -$t_0$ cũng là một nghiệm của phương trình (2). Do đó điều kiện cần để phương trình (2) có đúng 3 nghiệm thực phân biệt là phương trình (2) có nghiệm t=0.

Với t=0 thay vào phương trình (2) ta có $-m^2-m+2=$$\left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-2\end{array}\right.$.

Thử lại:

+) Với m=-2 phương trình (2) thành $3^t+\frac{1}{3^t}+\frac{2}{3}(4\sqrt{\left|t\right|}-3)=0$

Ta có $3^t+\frac{1}{3^t}>0, \forall t\in \mathrm{ℝ}$ và $\frac{2}{3}(4\sqrt{\left|t\right|}-3)\ge 0, \forall t\in \mathrm{ℝ}$ suy ra  Dấu bằng xảy ra khi t=0, hay phương trình (2) có nghiệm duy nhất t=0 nên loại m=-2.

+) Với m=1 phương trình (2) thành $3^t+\frac{1}{3^t}-\frac{1}{3}(4\sqrt{\left|t\right|}+6)=0$(3)

Dễ thấy phương trình (3) có 3 nghiệm t=-1,t=0,t=1.

Ta chứng minh phương trình (3) chỉ có 3 nghiệm t=-1,t=0,t=1. Vì t là nghiệm thì -t cũng là nghiệm phương trình (3) nên ta chỉ xét phương trình (3) trên $[0;+\infty )$.

Trên tập $[0;+\infty )$, $\left(3\right)\iff 3^t+\frac{1}{3^t}-\frac{1}{3}(4\sqrt{t}+6)=0$.

Xét hàm $f\left(t\right)=3^t+\frac{1}{3^t}-\frac{1}{3}(4\sqrt{t}+6)=0$ trên $[0;+\infty )$.

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=3^t\ln 3-3^{-t}.\ln 3-\frac{2}{3\sqrt{t}}$, $f\text{'}\text{'}\left(t\right)=3^t{\ln }^{2}3+3^{-t}.{\ln }^{2}3+\frac{1}{3.{\left(\sqrt{t}\right)}^3}>0; \forall t>0$.

Suy ra f'(t) đồng biến trên $(0;+\infty )\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=0$ có tối đa 1 nghiệm t>0$\Rightarrow f\left(t\right)=0$ có tối đa 2 nghiệm $t\in [0;+\infty )$. Suy ra trên $[0;+\infty )$, phương trình có 2 nghiệm t=0;t=1.

Do đó trên tập $\mathrm{ℝ}$, phương trình (3) có đúng 3 nghiệm t=-1;t=0;t=1. Vậy chọn m=1.

Chú ý: Đối với bài toán trắc nghiệm này, sau khi loại được m=-2 ta có thể kết luận đáp án C do đề không có phương án nào là không tồn tại m.

Chọn B

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right).f\text{'}\left(f\left(x\right)\right)$.

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

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

$f\text{'}\left(f\left(x\right)\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0\left(*\right)\\ f\left(x\right)=2\left(**\right)\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị suy ra:

Phương trình (*) có hai nghiệm $\left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\end{array}\right.$.

Phương trình ( **) có ba nghiệm $\left[\begin{array}{l}x=m\left(-1<n<0\right)\\ x=n\left(0<n<1\right)\\ x=p\left(p>2\right)\end{array}\right.$

g'(x)=0 có nghiệm $\left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=m\\ x=0\\ x=n\\ x=2\\ x=p\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số $g\left(x\right)=f\left(f\left(x\right)\right)$ có 6 cực trị.

Chọn C

Đặt $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$.

Theo giả thiết, $\left|z\right|=1\Rightarrow z.\overline{z}=1$ và $x^2+y^2=1$.

$$\begin{gathered} P=\left|z\right|.\left|z^2-1+2\overline{z}\right|=\left|z^2-1+2\overline{z}\right|=\left|x^2-y^2+2xyi-1+2x-2yi\right| \\ =\left|\left(x^2+2x-y^2-1\right)+2y\left(x-1\right)i\right| \end{gathered}$$

$=\sqrt{{\left(x^2+2x-y^2-1\right)}^2+4y^2{\left(x-1\right)}^2}=\sqrt{{\left(x^2+2x-1+x^2-1\right)}^2+4\left(1-x^2\right){\left(x-1\right)}^2}$ (vì $y^2=1-x^2$)

$=\sqrt{16x^3-4x^2-16x+8}$.

Vì $x^2+y^2=1\Rightarrow x^2=1-y^2\le 1\Rightarrow -1\le x\le 1$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=16x^3-4x^2-16x+8,x\in \left[-1;1\right]$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=48x^2-8x-16$. $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{1}{2}\in \left[-1;1\right]\\ x=\frac{2}{3}\in \left[-1;1\right]\end{array}\right.$.

f(-1)=4; $f\left(-\frac{1}{2}\right)=13$; $f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{8}{27}$; f(1)=4.

$\Rightarrow \underset{\left[-1;1\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(-\frac{1}{2}\right)=13$.

Vậy $\max P=\sqrt{13}$.

Chọn A

Chứng minh góc giữa (P) và (Q) bé nhất là góc giữa Ox và (P).

Giả sử (Q) $\equiv$ (AKI). Ta có $\left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=\widehat{AKI}$, $\left(Ox,\left(P\right)\right)=\widehat{AIH}$

Xét $\Delta AHI,\Delta AHK$ là tam giác vuông chung cạnh AH.

$\Delta IHK,\widehat{K}=90°\Rightarrow HK\le HI\Rightarrow \widehat{K\text{A}H}\le \widehat{IAH}\iff 90°-\widehat{AKH}\le 90°-\widehat{AIH}\Rightarrow \widehat{AKH}\ge \widehat{AIH}$

Ox có VTCP $\overrightarrow{i}\left(1;0;0\right)$

(P) có VTPT ${\overrightarrow{n}}_P=\left(1;-1;2\right)$

Góc giữa Ox và mặt phẳng (P) là $\alpha$: $\sin \alpha =\frac{\left|\overrightarrow{i}.{\overrightarrow{n}}_P\right|}{\left|\overrightarrow{i}\right|.\left|{\overrightarrow{n}}_P\right|}=\frac{1}{\sqrt{6}}$

Góc giữa (Q) và mặt phẳng (P) thoả: $\cos \alpha =\frac{\left|{\overrightarrow{n}}_P.{\overrightarrow{n}}_Q\right|}{\left|{\overrightarrow{n}}_P\right|.\left|{\overrightarrow{n}}_Q\right|}=\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}$.

Phương trình mặt phẳng $\left(Q\right):By+Cz=0$

Ta có: $\begin{array}{l}\frac{\left|-B+2C\right|}{\sqrt{B^2+C^2}.\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}\iff \left|-B+2C\right|=\sqrt{5B^2+5C^2}\\ \iff 4B^2+4BC+C^2=0\iff C=-2B\end{array}$

Chọn A = 1, C = -2.