Đáp án B

Giải thích

Giả sử cạnh ban đầu là a thì cạnh lúc sau là 2a.

Có thể tích tăng thêm là: $\Delta V=V_2-V_1={\left(2a\right)}^3-a^3=7a^3=7V_1$

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có:$\left\{\begin{array}{l}y\text{'}=6x^2-2x\\ y\text{'}\text{'}=12x-2\end{array}\right..$

Ta lại có:$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{1}{3}\end{array}\right..$

Nhận thấy: $y\text{'}\text{'}\left(0\right)=-2<0\Rightarrow x=0$ là điểm cực đại của hàm số.

Đáp án B

Trục Oy có một véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{j}=\left(0;1;0\right)$.

Mà $\overrightarrow{u}$ cũng là véctơ chỉ phương của trục Oy nên $\overrightarrow{u}$ cùng phương với véctơ $\overrightarrow{j}$

Đáp án đúng: C

* Lời giải:

Loại A và B vì hàm bậc bốn và hàm bậc nhất trên bậc nhất không bao giờ đơn điệu trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$ .

Xét hàm $y=-x^3+x^2-2x+1$

TXĐ: D = 

Ta có:  $y\text{'}=-3x^2+2x-2=-3\left[{\left(x-\frac{1}{3}\right)}^2+\frac{5}{9}\right]<\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$

Suy ra hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$.

Xét hàm: $y=x^3+3$.

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có: $y\text{'}=3x^2\ge 0$; suy ra hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$.

* Phương pháp giải:

- Tìm điều kiện cho hàm số đó xác định rồi tính đạo hàm và xét sự đồng biến/nghịch biến của hàm số đó trên bảng biến thiên 

* Một số lý thuyết liên quan và dạng bài toán về đồng biến/nghịch biến:

a) Dạng 1: Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số. 

* Phương pháp làm bài:

– Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số đã cho.

– Bước 2: Tính đạo hàm f′(x) , sau đó tìm các điểm x1,x2,…,xn  mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc không xác định.

– Bước 3: Xét dấu đạo hàm và đưa ra kết luận về khoảng đồng biến và nghịch biến của hàm số.

+ Các khoảng mà f′(x)>0 là các khoảng đồng biến của hàm số.

+ Các khoảng mà f′(x)<0 là các khoảng nghịch biến của hàm số.

b) Dạng 2: Tìm giá trị của m để hàm số đơn điệu trên R.

* Phương pháp làm bài:

– Bước 1: Tính f′(x).

– Bước 2: Nêu các điều kiện của bài toán:

+ Hàm số y=f(x) đồng biến trên R⇔y′=f′(x)⩾0,với ∀x∈R và y′=0 tại một hữu hạn điểm.

+ Hàm số y=f(x) nghịch biến trên R⇔y′=f′(x)⩽0,với ∀x∈R và y′=0 tại một hữu hạn điểm.

– Bước 3: Từ các điều kiện trên sử dụng các kiến thức về dấu của nhị thức bậc nhất và tam thức bậc hai để tìm m. 

c) Dạng 3: Tìm m để hàm số đơn điệu trên miền D đã cho trước.

* Phương pháp làm bài:

– Bước 1: Nêu các điều kiện để hàm số đơn điệu trên D:

+ Hàm số y=f(x) đồng biến trên D⇔y′=f′(x)⩾0, với ∀x∈D.

+ Hàm số y=f(x) nghịch biến trên D⇔y′=f′(x)⩽0,với ∀x∈D.

– Bước 2: Từ điều kiện trên hãy sử dụng các cách suy luận khác nhau cho từng bài toán để tìm m.

- Bước 3: Kết luận

d) Dạng 4: Tìm m để hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng

– Bước 1: Tính y′

– Bước 2: Nêu điều kiện để hàm số đồng biến và nghịch biến:

– Bước 3: Đưa ra kết luận.

