Chọn D

Ta có $2^{x^2-x-4}=\frac{1}{16}\iff 2^{x^2-x-4}=2^{-4}\iff x^2-x-4=-4\iff x^2-x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $\left\{0;1\right\}$

Chọn B

Ta có: $\underset{-2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx\Rightarrow \underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=-4-1=-5$

Chọn C

Diện tích xung quanh  của khối trụ đó là: $S=2\pi rh=2\pi \mathrm{.4.3}=24\pi$ (đvtt).

Chọn A

$\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}+0.\overrightarrow{k}\iff M\left(2;1;0\right).$

Chọn C

Ta có: $u_{n+1}-u_n=2-3\left(n+1\right)-\left(2-3n\right)=-3,\forall n\in {\mathbb{N}}^{*}$.

Vậy cấp số cộng $\left(u_n\right)$ có công sai d=-3.

Chọn A

Ta có: Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;1), bán kính R=3

Chọn B

Ta có $a^{\frac{2}{3}}\sqrt{a}=a^{\frac{2}{3}}.a^{\frac{1}{2}}=a^{\frac{2}{3}+\frac{1}{2}}=a^{\frac{7}{6}}$.

Chọn A

Hàm số đồng biến trên (-1;0) và $\left(1;+\infty \right)$

Chọn C

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) nên loại phương án B và D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;-1) nên loại phương án C.

Vậy, đường cong trong hình vẽ là đồ thị hàm số ở phương án A.

Chọn B

Chọn ra 3 học sinh nam trong 10 học sinh nam có $C_{10}^3$ cách chọn.

Chọn ra 2 học sinh nữ trong 8 học sinh nữ có $C_8^2$ cách chọn.

Áp dụng quy tắc nhân ta có số cách chọn ra 5 học sinh trong đó có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ là: $C_{10}^3.C_8^2$.

Chọn C

Ta có:

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-1}{x-2}=2;\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-1}{x-2}=2$, suy ra đường thẳng y=2 là phương trình đường tiệm cận ngang.

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{2x-1}{x-2}=+\infty ;\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{2x-1}{x-2}=-\infty$, suy ra đường thẳng x=2 là phương trình đường tiệm cận đứng.

Đường tiệm cận ngang, đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số lần lượt là $y=2,x=2$

Chọn B

Số phức liên hợp của số phức z=-3i+2 là $\overline{z}=2+3i$. Điểm biểu diễn số phức $\overline{z}$ là N(2;3).

Vậy điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức $z=-3i+2$ là N

Chọn B

Đạo hàm của hàm số $y=\ln (x^2+2)$ là: $y^{\text{'}}=\frac{{\left(x^2+2\right)}^{\text{'}}}{x^2+2}=\frac{2x}{x^2+2}$

Chọn C

Ta có :  $\int \frac{1}{x}\text{\hspace{0.17em}d}x=\ln \left|x\right|+C$ Vậy D là mệnh đề sai.

Chọn B

Đường thẳng $\frac{x-1}{3}=\frac{3y}{2}=\frac{3-z}{1}\iff \frac{x-1}{3}=\frac{y}{\frac{2}{3}}=\frac{z-3}{-1}$ có một vectơ chỉ phương là

$\overrightarrow{b}=\left(3;\frac{2}{3};-1\right)$ suy ra $\overrightarrow{a}=3\overrightarrow{b}=\left(9;2;-3\right)$ cũng là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đã cho

Chọn D

Gọi SAB là thiết diện qua trục của hình nón

Ta có $\Delta SAB$ đều cạnh 2a nên chiều cao $SO=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$, bán kính $r=\frac{AB}{2}=a$

Vậy thể tích khối nón $V=\frac{1}{3}\pi r^2.SO=\frac{a^3\pi \sqrt{3}}{3}$.

Chọn A

Chọn B

Theo công thức tính thể tích khối chóp, khối lăng trụ và khối hộp chữ nhật ta thấy các khẳng định đúng là A, B, C; khẳng định sai là D.

Chọn A

Ta có: $2z_1+3z_2-z_1{z}_2=2\left(1+2i\right)+3\left(3-4i\right)-\left(1+2i\right)\left(3-4i\right)=-10i$

Chọn D

Thế tọa độ điểm N vào phương trình mặt phẳng (P) ta có: $\frac{1}{1}+\frac{2}{2}+\frac{3}{3}=1$.

Vậy mặt phẳng $\left(P\right):\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1$ không đi qua điểm N(1;2;3).

