Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 4)

Đáp án B

Ta thấy chỉ có điểm (2;1;-1) không thuộc mặt phẳng (P)

Đáp án B

Số nghiệm cần tìm là số giao điểm của đường thẳng y=-8 và đồ thị hàm số y=f(x)

Từ bảng biến thiên ta thấy chỉ có duy nhất 1 giao điểm giữa hai đồ thị

Đáp án B

Chọn 1 người làm vị khách danh dự ngồi ở vị trí cố định vậy 5 người còn lại có 5! cách xếp.

Vậy có 5! cách

Đáp án C

Khẳng định 1 sai vì các số có thể âm.

Khẳng định 2 sai vì b có thể âm.

Khẳng định 3 sai vì nếu a < 1 thì chiều bất đẳng thức là ngược lại.

Đáp án B

Sử dụng bảng nguyên hàm ta được $\int \frac{1}{ax+b}dx=\frac{1}{a}\ln \left|ax+b\right|+C,\left(a\ne 0\right).$

Đáp án B

Gọi hình chiếu của M lên trục Oz là $M^{\text{'}}\Rightarrow M^{\text{'}}\left(0,0,-4\right)$

$M{M}^{\text{'}}=\sqrt{1^2+2^2+{\left(-4-\left(-4\right)\right)}^2}=\sqrt{5}.$

Đáp án A

Ta có $\frac{V_{O^{\text{'}}ABM}}{V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}}=\frac{\frac{1}{3}d\left(O^{\text{'}},\left(ABCD\right)\right).S_{ABM}}{d\left(O^{\text{'}},\left(ABCD\right)\right).S_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{5}=\frac{1}{15}.$

Đáp án A

Ta có $\int \frac{2x+2}{{\left(x+1\right)}^2}dx=\int \frac{2}{x+1}dx=2\ln \left|x+1\right|+C=\ln {\left(x+1\right)}^2+C.$

Đáp án B

Ta có $\left|\frac{1}{z}\right|=\left|\frac{1}{2-5i}\right|=\frac{\sqrt{29}}{29}.$

Đáp án B

Ta có $V_{tru}=\pi r^{2}h\iff \pi .4a^2.h=16\pi a^3\Rightarrow h=4a.$

Đáp án C

Cách 1. Dùng casio.

Nhập $\frac{2X^3+X-X^4}{X^2\left(2X^2+1\right)}\to CALC\to X={10}^5\to$ ta tính được $\underset{}{\lim }\frac{2n^3+n-n^4}{n^2\left(2n^2+1\right)}=\frac{-1}{2}.$

Cách 2. Có $\underset{}{\lim }\frac{2n^3+n-n^4}{n^2\left(2n^2+1\right)}=\lim \frac{\frac{2}{n}+\frac{1}{n^3}-1}{2+\frac{1}{n^2}}=\frac{-1}{2}$ vì $\lim \frac{1}{n^k}=0,\forall k>0.$

(Ta nhìn tử số và mẫu số sẽ thấy có bậc của n lớn nhất đều bằng 4 nên giới hạn ở đây sẽ bằng tỉ lệ hệ số của chúng là $-\frac{1}{2}$)

Mở rộng: Khi tính giới hạn dãy số ta chỉ cần giữ lại số hạng có số mũ cao nhất, ở đây đa thức dạng $n^k$ thì chỉ cần giữ lại k lớn nhất, $a^n$ chỉ cần giữ lại a lớn nhất.

