Đáp án A

Ta có $z_1=-1+2i$; $z_2=2+i\Rightarrow z_1+z_2=1+3i$.

Đáp án C

Ta có $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)g\left(x\right)dx\ne \underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx.\underset{a}{\overset{b}{\int }}g\left(x\right)dx$ nên đáp án C sai

Đáp án B

Đồ thị hàm số chỉ có 1 điểm cực tiểu là (0;-1) nên đáp án B sai.

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{u}_1=-2\\ u_4=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=-2\\ u_1+3d=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=-2\\ d=2\end{array}\right.\Rightarrow u_6=u_1+5d=8$

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\overrightarrow{u_{\alpha }}=\left(1;0;2\right)$

Đáp án D

Ta có $y=3^e.x^e-{\log }_{2}x\Rightarrow y^{\text{'}}=3^e.e.x^{e-1}-\frac{1}{x\ln 2}=3e{\left(3x\right)}^{e-1}-\frac{1}{x\ln 2}$

Đáp án D

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\sin 5xdx=-\frac{1}{5}\cos 5x+C$

Đáp án C

Hàm số đã cho đồng biến trên (1;3) nên cũng đồng biến trên (2;3).

Đáp án D

Dựa vào hệ số  ta loại được đáp án C. Đồ thị cắt trục tung tại  nên loại B.

Từ đồ thị ta thấy hàm số có hai điểm cực trị $x_1=1$; $x_2=3\Rightarrow x_1+x_2=4$; $x_1.x_2=3$.

Đáp án B

Ta có $a^2{b}^3=4^4\iff a^2{b}^3=2^8\iff {\log }_2\left(a^2{b}^3\right)={\log }_2{2}^8\iff 2{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b=8$

Đáp án C

Mặt phẳng song song với trục Oz là (Q) : $x+11y+1=0$.

Đường thẳng Oz nằm trong mặt phẳng (P) : x + y = 0 nên đáp án B không đúng.

Đáp án B

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

Đáp án C

Số cách chọn và xếp thứ tự 4 học sinh từ nhóm 6 học sinh là $A_6^4$ nên đáp án C sai

Đáp án D

Ta có $\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{\sqrt{x+2}}dx=F\left(2\right)-F\left(-1\right)\iff F\left(2\right)-F\left(-1\right)=2\iff F\left(-1\right)=F\left(2\right)-2=2$

Đáp án D

Ta có $2^x<3-\frac{2}{2^x}\iff {\left(2^x\right)}^2-{3.2}^x+2<0\iff 1<2^x<2\iff 0<x<1$

Do đó suy ra a = 0, $b=1\Rightarrow a+b=1$.

Đáp án C

Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là y = 2 và y = 0, không có TCĐ.

Đáp án D

$I\left(1+2t;3-t;1+t\right)$ mà $I\in \left(P\right)\Rightarrow 2\left(1+2t\right)-3\left(3-t\right)+\left(1+t\right)-2=0\iff t=1\Rightarrow I\left(3;2;2\right)$

Do đó a + b + c = 7.

Đáp án B

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là f(0)

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(1;2;-1\right)\\ \overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}=\left(1;-1;2\right)\end{array}\right.\to \sin \left(\Delta ;\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|\overrightarrow{u_{\Delta }}.\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}\right|}{\left|\overrightarrow{u_{\Delta }}\right|\left|\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}\right|}=\frac{\left|1-2-2\right|}{\sqrt{6}\sqrt{6}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \left(\Delta ;\left(\alpha \right)\right)=30°$

Đáp án D

Ta có $V=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\frac{1}{2}\pi {\left(x\sqrt{4-x}\right)}^{2}dx=\frac{\pi }{2}\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(4x^2-x^3\right)=\frac{\pi }{2}\left(\frac{4x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\right)\left|\begin{array}{l}4\\ 0\end{array}\right.=\frac{32}{3}\pi$

Đáp án C

Ta có $z_1+z_2=2$; $\frac{z_1}{z_2}+\frac{z_2}{z_1}=\frac{{\left(z_1+z_2\right)}^2-2z_1{z}_2}{z_1{z}_2}=\frac{2^2-2a}{a}=\frac{4-2a}{a}$ là số thực khác 0