Chọn C

$n\left(\Omega \right)=C_5^2=10$. Chọn hai bi xanh có $C_3^2=3$ cách.

Gọi A: “Chọn được hai viên bi xanh” $\to n\left(A\right)=3$. Vậy $P\left(A\right)=\frac{3}{10}$

Chọn D

Ta có: ${\log }_2\left(x^3+x+1\right)={\log }_2\left(2x^2+1\right)\iff x^3+x+1=2x^2+1\left(2x^2+1>0\forall x\right)$

$\iff x^3-2x^2+x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=0\end{array}\right.$

$\Rightarrow P=0$

Chọn A

Ta có $F\left(x\right)=\int \left(2x+\frac{1}{{\sin }^{2}x}\right)dx=x^2-\cot x+C$

$F\left(\frac{\pi }{4}\right)=-1\iff {\left(\frac{\pi }{4}\right)}^2-\cot \frac{\pi }{4}+C=-1\iff C=-\frac{{\pi }^2}{16}$

Vậy F(x) =$-\cot x+x^2-\frac{{\pi }^2}{16}$

Chọn A

$i\left[2\left(a-5\right)-7i\right]=b+\left(a+3\right)i\iff 7+2\left(a-5\right)i=b+\left(a+3\right)i\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=7\\ 2\left(a-5\right)=\left(a+3\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=13\\ b=7\end{array}\right.$

$\Rightarrow a-b=13-7=6$.

Chọn A

$\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left[3f\left(x\right)+4\right]\text{\hspace{0.17em}d}x=3\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x+4\underset{1}{\overset{2}{\int }}\text{d}x=300+{\left.4x\right|}_1^2=300+\left(4.2-4\right)=300+4$=304.

Chọn D

Ta có

$\left(2-3i\right)z-\left(9-2i\right)=\left(1+i\right)z\iff \left(2-3i\right)z-\left(1+i\right)z=9-2i\iff \left(1-4i\right)z=9-2i$

$\iff z=\frac{9-2i}{1-4i}\iff z=\frac{\left(9-2i\right)\left(1+4i\right)}{\left(1-4i\right)\left(1+4i\right)}\iff z=\frac{17+34i}{17}\iff z=1+2i$

Chọn D

Ta có $2^{3x+3}\le 2^{2019-7x}\iff 3x+3\le 2019-7x\iff 10x\le 2016\iff x\le 201,6$

Mà $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $x\in \left\{1;2;3;\mathrm{...};201\right\}$. Vậy bất phương trình có 201 nghiệm nguyên dương

Chọn D

Ta có:

$\left.\begin{array}{l}\left(ABCD\right)\cap \left(BC{D}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)=BC\\ BC\perp DC\\ BC\perp D^{\text{'}}C\end{array}\right\}\Rightarrow$Góc giữa (BCD'A') và (ABCD) chính là góc $\widehat{DC{D}^{\text{'}}}$.

Vì DCC'D' là hình vuông nên $\widehat{DC{D}^{\text{'}}}=45°$.

Chọn D

Gọi H là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$.

Thể tích khối chóp S.ABCD là: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}{a}^2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$.

Chọn B

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

Bảng xét dấu y'.

Từ bảng xét dấu y' ta thấy hàm số có môt điểm cực tiểu là x=1.

Chọn B

${\log }_2\left(\frac{x^2}{y}\right)={\log }_2{x}^2-{\log }_{2}y=2{\log }_{2}x-{\log }_{2}y$

Chọn A

Ta có: $\left(a-2b\right)+\left(a+b+4\right)i=\left(2a+b\right)+2bi\iff \left\{\begin{array}{l}a-2b=2a+b\\ a+b+4=2b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+3b=0\\ a-b=-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-3\\ b=1\end{array}\right.$.

Chọn A

Đường thẳng Oy đi qua điểm  và nhận vectơ đơn vị $\overrightarrow{j}=\left(0;1;0\right)$ làm vectơ chỉ phương nên có phương trình tham số là $\left\{\begin{array}{l}x=0+0.t\\ y=2+1.t\\ z=0+0.t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=2+t\\ z=0\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$

Chọn C

Bán kính của mặt cầu: $r=IA=\sqrt{0^2+1^2+2^2}=\sqrt{5}$.

Phương trình mặt cầu: ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=5$.

Chọn B

$y\text{'}=2^x-2,\forall x\in \left(0;1\right),y\text{'}⟨0$ nên hàm số nghịch biến trên (0;1).

Chọn B

Số giao điểm là số nghiệm phương trình

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

Phương trình có 3 nghiệm suy ra có giao điểm.