Như bài này ta có $\underset{}{\lim }\frac{2n^3+n-n^4}{n^2\left(2n^2+1\right)}=\lim \frac{-n^4}{n^2\left(2n^2\right)}=\frac{-1}{2}.$

Đáp án A

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-2x-1\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff x=1,x=-\frac{1}{3}.$

Đáp án C

Ta có ${10}^{\log 2}=3x+5\iff 2=3x+5\iff x=-1.$

Đáp án A

Ta có $x^2+y^2+z^2-2x-6y+4z+5=0\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2+{\left(z+2\right)}^2=9.$

Vậy $R=\sqrt{9}=3.$

Đáp án A

Ta có $S_{xq}=\pi .r.l\Rightarrow l=\frac{S_{xq}}{\pi .r}=\frac{10}{3}.$

Đáp án B

Cách 1. Ta có $\left\{\begin{array}{l}{\log }_{a}b=2\\ {\log }_{a}c=5\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=a^2\\ c=a^5\end{array}\right.$

$\Rightarrow A=\frac{\sqrt{a}{b}^3\sqrt[5]{c}}{a^3\sqrt[4]{b^2}{c}^2}=\frac{\sqrt{a}.{\left(a^2\right)}^3.\sqrt[5]{a^5}}{a^3.\sqrt[4]{{\left(a^2\right)}^2}.{\left(a^5\right)}^2}=\frac{a^{\frac{15}{2}}}{a^{14}}=a^{-\frac{13}{2}}\Rightarrow {\log }_{A}a={\log }_{a^{-\frac{13}{2}}}{a}^1=-\frac{2}{13}.$

Cách 2. Ta cho a bằng một giá trị bất kì, sau đó sẽ tìm được b, c và A.

Đáp án B

A sai vì phần ảo là b

C sai vì  $z^2=a^2-b^2+2abi$

D sai vì $\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}.$

Đáp án C

Dùng casio nhập $\frac{X+\sqrt{2020}}{\sqrt{X^2-2020}}\stackrel{CALC}{\to }\left[\begin{array}{l}X=99999\stackrel{KQ}{\to }1\\ X=-99999\stackrel{KQ}{\to }-1\\ X=\sqrt{2020,0001}\stackrel{KQ}{\to }+\infty \\ X=-\sqrt{2020,0001}\stackrel{KQ}{\to }0\end{array}\right.$

$\Rightarrow y=\pm 1$ là tiệm cận ngang và $x=\sqrt{2020}$ là tiệm cận đứng

Đáp án B

Gọi P là trung điểm của cạnh CD, ta có $\alpha =\widehat{\left(MN,BC\right)}=\widehat{\left(MN,NP\right).}$

Trong tam giác MNP, ta có $\cos \widehat{MNP}=\frac{M{N}^2+P{N}^2-M{P}^2}{2MN.NP}=\frac{1}{2}.$

 Suy ra $\widehat{MNP}={60}^o.$

Suy ra $tan\alpha =\sqrt{3}.$

Đáp án D

Ta có $y^{\text{'}}=-\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}<0,\forall x\in ℝ\backslash \left\{-1\right\}$

$\Rightarrow$ Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-1\right),\left(-1+\infty \right).$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị $x^3-4x+3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{-1\pm \sqrt{13}}{2}\end{array}\right.$

Đáp án B

Điều kiện $\frac{x-2}{x}>0\iff \left[\begin{array}{l}x<0\\ x>2\end{array}\right.$

Ta có $5^{{\log }_{\frac{1}{3}}\left(\frac{x-2}{x}\right)}<1\iff {\log }_{\frac{1}{3}}\left(\frac{x-2}{x}\right)<0\iff \frac{x-2}{x}>1\iff x<0$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-\infty ;0\right).$

Đáp án B

Khẳng định A đúng do đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.

Khẳng định B sai do dễ thấy trong khoảng (-1;0) đồ thị hàm số đi xuống nên trong khoảng này hàm số nghịch biến.

Khẳng định C đúng do điểm cực đại của hàm số nằm bên trái điểm cực tiểu.