Đáp án D

Ta có ${\log }_{a}b+2{\log }_{b}a=3$

Đặt $t={\log }_{a}b>1\to t+\frac{2}{t}=3\iff t^2-3t+2=0\Rightarrow t=2$

$\Rightarrow {\log }_{a}b=2\Rightarrow b=a^2\Rightarrow T={\log }_{a^3}{a}^2=\frac{2}{3}$

Đáp án B

Từ hình vẽ dễ thấy đáp án A, D đúng.

Đáp án B sai do kết quả của tích phân $\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx<0$ mà diện tích không thể âm.

Đáp án B

Ta có $R=d\left(I;Oy\right)=\left|y_1\right|=2$

Đáp án A

Ta có tâm I của mặt cầu chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

 $S_{SAB}=\frac{1}{2}SO.AB=\frac{SA.SB.AB}{4R}\Rightarrow R=\frac{S{A}^2}{2SO}=\frac{2^2}{2.1}=2$

Đáp án A

Ta có chiều cao $h=\frac{8\pi }{4}=2\pi$

Bán kính đáy $r=\frac{h}{2\pi }=1\Rightarrow V=\pi r^{2}h=2{\pi }^2$

Đáp án D

Áp dụng công thức đặc biệt: ${\left|z_1+z_2\right|}^2+{\left|z_1-z_2\right|}^2=2\left({\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2\right)$

Thay số dễ dàng được đáp án đúng là D.

Cách khác: chọn $z_1=1+\sqrt{2}i$; $z_2=-1+\sqrt{2}i\Rightarrow z_1+z_2=2\sqrt{2}i\Rightarrow \left|z_1+z_2\right|=2\sqrt{2}$

Đáp án A

Kẻ $SH\perp AC\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$

 $SC=\sqrt{A{C}^2-S{A}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{3}{2}}\Rightarrow SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{\frac{a}{\sqrt{2}}.a\sqrt{\frac{3}{2}}}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

$\Rightarrow V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{4}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}$

Đáp án D

Cả 4 đáp án đều thỏa mãn về vectơ chỉ phuơng, ta xét điểm đi qua.

Thay tọa độ $\left(-5;10;-15\right)$, $\left(2;4;6\right)$, $\left(1;2;3\right)$, $\left(3;6;12\right)$ vào phương trình $∆$: $\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{4}=\frac{z-3}{6}$ thì ta thấy (3;6;12) không thỏa mãn.

Đáp án B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{\frac{1}{x\ln 2}x-{\log }_{2}x}{x^2}=\frac{1-\ln 2.{\log }_{2}x}{x^2\ln 2}=\frac{1-\ln x}{x^2\ln 2}$

Đáp án D

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

Xét bảng sau:

Đáp án A

Ta có $y={\log }_2\left(f\left(2x\right)\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{{\left[f\left(2x\right)\right]}^{\text{'}}}{f\left(2x\right)\ln 2}=\frac{2.f^{\text{'}}\left(2x\right)}{f\left(2x\right)\ln 2}$

Do $f\left(2x\right)>0\left(\forall x\in ℝ\right)\Rightarrow y^{\text{'}}>0\iff f^{\text{'}}\left(2x\right)>0$

Dựa vào bảng biến thiên suy ra $f^{\text{'}}\left(2x\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}-1<2x<1\\ 2x>2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}\\ x>1\end{array}\right.$

Suy ra hàm số $y={\log }_2\left(f\left(2x\right)\right)$ đồng biến trên khoảng (1;2).