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

50 bài tập về sự đồng biến và nghịch biến của hàm số (có đáp án 2024) – Toán 12 

Đáp án D

Ta có: ${\log }_{a^n}b=\frac{1}{n}{\log }_{a}b$

Phương pháp CASIO – VINACAL

Đáp án C

Đặt: $t=3x-3\Rightarrow dt=3dx$

Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=1\Rightarrow t=0\\ x=4\Rightarrow t=9\end{array}\right.$.

Ta có: $\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(3x-3\right)dx=\underset{0}{\overset{9}{\int }}\frac{1}{3}f\left(t\right)dt=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{9}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{3}.9=3$.

Vậy $\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(3x-3\right)dx=3$.

Đáp án A

Gọi V là thể tích khối trụ tròn xoay đáy là hình tròn bán kính r và có chiều cao h.

Theo giả thiết, ta có: $h^2=4a^2\Rightarrow h=2a;r=\frac{2a}{2}=a$ .

Do đó, thể tích khối trụ tròn xoay là: $V=\pi r^{2}h=\pi a^2.2a=2\pi a^3$ .

Đáp án B

Phương trình tương đương với: ${4.4}^x-{\mathrm{5.2.2}}^x+4=0\iff 4.{\left(2^x\right)}^2-{10.2}^x+4=0$

Đặt $t=2^x$ (với t > 0)  ($\Rightarrow 4t^2-10t+4=0\iff \left[\begin{array}{l}t=2\\ t=\frac{1}{2}\end{array}\right.$thỏa mãn).

+ Với $t=2\Rightarrow 2^x=2\Rightarrow x=1.$

+ Với $t=\frac{1}{2}\Rightarrow 2^x=\frac{1}{2}\Rightarrow x=-1$.

Do đó: S =0.

Đáp án C

Trục Oz có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{k}=\left(0;0;1\right)$, nếu một mặt phẳng song song với trục Oz thì vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}$ của mặt phẳng đó phải vuông góc với vectơ $\overrightarrow{k}$, tức là $\overrightarrow{n}=\left(a;b;0\right)$ với $a,b\in ℝ$.

Cả hai mặt phẳng (P), (Q) cùng thỏa mãn điều kiện trên, mặt khác, vì $O\in \left(P\right)$ và $O\notin \left(Q\right)$ nên mặt phẳng (P) chứa trục Oz (loại), mặt phẳng (Q) song song trục Oz (nhận).

Đáp án D

Ta có: $I=\int \left[2f\left(x\right)+f\text{'}\left(x\right)+1\right]dx=2F\left(x\right)+f\left(x\right)+x+C$.

Đáp án D

Ta có: $d:\left\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=-3t\\ z=-3+5t\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=\frac{x-2}{2}\\ t=\frac{y}{-3}\\ t=\frac{z+3}{5}\end{array}\right..$

Do đó phương trình chính tắc của d là: $\frac{x-2}{2}=\frac{y}{-3}=\frac{z+3}{5}.$

Đáp án B

Số cách mắc nối tiếp 4 bóng đèn được chọn từ 6 bóng đèn khác nhau là một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử.

Suy ra có $A_6^4=360$ cách

Đáp án C

Một cấp số cộng có số hạng đầu , công sai d thì số hạng tổng quát được tính theo công thức: $u_n=u_1+\left(n-1\right)d$  (với $n\ge 2$).

Đáp án C

Số phức liên hợp của số phức $z=2-3i$ là $\overline{z}=2+3i$.

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=4a{x}^3+2bx=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=-\frac{b}{2a}\end{array}\right..$

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) nên c=, suy ra hàm số có dạng $y=a{x}^4+b{x}^2+1$ .

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1; -1) nên ta có: $-1=a+b+1\iff a+b=-2\left(1\right)$.