Khẳng định D đúng do đồ thị hàm số có xu hướng đi lên khi $x\to +\infty .$

Đáp án C

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}2x-1>0\\ 2x-1\ne 1\\ x^2-3x+2>0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\frac{1}{2}<x<1\\ x>2\end{array}\right..$

Đáp án C

Đặt $t=2x+3\Rightarrow dt=2dx\Rightarrow I=\frac{1}{2}\underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)dt=4\Rightarrow \underset{3}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)dt=8.$

Đáp án C

Ta có $y=3x^3+4x-2\Rightarrow y^{\text{'}}=9x^2+4>0,\forall x\in \left[1;3\right]$

Vậy giá trị nhỏ nhất là y(1)=5

Đáp án D

Gọi $M^{\text{'}}\left(t+1;2t;-2t+2\right)$ là hình chiếu của M lên $∆$. Ta có

$\begin{array}{l}\overrightarrow{M{M}^{\text{'}}}=\left(t-5;2t;-2t+2\right),\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(1;2;-2\right)\\ \overrightarrow{M{M}^{\text{'}}}.\overrightarrow{u_{\Delta }}=0\iff t-5+4t+4t-4=0\iff t=1\Rightarrow M^{\text{'}}=\left(2;2;0\right).\end{array}$

Đáp án D

Ta có $\left|z-\overline{z}\right|=\left|a+bi-a+bi\right|=\left|2bi\right|=2\left|b\right|.$

Đáp án C

Ta có

$\begin{array}{l}AC=\sqrt{{\left(10a\right)}^2-{\left(6a\right)}^2}=8a\Rightarrow AB=AD=4a\sqrt{2}\\ \Rightarrow V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=6a.{\left(4a\sqrt{2}\right)}^2=192a^3.\end{array}$

Đáp án A

Ta có ABCD là hình bình hành

$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D-3=5\\ y_D-1=-4\\ z_D-2=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D=8\\ y_D=-3\\ z_D=1\end{array}\right.\Rightarrow D\left(8;-3;1\right).$

Đáp án B

Xác suất gieo hai đồng xu một lần đều xuất hiện mặt ngửa là $\frac{1}{2}.\frac{1}{4}=\frac{1}{8}.$

Do đó, xác suất gieo hai đồng xu 1 lần đều xuất hiện mặt ngửa là $\frac{1}{8}.\frac{1}{8}=\frac{1}{64}.$

Đáp án C

Ta có $d\left(D{D}^{\text{'}},A{C}^{\text{'}}\right)=d\left(B{B}^{\text{'}},A{C}^{\text{'}}\right).$

Ta có $A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\sqrt{{\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)}^2+{\left(B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)}^2}=2a.$

Kẻ $B^{\text{'}}H\perp A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.$

$B^{\text{'}}H=\frac{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}.B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{a.a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vì $B{B}^{\text{'}}//\left(AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)$ nên $d\left(B{B}^{\text{'}},A{C}^{\text{'}}\right)=d\left(B{B}^{\text{'}},\left(AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right)$

$d\left(B{B}^{\text{'}},\left(AC{C}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right)=B^{\text{'}}H=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Nên $d\left(B{B}^{\text{'}},A{C}^{\text{'}}\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Đáp án A

Cách 1. Xét $y^{\text{'}}=0\iff 2x^2-4mx=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2m\end{array}\right..$

Trường hợp 1: $2m\le 1\iff m\le \frac{1}{2}.$ Khi đó $\underset{x\in \left[1;3\right]}{max}y=y\left(3\right)=20-19m=6\iff m=\frac{14}{19}$ (loại)

• Trường hợp 2: $1<2m<3\iff \frac{1}{2}<m<\frac{3}{2}.$ Khi đó $\underset{x\in \left[1;3\right]}{max}y=y\left(1\right)$ hoặc $\underset{x\in \left[1;3\right]}{max}y=y\left(3\right)$

+) $y\left(1\right)=6\iff m=-\frac{10}{9}$ (loại)

+) $y\left(3\right)=6\iff m=\frac{14}{19},$ khi đó $y\left(1\right)=\frac{26}{57}$ (thỏa mãn).