Đáp án D

Đặt $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$

Ta có $\left|a+bi-1\right|=\left|a+bi-i\right|\iff {\left(a-1\right)}^2+b^2=a^2+{\left(b-1\right)}^2\iff a=b\Rightarrow z=a+ai$

Lại có: $\left|z+2m\right|=m+1\iff \left|a+ai+2m\right|=m+1\iff \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ {\left(a+2m\right)}^2+a^2={\left(m+1\right)}^2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ 2a^2+4ma+3m^2-2m-1=0\end{array}\right.$

Để tồn tại 2 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ${{\Delta }^{\text{'}}}_m=4m^2-2\left(3m^2-2m-1\right)>0$

$\iff -2m^2+4m+2>0\iff 1-\sqrt{2}<m<1+\sqrt{2}$

Kết hợp $\left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ m\in \mathbb{Z}\end{array}\right.\Rightarrow m=\left\{0;1;2\right\}\Rightarrow S=\left\{0;1;2\right\}\Rightarrow T=3$

Đáp án C

Gọi I là trung điểm của AD $\Rightarrow$ ABCI là hình vuông cạnh a $\Rightarrow$ có đường trung tuyến $CI=\frac{AD}{2}\Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại C $\Rightarrow AC\perp CD$

Dựng $Dx\text{//}AC$

$d\left(AC;SD\right)=d\left(AC;\left(SDx\right)\right)=d\left(A;\left(SDx\right)\right)$

Dựng $AE\perp Dx$, $AF\perp SE\Rightarrow d\left(A;\left(SDx\right)\right)=AF$

Ta có: $AE=CD=\sqrt{C{I}^2+I{D}^2}=a\sqrt{2}$

Suy ra $AF=\frac{SA.SE}{\sqrt{S{A}^2+A{E}^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Đáp án D

Giả sử thiết diện là hình thang ABPQ

Gọi I, K lần lượt là tâm của đường tròn nhỏ và to.

Gọi M, N là hình chiếu của I, K lên một cạnh bên, điểm  (hình vẽ) trong đó $IK=r+R=4cm$.

Ta có: $\frac{EI}{EK}=\frac{IM}{KN}=\frac{r}{R}=\frac{1}{3}\iff \frac{EI}{EI+IK}=\frac{1}{3}\iff \frac{EI}{EI+4}=\frac{1}{3}$

$\iff EI=2\Rightarrow \sin \widehat{IEM}=\frac{IM}{EI}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{IEM}=30°$

Suy ra $\widehat{EBO}=60°\Rightarrow \widehat{KBO}=30°\Rightarrow OB=KO\cot 30°=3\sqrt{3}$

Mặt khác $EH=IE-IH=2-1=1cm$, $PH=HE\tan 30°=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Thể tích của vật thể cần tìm là: $V=\frac{1}{3}\pi O{B}^2.EO-\frac{1}{3}\pi H{P}^2.EH=\frac{728\pi }{9}$

Đáp án C

Xét hàm số $y=g\left(x\right)=3f\left(x\right)-x^3$

Vẽ đồ thị hàm số  ta thấy $f^{\text{'}}\left(x\right)\ge x^2$, $\forall x\in \left(0;2\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=3f^{\text{'}}\left(x\right)-3x^2\ge 0$, $\forall x\in \left(0;2\right)$

Do đó hàm số $y=g\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng (0;2) và $g\left(0\right)=3f\left(0\right)-0=g\left(0\right)$

$\Rightarrow g\left(x\right)\ge g\left(0\right)=0\left(\forall x\in \left(0;2\right)\right)$

Do đó $y=\left|g\left(x\right)\right|=g\left(x\right)$, $\forall x\in \left(0;2\right)\Rightarrow g\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng (0;2).

Đáp án B

Đặt $t=2^x+2^{-x}\Rightarrow t^{\text{'}}=2^x\ln 2-2^{-x}\ln 2=0\Rightarrow 2^x=2^{-x}\Rightarrow x=0$

Mặt khác $t\left(-1\right)=\frac{5}{2}$, $t\left(0\right)=2$, $t\left(2\right)=\frac{17}{4}$.

Từ bảng biến thiên ta có nhận xét:

Với $\left[\begin{array}{l}t=2\\ \frac{5}{2}<t<\frac{17}{4}\end{array}\right.$ thì 1 giá trị của t có một giá trị của x, với $t\in \left(2;\frac{5}{2}\right]\Rightarrow$1 giá trị của t có 2 giá trị của x.