Chọn C

$f\text{'}\left(x\right)=-8x^3+8x=-8x\left(x^2-1\right)=-8x\left(x-1\right)\left(x+1\right)$

Xét $f\left(0\right)=3,f\left(1\right)=5$ và f(2)=-13.

Chọn A

Do AB//CD nên $d\left[B,\left(SCD\right)\right]=d\left[A,\left(SCD\right)\right]$. Kẻ $AE\perp SD$ tại E.

Khi đó $d\left[A,\left(SCD\right)\right]=AE.$

Tam giác vuông SAD, có $AE=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Vậy $d\left[B,\left(SCD\right)\right]=AE=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Chọn C

Ta có $f\left(x\right)=\int f^{{}^{,}}\left(x\right)dx=\int (2{\cos }^{2}x+3)dx$$=\int (2.\frac{1+\cos 2x}{2}+3)dx$.

$=\int (\cos 2x+4)dx$=$\frac{1}{2}\sin 2x+4x+C$ do $f\left(0\right)=4\Rightarrow C=4$.

Vậy $f\left(x\right)=\frac{1}{2}\sin 2x+4x+4$ nên $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}(\frac{1}{2}\sin 2x+4x+4)dx$.

$={\left.(-\frac{1}{4}\cos 2x+2x^2+4x)\right|}_0^{\frac{\pi }{4}}=\frac{{\displaystyle {\pi }^2+8\pi +2}}{{\displaystyle 8}}$.

Chọn A

Giả sử phương trình đường thẳng AB là : $y=ax+b$ ta có

phương trình hoành độ giao điểm : $\frac{1}{2}{x}^2\text{=\hspace{0.17em}a}x+b\iff \frac{1}{2}{x}^2\text{- a}x\text{ - }b=0(*)$

Theo đề bài ta có $x_1^{},x_2^{}$ là hai nghiệm của (*) nên $\frac{1}{2}{x}^2\text{- a}x\text{- }b=\frac{1}{2}(x-x_1^{})(x-x_2^{})$

Giả sử ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng AB là:

$$\begin{gathered} S=\underset{x_1^{}}{\overset{x_2^{}}{\int }}\text{(ax}+b-\frac{1}{2}{x}^2)dx=-\frac{1}{2}\underset{x_1^{}}{\overset{x_2^{}}{\int }}(x-x_1^{})(x-x_2^{})dx=\frac{9}{4}\iff -\frac{{(x_1^{}-x_2^{})}^3}{12}=\frac{9}{4} \\ \Rightarrow x_1^{}-x_2^{}=-3\left(1\right) \end{gathered}$$

Ta lại có tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau nên $x_1^{}.x_2^{}=-1\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra ${(x_1^{}+x_2^{})}^2={(x_1^{}-x_2^{})}^2+4x_1^{}.x_2^{}=9-4=5$

Chọn A

Đặt $t=3x\Rightarrow \text{d}t=3\text{d}x\Rightarrow \text{d}x=\frac{1}{3}\text{d}t$.

Suy ra $1=\underset{0}{\overset{1}{\int }}xf\left(3x\right)\text{d}x=\frac{1}{9}\underset{0}{\overset{3}{\int }}tf\left(t\right)\text{d}t\iff \underset{0}{\overset{3}{\int }}tf\left(t\right)dt=9$.

Đặt $\left\{\begin{array}{c}u=f\left(t\right)\\ \text{d}v=t\text{d}t\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}\text{d}u=f^{\text{'}}\left(t\right)\text{d}t\\ v=\frac{t^2}{2}\end{array}\right.$.

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{3}{\int }}tf\left(t\right)\text{d}t={\left.\frac{t^2}{2}f\left(t\right)\right|}_0^3-\underset{0}{\overset{3}{\int }}\frac{t^2}{2}{f}^{\text{'}}\left(t\right)\text{d}t=\frac{9}{2}f\left(3\right)-\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{3}{\int }}{t}^2{f}^{\text{'}}\left(t\right)\text{d}t$.

$\iff 9=\frac{9}{2}-\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{3}{\int }}{t}^2{f}^{\text{'}}\left(t\right)\text{d}t\iff \underset{0}{\overset{3}{\int }}{t}^2{f}^{\text{'}}\left(t\right)\text{d}t=-9$.

Vậy $\underset{0}{\overset{3}{\int }}{x}^2{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=-9$

Chọn D

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)+x$ có $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)+1$

Dựa vào đồ thị hàm số y=f'(x) có:

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

Bảng biến thiên

Từ đó suy ra hàm số y=g(x) đạt cực tiểu tại điểm x=1.