Hàm số có 3 điểm cực trị $x=0;x=\pm 1$ , nên $\frac{-b}{2a}=1\iff 2a+b=0\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2a+b=0\\ a+b=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-4\end{array}\right.$

$\Rightarrow y=2x^4-4x^2+1\Rightarrow f\left(2\right)={2.2}^4-{4.2}^2+1=17$

.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta có: $\underset{\left[-1;5\right]}{\min }f\left(x\right)=-2$ và $\underset{\left[-1;5\right]}{\max }f\left(x\right)=3$.

Đáp án A

TXĐ: D = R.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}=3x^2+2\left(m+4\right)x+5m+2\\ y\text{'}\text{'}=6x+2\left(m+4\right)\end{array}\right.$.

Để hàm số đạt cực tiểu tại x = -2 thì $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(-2\right)=0\\ y\text{'}\text{'}\left(-2\right)>0\end{array}\right.$

.$\iff \left\{\begin{array}{l}12-4\left(m+4\right)+5m+2=0\\ -12+2m+8>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=2\\ m>2\end{array}\right.\iff m\in \varnothing$

Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Áp dụng:                                           

+ Chọn $m=2\underset{\left(A\right),\left(D\right)}{\overset{\left(B\right),\left(C\right)}{\to }}y=x^3+6x^2+12x+8$.

Ta có: $y\text{'}=3x^2+12x+12=0\iff x=-2$.

Bảng xét dấu biểu thức: $y\text{'}=3x^2+12x+12$.

Suy ra hàm số $y=x^3+6x^2+12x+8$ không có cực trị, nên m =  không thỏa mãn; do đó loại đáp án B, C.

+ Chọn $m=-2\underset{\left(A\right)}{\overset{\left(D\right)}{\to }}y=x^3+2x^2-8x+4$.

Ta có: $y\text{'}=3x^2+4x-8=0$ (không có nghiệm x = -).

Suy ra hàm số $y=x^3+2x^2-8x+4$ không có cực trị tại điểm x = -2, nên m = -2 không thỏa mãn; do đó loại đáp án D.

Đáp án C

Ta có: $\begin{array}{l}z={\left(x+iy\right)}^2-2\left(x+iy\right)+5=x^2+2ixy-y^2-2x-2iy+5\\ =\left(x^2-y^2-2x+5\right)+2\left(xy-y\right)i\end{array}$

Để z là số thực $\iff 2\left(xy-y\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}y=0\\ x=1\end{array}\right..$

Đáp án B

Bán kính $R=d\left(I,Ox\right)=\sqrt{y_1^2+z_1^2}=5$,

Đáp án A

Từ $M={\log }_{12}x={\log }_{3}y\to \left\{\begin{array}{l}x={12}^M\\ y=3^M\end{array}\right.\to \frac{x}{y}=4^M\stackrel{}{\to }M={\log }_4\left(\frac{x}{y}\right)$

Cách trắc nghiệm:

+ Cho $x=12\stackrel{}{\to }y=3$ . Khi đóM = .

Thử x = 12; y =  vào các đáp án thì có các đáp án A, C, D đều thỏa mãn. Ta chưa kết luận được.

+ Cho + . Khi đó M = 2.

Thử x = 144; y = 9 vào các đáp án thì có đáp án A thỏa mãn.

Đáp án D

Ta có $z_1,z_2$ là 2 nghiệm của phương trình $2z^2+4z+3=0$.

Theo định lý Vi-ét ta có: $\left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=-2\\ z_1.z_2=\frac{3}{2}\end{array}\right..$

Biểu thức $P=\left|z_1.z_2+i\left(z_1+z_2\right)\right|=\left|\frac{3}{2}+i\left(-2\right)\right|=\left|\frac{3}{2}-2i\right|=\sqrt{{\left(\frac{3}{2}\right)}^2+{\left(-2\right)}^2}=\frac{5}{2}$

Đáp án A

Gọi $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng cần tìm.

Ta có: $A\left(0;0;3\right)\in \left(\beta \right)$.