Với $t\in \left(2;\frac{17}{4}\right]\Rightarrow$ Phương trình $f\left(t\right)=m$ có nhiều nhất 2 nghiệm.

Khi đó phương trình đã cho có nhiều nhất 3 nghiệm khi phương trình $f\left(t\right)=m$ có 2 nghiệm $t_1\in \left(2;\frac{5}{2}\right]$ và 1 nghiệm $t_2\in \left(\frac{5}{2};\frac{17}{4}\right]$

Đáp án A

Ta có $\overrightarrow{AC}=\left(2;-2;2\right)=2\left(1;-1;1\right)\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng AC: $\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-t\\ z=1+t\end{array}\right.$

Gọi $H\left(t;-t;1+t\right)\in AC$ là chân đường cao hạ từ B xuống AC

Ta có $\overrightarrow{BH}=\left(t+3;-t-2;t+1\right)$ và $\overrightarrow{BH}.\overrightarrow{u_{AC}}=0\iff t+3+t+2+t+1=0\iff t=-2$

Suy ra $\overrightarrow{BH}=\left(1;0;-1\right)\Rightarrow \overrightarrow{BH}:\left\{\begin{array}{l}x=-3+t\\ y=2\\ z=-t\end{array}\right.\Rightarrow P\left(-1;2;-2\right)\in BH$.

Đáp án B

Xếp 10 học sinh thành 1 hàng ngang có: $\left|\Omega \right|=10!$ cách sắp xếp.

Gọi A là biến cố: “Hàng ngang không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau”

Sắp xếp 5 bạn nam thành 1 hàng có: 5! cách sắp xếp, khi đó có 6 vị trí để xếp 5 bạn nữ xen kẽ để không có hai bạn nữ đứng cạnh nhau (6 vị trí bao gồm 2 vị trí đầu, cuối và 4 vị trí giữa 2 bạn nam)

Do đó $\left|{\Omega }_A\right|=5!.A_6^5=86400$ cách.

Xác suất cần tìm là: $P=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{1}{42}$.

Đáp án B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)={31}^x\ln 31+3^x\ln 3+m$.

TH1: Với $m\ge 0\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)>0$, $\forall x\in ℝ$; suy ra hàm số đồng biến trên $ℝ\Rightarrow$ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

TH2: Với m < 0 thì phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff {31}^x\ln 31+3^x\ln 3=-m$

Do hàm số $y={31}^x\ln 31+3^x\ln 3$ đồng biến trên $ℝ\Rightarrow$ Phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=-m$ có nghiệm duy nhất x = a. Do m < 0 thì $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$, $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$.

Ta có bảng biến thiên cho f(x)

Suy ra $\underset{ℝ}{\min }f\left(x\right)=f\left(a\right)=2$, mặt khác $f\left(0\right)=2\Rightarrow a=0$.

Do đó $-m=31°.\ln 31+3°.\ln 3\iff m=-\ln 31-\ln 3\approx -\mathrm{4,49}$.

Đáp án A

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^4-2x^2+m$ trên đoạn [0;2]

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-4x$; $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 4x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.$.

Ta lại có: $f\left(1\right)=m-1$; $f\left(2\right)=m+8$; $f\left(0\right)=m$.

$\underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=m+8$; $\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=m-1$.

- Nếu $m-1\ge 0\iff m\ge 1$ thì $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=m+8$; $\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=m-1$.

Khi đó $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|<3\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|\iff 8+m<3\left(m-1\right)\iff m>\frac{11}{2}$.

- Nếu $m+8\le 0\iff m\le -8$ thì $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=1-m$; $\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=-m-8$.

Khi đó $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|<3\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|\iff 1-m<3\left(-m-8\right)\iff m<-\frac{25}{2}$

- Nếu $\left(m-1\right)\left(m+8\right)<0\iff -8<m<1$ thì $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=\max \left\{\left|m+8\right|,\left|1-m\right|\right\}=\max \left\{m+\mathrm{8,1}-m\right\}$; $\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=0$.