• Trường hợp 3: $2m\ge 3\iff m\ge \frac{3}{2}.$ Khi đó $\underset{x\in \left[1;3\right]}{max}y=y\left(1\right)=-3m+\frac{8}{3}=6\iff m=-\frac{10}{9}$ (loại).

Cách 2. Giá trị lớn nhất của hàm số chỉ đạt tại $f\left(1\right),f\left(3\right),f\left(2m\right)$ (vì $0\notin \left(1;3\right)$).

Biện luận sẽ thấy f(2m) không thể lớn nhất, từ đó chỉ so sánh f(1) và f(3)

Giả sử $\underset{x\in \left[1;3\right]}{max}f\left(x\right)=f\left(1\right)=6$ tìm ra m thay vào $f\left(1\right),f\left(3\right),f\left(2m\right)$ (vì $0\notin \left(1;3\right)$

Biện luận sẽ thấy f(2m) không thể lớn nhất, từ đó chỉ so sánh f(1) và f(3)  

Giả sử $\underset{x\in \left[1;3\right]}{max}f\left(x\right)=f\left(1\right)=6$ tìm ra m thay vào f(3) xem có lớn hơn không, tương tự làm với f(3)

Đáp án B

Quả bóng bầu dục sẽ có dạng elip, đặt tọa độ $Oxy,x_A=10$ và $x_B=-10.$

Ta có diện tích đường tròn thiết diện là $S=\pi r^2=16\pi \Rightarrow r=4\Rightarrow y_C=4$ và $y_D=-4.$

Ta sẽ có phương trình elip $\frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{16}=1$

$\Rightarrow y=\pi \underset{-4}{\overset{4}{\int }}16\left(1-\frac{x^2}{100}\right)dx\approx 380\left(c{m}^3\right)=0,38\left(1\right).$

Đáp án A

Gọi số phức $z=\left(a+bi\right).$

Ta có $\left(1\right)\iff \left|a+bi-1\right|\le 2\iff {\left(a-1\right)}^2+b^2\le 4.$ Điểm M biểu diễn số phức

$\begin{array}{l}\omega =\left(1+i\sqrt{3}\right)z-1-\sqrt{3}=\left(1+i\sqrt{3}\right).\left(a+bi\right)-1-\sqrt{3}\\ \iff \omega =\left(a-b\sqrt{3}-1\right)+a\sqrt{3}+b-\sqrt{3}\\ \Rightarrow \left|\omega \right|=\sqrt{{\left(a-b\sqrt{3}-1\right)}^2+{\left(a\sqrt{3}+b-\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{4{\left(a-1\right)}^2+4b^2}\le 4.4=16.\end{array}$

Đáp án C

Ta có mặt phẳng (P) chia với mặt xung quanh của hình nón thành hai phần có diện tích bằng nhau $\Rightarrow \frac{S_{xq\left(N_1\right)}}{S_{xq\left(N_2\right)}}=\frac{1}{2}$

Ta có $MN//CD$ nên theo định lí Ta-let ta có $\frac{AM}{AD}=\frac{AH}{AO}=\frac{HM}{OD}=k$

$\begin{array}{l}\frac{S_{xq\left(N_1\right)}}{S_{xq\left(N_2\right)}}=\frac{1}{2}\iff \frac{\pi .HM.AM}{\pi .OD.AD}=\frac{1}{2}\iff \frac{\pi .k.OD.k.AD}{\pi .OD.AD}=\frac{1}{2}\iff k^2=\frac{1}{2}\Rightarrow k=\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \Rightarrow \frac{V_{\left(N_1\right)}}{V_{\left(N_2\right)}}=\frac{\pi .H{M}^2.AH}{\pi .O{D}^2.AO}=\frac{\pi .{\left(k.OD\right)}^2.k.AO}{\pi .O{D}^2.AO}=k^3={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^3=\frac{\sqrt{2}}{4}.\end{array}$