Do $\left(\alpha \right)//\left(\beta \right)$ nên phương trình của mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ có dạng $x+y-z+m=0$, với $m\ne 3$.

Có $d\left(\left(\alpha \right),\left(\beta \right)\right)=\sqrt{3}\iff d\left(A,\left(\alpha \right)\right)=\sqrt{3}\iff \frac{\left|m-3\right|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\iff \left|m-3\right|=3\iff \left[\begin{array}{l}m=6\\ m=0\end{array}\right.$ (thỏa mãn).

Vậy phương trình của các mặt phẳng cần tìm là $x+y-z+6=0$ và $x+y-z=0$.

Đáp án C

Ta có: $3^{x^2-2x}<27\iff 3^{x^2-2x}<3^3\iff x^2-2x-3<0\iff -1<x<3$

Đáp án A

Diện tích hình phẳng cần tìm là: $S=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left|\left(x^3-x\right)-\left(2x\right)\right|dx=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left|x^3-3x\right|dx$.

Bảng xét dấu: $x^3-3x$ .

Dựa vào bảng xét dấu, ta có: $S=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left(x^3-3x\right)dx+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(3x-x^3\right)dx$ .

Đáp án A

Ta có: $0°<\alpha <90°$ nên $\cos \alpha >0$.                                   

Suy ra $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{1+{\tan }^2\alpha }}=\frac{4}{5}$

Mặt khác: $\cos \alpha =\frac{h}{l}\Rightarrow l=\frac{h}{\cos \alpha }=25\left(cm\right)$

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1;2\right\}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{m{x}^2-1}{x^2-3x+2}=m\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{m{x}^2-1}{x^2-3x+2}=m\end{array}\right.\Rightarrow y=m$  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Để đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận thì đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận đứng.

Khi đó: $\left[\begin{array}{l}m-1=0\\ 4m-1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=\frac{1}{4}\end{array}\right..$

Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng: C

*Phương pháp giải:

- Lăng trụ đứng tam giác có đáy là tam giác vuông cân nên có một góc vuông và 2 cạnh kề bằng nhau

- Áp dụng công thức V = B.h trong đó B là diện tích tam giác vuông và h là chiều cao của lăng trụ

*Lời giải:

Tam giác ABC vuông cân tại B,                   

 suy ra $BA=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{a^2}{2}$ (đvdt).

Vậy thể tích khối lăng trụ là: $V=S_{\Delta ABC}.BB\text{'}=\frac{a^3}{2}$ (đvdt).

*Các dạng bài về hình lăng trụ đứng tam giác

a) Nhận biết các yếu tố của lăng trụ đứng tam giác, tứ giác

*Phương pháp: vẽ hình, quan sát để xác định các mặt, các cạnh, các đỉnh.Để vẽ hình lăng trụ đứng, ta thường vẽ một đáy, sau đó vẽ các cạnh bên là các đoạn thẳng song song và bằng nhau.

b) Tính diện tích, thể tích của hình lăng trụ đứng tam giác, tứ giác

* lăng trụ đứng tam giác:

+ Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng tam giác bằng tích của chu vi đáy với chiều cao của nó.
+ Diện tích toàn phần: Diện tích toàn phần bằng diện tích xung quanh cộng diện tích hai đáy.
+ Thể tích của hình lăng trụ đứng tam giác bằng diện tích đáy nhân với chiều cao.

* lăng trụ đứng tứ giác: 

+ Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng tứ giác bằng tích của chu vi đáy với chiều cao của nó.
+ Diện tích toàn phần: Diện tích toàn phần bằng diện tích xung quanh cộng diện tích hai đáy.
+ Thể tích của hình lăng trụ đứng tứ giác bằng diện tích đáy nhân với chiều cao.