Chọn C

Xét hình chữ nhật ABCD, ta có $A{C}^2=A{B}^2+A{D}^2=a^2+4a^2=5a^2.$

Xét tam giác vuông AA'C, ta có $A{A^{\text{'}}}^2=A{C^{\text{'}}}^2-A{C}^2=14a^2-5a^2=9a^2\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=3a.$

Ta có $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=AB.AD.A{A}^{\text{'}}=a.2a.3a=6a^3.$

Chọn B

Giả sử AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ với $A\in d_1$ và $B\in d_2$

Ta có $A\in d_1\Rightarrow A\left(2+2a;3+3a;-4-5a\right)$ và $B\in d_2\Rightarrow B\left(-1+3b;4-2b;4-b\right)$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-3+3b-2a;1-2b-3a;8-b+5a\right)$.

Đường thẳng $d_1$ có một VTCP $\overrightarrow{u_1}=\left(2;3;-5\right)$; $d_2$ có một VTCP $\overrightarrow{u_2}=\left(3;-2;-1\right)$.

Vì AB là đoạn vuông góc chung của $d_1$ và $d_2$ nên ta có

$\left\{\begin{array}{l}AB\perp d_1\\ AB\perp d_2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_1}=0\\ \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_2}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2\left(-3+3b-2a\right)+3\left(1-2b-3a\right)-5\left(8-b+5a\right)=0\\ 3\left(-3+3b-2a\right)-2\left(1-2b-3a\right)-1\left(8-b+5a\right)=0\end{array}\right.$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}-38a+5b=43\\ -5a+14b=19\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=1\end{array}\right.$. Do đó A(0;0;1) và $\overrightarrow{AB}=\left(2;2;2\right)$ là một VTCP của AB, suy ra AB cũng có một VTCP $\overrightarrow{u}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\left(1;1;1\right)$.

Đường thẳng AB có phương trình chính tắc là $\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{1}$.

Chọn B

Đặt $t=3^{\sqrt{x^2-3x+m}-x}$ với t>0, bất phương trình đã cho trở thành $t^2+\frac{2}{9}t-\frac{1}{27}<0\iff -3<t<\frac{1}{9}$.

Do đó $0<t<\frac{1}{9}\iff \sqrt{x^2-3x+m}-x<-2\iff \sqrt{x^2-3x+m}<x-2$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x>2\\ x^2-3x+m\ge 0\\ x^2-3x+m<x^2-4x+4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>2\\ x^2-3x+m\ge 0\\ x<4-m\end{array}\right.$(I)

Để bất phương trình đề bài cho có nghiệm thì hệ bất phương trình (I) có nghiệm ta đặt

$\left\{\begin{array}{c}x>2\\ x^2-3x+m\ge 0\\ x<4-m\end{array}\begin{array}{c}\left(1\right)\\ \left(2\right)\\ \left(3\right)\end{array}\right.$.

Điều kiện cần: Từ (1) và (3) ta có $4-m>2\iff m<2$.

Do m là số nguyên dương nên m=1.

Điều kiện đủ: Với m=1, hệ bất phương trình (I) trở thành $\left\{\begin{array}{l}x>2\\ x^2-3x+1\ge 0\\ x<3\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2<x<3\\ x<\frac{3-\sqrt{5}}{2}\vee x>\frac{3+\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.\iff \frac{3+\sqrt{5}}{2}<x<3$  . Vậy hệ bất phương trình (I) có nghiệm.

Vậy m=1.

Chọn C

Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc tọa độ trùng với tâm hình tròn, suy ra phương trình

đường tròn là: $x^2+y^2=64$.

+ Diện tích hình vuông ABCD là: $S_{ABCD}=4\times 4=16\left(m^2\right)$.

$\Rightarrow$ Số tiền để trồng hoa là: $T_1=16\times 200.000=\mathrm{3.200.000}$.

+ Diện tích trồng cỏ là: $S=4\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left(\sqrt{64-x^2}-2\right)\text{\hspace{0.17em}d}x\approx 94,654\left(m^2\right)$.

$\Rightarrow$ Số tiền trồng cỏ là: $T_2=94,654\times 100.000=\mathrm{9.465.000}$.

+ Số tiền trồng 4 cây cọ là: $T_3=150.000\times 4=600.000$.

Vậy tổng số tiền để thực hiện việc trang trí bồn hoa là:

$T=T_1+T_2+T_3=\mathrm{13.265.000}$.