Đáp án A

Gọi tâm $I\left(t+1;t;t+1\right).$

Khi đó $\overrightarrow{AI}=\left(t-2;t-2;t-1\right),AI=\sqrt{3t^2-10t+9}.$

Lấy $N\left(0;2;3\right)\in d,\overrightarrow{NI}=\left(t+1,t-2,t-2\right).$

Ta có $d\left(I,d\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{NI},\overrightarrow{u_d}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u_d}\right|}=\frac{\left|3t-9\right|\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}=\left|t-3\right|.$

Có $d\left(I,d\right)=AI\iff \left|t-3\right|=\sqrt{3t^2-10t+9}\iff \left[\begin{array}{l}t=0\\ t=2\end{array}\right..$

Do bán kính lớn nhất nên chọn t=0. Khi đó phương trình mặt cầu là ${\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2=9.$

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm $x^3-3m{x}^2+4mx+m-2=0\left(*\right)$

Giả sử phương trình có 3 nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3$ lập thành cấp số nhân $\Rightarrow x_2^2=x_1.x_3$

Theo Vi-et ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a}\\ x_1.x_2+x_1.x_3+x_2.x_3=\frac{c}{a}\\ x_1.x_2.x_3=-\frac{d}{a}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1.x_2.x_3=2-m\\ x_2^2=x_1.x_3\end{array}\right.\Rightarrow m=2-x_2^3$

Thay tất cả vào phương trình (*) ta có

$x_2\left(3x_2-4\right)\left(x_2^3-2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_2=0\Rightarrow m=2\\ x_2=\frac{4}{3}\Rightarrow n=-\frac{10}{27}\\ x_2=\sqrt[3]{2}\Rightarrow m=0\end{array}\right.$

Thử lại, chỉ có m=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Ta có $S=120000000,A=94444200,r=1,07\%$

$\Rightarrow 120000000=94444200e^{1,07\%N}\Rightarrow N\approx 22,38$ (năm)

Vây sau 23 năm nữa dân số đạt mức 120 triệu người hay năm 2039, dân số Việt Nam ở mức 120 triệu

Đáp án A

Ta có ${\log }_{2}x=0\iff x=1.$

Hai hình phẳng được tạo thành có diện tích là $S_2=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|{\log }_{2}x\right|dx=2-\frac{1}{\ln 2}$ và $S_1=\underset{2}{\overset{4}{\int }}\left|{\log }_{2}x\right|dx=6-\frac{2}{\ln 2}.$ Tỷ lệ $\frac{S_1-2}{S_2}=2.$

Đáp án A

Ta có $M\le {\left|z\right|}^2+\left|z\right|+1+{\left|z\right|}^3+1=5,$ khi $z=1\Rightarrow M=5\Rightarrow M_{\max }=5.$

Mặt khác: $M=\frac{\left|1-z^3\right|}{\left|1-z\right|}+\left|1+z^3\right|\ge \frac{\left|1-z^3\right|}{2}+\frac{\left|1+z^3\right|}{2}\ge \frac{\left|1-z^3+1+z^3\right|}{2}=1,$

Khi $z=-1\Rightarrow M=1\Rightarrow M_{\min }=1.$

Đáp án A

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=2\left(x-1\right)f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)$

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

Ta có $f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-2x>1\\ -1<x^2-2x<0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<1-\sqrt{2}\\ x>1+\sqrt{2}\\ 0<x<1\\ 1<x<2\end{array}\right.$

Bảng xét dấu của g'(x)

Bảng biến thiên của hàm y=g(x)

Vậy hàm số $y=g\left(x\right)=f\left(x^2-2x\right)$ có hai điểm cực đại

Đáp án A

Điều kiện x > 2

Ta có $\left(m-1\right){\log }_{\frac{1}{2}}^2{\left(x-2\right)}^2-4\left(m-5\right){\log }_{\frac{1}{2}}\frac{1}{x-2}+4m-4\ge 0$