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

Chuyên đề Thể tích khối đa diện - Toán 12

50 bài toán về thể tích khối lăng trụ (có đáp án)

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=\frac{1}{5}.\left(e^{4x}\right)\text{'}=\frac{1}{5}.\left(4x\right)\text{'}.e^{4x}=\frac{4}{5}{e}^{4x}$

Vậy $y\text{'}=\frac{4}{5}{e}^{4x}$

Phương pháp CASIO – VINACAL

Đáp án D

Phương trình f (x) = m có 3 nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng y =m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: $-\sqrt{2}<m<-1$ .

Đáp án C

Do $SA\perp \left(ABCD\right)$ nên $\widehat{SC,\left(ABD\right)}=\widehat{SC,\left(ABCD\right)}=\widehat{SC,AC}=\widehat{SCA}$.

Xét tam giác vuông SAC, ta có: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{SA}{\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}}=\sqrt{3}.$

Suy ra $\widehat{SCA}=60°$.

Đáp án A

Điều kiện: x > 0.

Phương trình tương đương với: ${\left(-2-{\log }_{3}x\right)}^2+{\log }_3{x}^2-{\log }_{3}81-7=0$$\iff {\log }_3^{2}x+6{\log }_{3}x-7=0\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{3}x=1\\ {\log }_{3}x=-7\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=3=x_1\\ x=3^{-7}=x_2\end{array}\right.$ (thỏa mãn).

Suy ra $P=x_1{x}_2={3.3}^{-7}=3^{-6}=\frac{1}{3^6}=\frac{1}{9^3}$

Đáp án C

Theo bài toán ta có hình vẽ bên:

Thể tích của khối trụ là: $V=\pi {.1}^2.2=2\pi$.

Vì đường tròn đáy của khối trụ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu nên bán kính của mỗi nửa khối cầu là R = 1.

Thể tích của hai nửa khối cầu bị khoét đi là: $V_1=2.\frac{1}{2}.\frac{4\pi {.1}^3}{3}=\frac{4\pi }{3}$ .

Thể tích của phần còn lại của khối gỗ là: $V_2=V-V_1=2\pi -\frac{4\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}$ .

Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: $\frac{V_2}{V}=\frac{\frac{2\pi }{3}}{2\pi }=\frac{1}{3}.$

Đáp án D

Ta có: $f\left(x\right)={\sin }^{2}x{\cos }^{2}x=\frac{1}{4}{\sin }^{2}2x=\frac{1}{4}\left(\frac{1-\cos 4x}{2}\right)=\frac{1}{8}-\frac{1}{8}\cos 4x$.

Do đó $\int f\left(x\right)dx=\int \left(\frac{1}{8}-\frac{1}{8}\cos 4x\right)dx=\frac{1}{8}x-\frac{1}{8}.\frac{1}{4}.\sin 4x+C=\frac{1}{8}x-\frac{1}{32}\sin 4x+C$.

Đáp án B

Xác định $30°=\widehat{SD,\left(ABCD\right)}=\widehat{SD,HD}=\widehat{SDH}$ và $SH=HD.\tan \widehat{SDH}=\frac{2a}{3}$

Ta có $d\left(B,\left(SCD\right)\right)=\frac{BD}{HD}.d\left(H,\left(SCD\right)\right)=\frac{3}{2}.d\left(H,\left(SCD\right)\right)$

Ta có: $HC\perp AB\Rightarrow HC\perp CD$

Kẻ $HK\perp SC$. Khi đó $d\left(H,\left(SCD\right)\right)=HK$.

Tam giác vuông SHC, có $HK=\frac{SH.HC}{\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}}=\frac{2a\sqrt{21}}{21}$ .

Vậy $d\left(B,\left(SCD\right)\right)=\frac{3}{2}HK=\frac{a\sqrt{21}}{7}$ .

Đáp án C

+ Nếu d cắt (P) tại I, thì ta chọn trên d một điểm $A\ne I$. Sau đó xác định A’ là hình chiếu vuông góc của điểm A trên .

Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm I và A’.