Chọn D

Gọi M,N lần lượt là điểm biểu diễn của hai số phức $z_1,z_2$.

Do $\left\{\begin{array}{l}\left|z_1-3+\sqrt{3}i\right|=\left|z_2-3+\sqrt{3}i\right|=2\\ \left|z_1-z_2\right|=4\end{array}\right.$ nên $\left\{\begin{array}{l}M,N\in \left(C\right):{\left(x-3\right)}^2+{\left(y+\sqrt{3}\right)}^2=2^2\\ MN=4=2.2\end{array}\right.$.

Như vậy MN là đường kính của đường tròn (C) với tâm $I\left(3;-\sqrt{3}\right)$, bán kính R=2, do đó I là trung điểm MN, $\text{O}I=\sqrt{12}$.

Ta có $\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=OM+ON\le \sqrt{\left(1+1\right)\left(O{M}^2+O{N}^2\right)}=\sqrt{2\left(2\text{O}{I}^2+\frac{M{N}^2}{2}\right)}=8$.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $OM=ON\iff MN$ là đường kính của (C) vuông góc với OI.

Chọn C

Dễ thấy $\left(P\right)\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\left(R\right)$, gọi O là tâm của đường tròn đáy hình nón, $O^{\text{'}}=IO\cap \left(Q\right)$, từ giả thiết ta có

$I{O}^{\text{'}}=d\left(A,\left(P\right)\right)=\frac{5}{3}$; $O{O}^{\text{'}}=d\left(A,\left(R\right)\right)=\frac{10}{3}$ suy ra OO'=2IO'.

Gọi M là điểm thuộc đường tròn (O), $M^{\text{'}}=IM\cap \left(Q\right)$, do $O^{\text{'}}{M}^{\text{'}}\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}OM$ nên $\frac{I{O}^{\text{'}}}{IO}=\frac{O^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}{OM}=\frac{1}{3}$.

Do đó $r_2=3r_1$, (trong đó $r_1$ và $r_2$ lần lượt là bán kính của các đường tròn (O') và (O)). Đặt $I{O}^{\text{'}}=h$, khi đó

$\frac{V_1}{V}=\frac{\frac{1}{3}\pi r_1^{2}h}{\frac{1}{3}\pi {\left(3r_1\right)}^2.3h}=\frac{1}{27}\Rightarrow V=27V_1\Rightarrow V_2=V-V_1=26V_1$.

$$\begin{gathered} S=V_2+\frac{78}{V_1^3}=26V_1+\frac{78}{V_1^3}=\frac{26}{3}{V}_1+\frac{26}{3}{V}_1+\frac{26}{3}{V}_1+\frac{78}{V_1^3}\ge 4\sqrt[4]{\frac{26}{3}{V}_1.\frac{26}{3}{V}_1.\frac{26}{3}{V}_1.\frac{78}{V_1^3}} \\ =4\sqrt[4]{\frac{456976}{9}} \end{gathered}$$

Dấu "=" xảy ra khi $\frac{26}{3}{V}_1=\frac{78}{V_1^3}\iff V_1=\sqrt{3}$. Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{3}\\ b=26\sqrt{3}\end{array}\right.$.

Vậy $a^2+b^2=3+{26}^2.3=2031$.

Chọn D

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=2f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)$. Suy ra $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0\left(1\right)\\ f\text{'}\left(x\right)=0\left(2\right)\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị của hàm số y=f(x) ta suy ra: Pt (1) $\iff \left[\begin{array}{l}x=\alpha \in \left(-\infty ;-1\right)\\ x=\beta \in \left(-1;0\right)\end{array}\right.$.

Pt (2) $\iff \left[\begin{array}{l}x=x_1\in \left(-1;\beta \right)\\ x=x_2\in \left(0;1\right)\\ x=x_3\in \left(1;2\right)\end{array}\right.$, trong đó x₁,x₃ là các điểm cực đại và x₂ là các điểm cực tiểu.

BBT

Từ BBT trên suy ra hàm số $g\left(x\right)={\left[f\left(x\right)\right]}^2$ có 2 điểm cực đại, 3 điểm cực tiểu

Chọn D

Ta có phương trình ${2019}^x+\frac{2x-1}{x+1}+\frac{mx-2m-1}{x-2}=0\iff {2019}^x+\frac{2x-1}{x+1}+\frac{m(x-2)-1}{x-2}=0$

$\iff {2019}^x+\frac{2x-1}{x+1}+m-\frac{1}{x-2}=0\iff m=\frac{1}{x-2}-{2019}^x-\frac{2x-1}{x+1}$.