$\iff 4\left(m-1\right){\log }_{\frac{1}{2}}^2\left(x-2\right)+4\left(m-5\right){\log }_{\frac{1}{2}}\left(x-2\right)+4m-4\ge 0$

Đặt $t={\log }_{\frac{1}{2}}\left(x-2\right).$ Do $x\in \left[\frac{5}{4};4\right]\Rightarrow t\in \left[-1;1\right]$

$\begin{array}{l}4\left(m-1\right)t^2+4\left(m-5\right)t+4m-4\ge 0\iff m\left(t^2+t+1\right)\ge t^2+5t+1\\ \iff m\ge \frac{t^2+5t+1}{t^2+t+1}=f\left(t\right)\end{array}$

Xét $f\left(t\right)=\frac{t^2+5t+1}{t^2+t+1}$ trên $\left[-1;1\right]$

$f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{4-4t^2}{{\left(t^2+t+1\right)}^2}\ge 0,\forall t\in \left[-1;1\right]\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên đoạn $\left[-1;1\right]$

$\Rightarrow m\ge \frac{t^2+5t+1}{t^2+t+1}$ có nghiệm trên $\left[-1;1\right]\iff m\ge \underset{\left[-1;1\right]}{min}f\left(t\right)\iff m\ge f\left(-1\right)=-3$

$\underset{m\in \left[-3;10\right]}{\overset{m\in \mathbb{Z}}{\to }}$ Có 14 giá trị của m thỏa mãn

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm

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

Để d và (C) giới hạn 2 hình phẳng thì (*) có ba nghiệm phân biệt $\iff 0<m\ne 9$

Nếu m=1, d đi qua điểm uốn (0;2) của (C). Khi đó $S_1=S_2=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}\left(x^3-4x\right)dx=4$

Nếu $0<m<1:S_1>4>S_2$

Nếu $1<m<9:S_1<4<S_2$

Nếu $m>9\Rightarrow 1-\sqrt{m}<-2;1+\sqrt{m}>4$ khi đó

$\begin{array}{l}{S}_1=\underset{1-\sqrt{m}}{\overset{-2}{\int }}\left|x^3-3x+2-m\left(x+2\right)\right|dx\\ S_2=\underset{-2}{\overset{1+\sqrt{m}}{\int }}\left|x^3-3x+2-m\left(x+2\right)\right|dx\\ S_2-S_1=2m\sqrt{m}>0\end{array}$

Vậy m=1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

Ta có

$f\left(x\right)=\underset{1}{\overset{\sqrt{x}}{\int }}\left(4t^3-8t\right)dt=\left(t^4-4t^2\right)\left|\begin{array}{l}\sqrt{x}\\ 1\end{array}\right.=x^2-4x+3,$ với $x\ge 2.$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=2x-4;f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=2\in \left[2;5\right].$

$f\left(2\right)=-1;f\left(5\right)=8.$ Suy ra M+m=7

Đáp án A

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3m$ nên $y^{\text{'}}=0\iff x^2=m.$

Đồ thị hàm số $y=x^3-3mx+2$ có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m > 0

Ta có $y=x^3-3mx+2=\frac{1}{3}x\left(3x^2-3m\right)-2mx+2=\frac{1}{3}x.y^{\text{'}}-2mx+2.$

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=x^3-3mx+2$ có phương trình $\Delta :y=-2mx+2$

Ta có $S_{\Delta IAB}=\frac{1}{2}IA.IB.\sin \widehat{AIB}=\frac{1}{2}\sin \widehat{AIB}\le \frac{1}{2}$

Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng $\frac{1}{2}$ khi $\sin \widehat{AIB}=1\iff AI\perp BI.$

Gọi H là trung điểm AB ta có $IH=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}{d}_{\left(I;\Delta \right)}$

Mà $d_{\left(I;\Delta \right)}=\frac{\left|2m+1-2\right|}{\sqrt{4m^2+1}}$