Khi đó, không thỏa mãn điều kiện $\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|<3\underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|$

Do đó: $\left[\begin{array}{l}m<-\frac{25}{2}\\ m>\frac{11}{2}\end{array}\right.$ kết hợp với $m\in \left[-20;20\right]$ ta có $m\in \left[-20;-\frac{25}{2}\right)\cup \left(\frac{11}{2};20\right]$

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow S=\left\{-20;-19;-18;\mathrm{...};-13;6;7;\mathrm{...};20\right\}$

Tổng các phần tử của S bằng $6+7+8+9+10+11+12=63$.

Đáp án C

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{f^2\left(x\right)}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)\right]}^{2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[\frac{1}{f^2\left(x\right)}+{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)\right]}^2\right]dx\stackrel{AM-GM}{\ge }2\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f\left(x\right)}dx$

$=2\ln \left|f\left(x\right)\right|\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=2\ln \left|f\left(1\right)\right|-2\ln \left|f\left(0\right)\right|=2\ln \left|\frac{f\left(1\right)}{f\left(0\right)}\right|=2\ln e=2$.

Mà $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{f^2\left(x\right)}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)\right]}^{2}dx\le 2$ nên dấu “=” xảy ra, tức là $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}\iff f\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)=1$.

$\Rightarrow \underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}xdx\Rightarrow \frac{f^2\left(x\right)}{2}=x+C\Rightarrow f\left(x\right)=\sqrt{2x+2C}$

Theo giả thiết $f\left(1\right)=e.f\left(0\right)$ nên ta có $\sqrt{2+2C}=e\sqrt{2C}\iff 2+2C=e^2.2C\iff C=\frac{1}{e^2-1}$

$\Rightarrow f\left(x\right)=\sqrt{2x+\frac{2}{e^2-1}}\Rightarrow f\left(1\right)=\sqrt{2+\frac{2}{e^2-1}}=\sqrt{\frac{2e^2}{e^2-1}}$

Đáp án A

Chọn hệ tọa độ Oxy, với O là trung điểm $A_1{A}_2\Rightarrow A_1\left(-2;0\right)$, $A_2\left(2;0\right)$

Phương trình $\left(E\right)\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{1}=1$ mà $M\left(-1;y_M\right)$, $N\left(1;y_N\right)$ thuộc $\left(E\right)\Rightarrow M\left(-1;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, $N\left(1;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

Gọi phương trình parabol (P) là $y=a{x}^2+bx+c\left(a\ne 0\right)$

Dựa vào hình vẽ, ta thấy (P) có đỉnh $B_1\left(0;-1\right)$ và đi qua $M\left(-1;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\Rightarrow \left(P\right):y=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1\right)x^2-1$

Khi đó, diện tích phần tô đậm là $S_1=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left|\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1\right)x^2+1\right|dx\approx \mathrm{2,67}{m}^2$

Diện tích của elip là $S_2=2\pi \Rightarrow$ Diện tích phần còn lại là $S_3=S_2-S_1\approx \mathrm{3,61}{m}^2$

Đáp án D

Cách 1: Phương pháp tự luận truyền thống

Dựa vào đồ thị đã cho ta có đồ thị của hàm $y=\left|f\left(x\right)\right|$ là

Đặt $t=\frac{3x^2+2x+3}{2x^2+2}$

Ta có $t^{\text{'}}=\frac{-4x^2+4}{{\left(2x^2+2\right)}^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$

Dựa vào bảng biến thiên ta có $x\in ℝ\iff t\in \left[1;2\right]$

Vậy phương trình $\left|f\left(\frac{3x^2+2x+3}{2x^2+2}\right)\right|=m$ có nghiệm khi và chỉ khi phương trình $\left|f\left(t\right)\right|=m$ có nghiệm $t\in \left[1;2\right]\iff 2\le m\le 4$.

Cách 2: Phương pháp ghép trục

Dựa vào đồ thị đã cho ta có đồ thị của hàm $y=\left|f\left(x\right)\right|$ là

Đặt $t=\frac{3x^2+2x+3}{2x^2+2}$

Ta có $t^{\text{'}}=\frac{-4x^2+4}{{\left(2x^2+2\right)}^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$