+ Nếu d song song  thì ta chọn trên d hai điểm phân biệt A và B. Sau đó xác định A’, B’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên .

Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A’ và B’.

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6mx+3\left(2m-1\right)$

Để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 2 thì y ' =  có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn: $\left|x_1-x_2\right|=2$.

Ta có: $\Delta \text{'}=9m^2-9\left(2m-1\right)=9{\left(m-1\right)}^2$.

Để y ' =  có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì $\Delta \text{'}>0\iff 9{\left(m-1\right)}^2>0\iff m\ne 1$.

Theo định lý Vi-ét, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m\\ x_1{x}_2=2m-1\end{array}\right..$

Theo bài ra ta có: $\left|x_1-x_2\right|=2\iff {\left(x_1-x_2\right)}^2=4\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=4\iff 4m^2-8m=0\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=2\end{array}\right.$

Đáp án B

Đặt $z=a+bi\left(a;b\in ℝ\right)$.

Ta có: $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left|z-1\right|=5\\ 17\left(z+\overline{z}\right)-5.z.\overline{z}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(a-1\right)}^2+b^2=25\\ 17.2a-5\left(a^2+b^2\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}(a^2+b^2)-2a-24=0\\ 17.2a-5\left(a^2+b^2\right)=0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}5\left[\left(a^2+b^2\right)-2a-24\right]=0\\ 17.2a-5\left(a^2+b^2\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}34a+5\left(-2a-24\right)=0\\ 5\left(a^2+b^2\right)=17.2a\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=5\\ a^2+b^2=34\end{array}\right.\end{array}$

Suy ra: $\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{34}$.

Đáp án A

Từ giả thiết ta có: $\frac{\left|f\left(x+2h\right)-f\left(x\right)\right|}{\left(x+2h\right)-x}\le \frac{h}{2},\forall h>0$

$\Rightarrow 0\le \underset{h\to 0}{\lim }\frac{\left|f\left(x+2h\right)-f\left(x\right)\right|}{\left(x+2h\right)-x}\le \underset{h\to 0}{\lim }\frac{h}{2}=0\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\mathrm{0,}\forall x\in ℝ\Rightarrow f\left(x\right)=C$   (C là hằng số).

Ta có: $\begin{array}{l}g\text{'}\left(x\right)=2019{\left[x+f\text{'}\left(x\right)\right]}^{2018}\left[1+f\text{'}\text{'}\left(x\right)\right]+\left(29-m\right){\left[x+f\text{'}\left(x\right)\right]}^{28-m}\left[1+f\text{'}\text{'}\left(x\right)\right]-\left(m^4-29m^2+100\right)\sin 2x\\ =2019x^{2018}+\left(29-m\right)x^{28-m}-\left(m^4-29m^2+100\right)\sin 2x\end{array}$

$g\text{'}\text{'}\left(x\right)=\mathrm{2019.2018.}{x}^{2017}+\left(29-m\right)\left(28-m\right)x^{27-m}-2\left(m^4-29m^2+100\right)\cos 2x$

Khi đó: $\begin{array}{l}g\text{'}\left(0\right)=0;g\text{'}\text{'}\left(0\right)=-2\left(m^4-29m^2+100\right).\\ g\text{'}\text{'}\left(0\right)>0\iff m^4-29m^2+100<0\iff 4<m^2<25\iff \left[\begin{array}{l}-5<m<-2\\ 2<m<5\end{array}\right..\end{array}$

TH1: m = 2 ta có: $g\text{'}\left(x\right)=2019x^{2018}+27x^{26}=x^{26}\left(2019x^{1992}+27\right)$

Vì x = 0 là nghiệm bội chẵn của phương trình g' (x) = 0 nên trường hợp này loại.

TH2: m = 5 ta có: $g\text{'}\left(x\right)=2019x^{2018}+24x^{23}=x^{23}\left(2019x^{1995}+24\right)$