Đáp án A

$V=\pi R^{2}h\iff R^2=\frac{V}{\pi h}\iff R^2=\frac{45\pi }{5\pi }=9\Rightarrow R=3cm.$

Đáp án C

Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị có tiệm cận ngang $y=\frac{1}{2}$ và tiệm cận đứng x=1

Phương án A: TCN: $y=\frac{1}{2}$ và TCĐ: $x=\frac{1}{2}$ (loại).

Phương án B: TCN: $y=\frac{2}{3}$ và TCĐ: x=1 (loại).

Phương án D: TCN: y=2 và TCĐ: x=1 (loại).

Phương án C: TCN: $y=\frac{1}{2}$ và TCĐ: x=1 (thỏa mãn).

Đáp án B

Ta có hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng (Oyz) là điểm N(0;-1;1)

Đáp án D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1\Rightarrow y=1$ là TCN.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1\Rightarrow y=-1$ là TCN. Vậy đồ thị hàm số có 2 TCN

Đáp án B

$\left\{\begin{array}{l}{u}_1+u_6=17\\ u_2+u_4=14\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2u_1+5d=17\\ 2u_1+4d=14\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ d=3\end{array}\right.$

Đáp án C

Ta có $\left(\alpha \right):x+2y-z+3=0,\left\{\begin{array}{l}A\left(1;1;6\right)\\ \overrightarrow{n_{\alpha }}\left(1;2;-1\right)\end{array}\right.;d:\frac{x-3}{4}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-4}{2},\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_d}\left(4;-1;2\right)\\ B\left(3;-1;4\right)\end{array}\right.$

$\overrightarrow{n_{\alpha }}.\overrightarrow{u_d}=1.4+2.\left(-1\right)+\left(-1\right).2=0\Rightarrow \overrightarrow{n_{\alpha }}\perp \overrightarrow{u_d}$

Thay tọa độ điểm $B\left(3;-1;4\right)$ vào $\left(\alpha \right):x+2y-z+3=0$

ta được $3+2\left(-1\right)-4+3=0\Rightarrow B\in \left(\alpha \right)$

Có $\left\{\begin{array}{l}B\in \left(\alpha \right)\\ \overrightarrow{n_{\alpha }}\perp \overrightarrow{u_d}\end{array}\right.$ nên d nằm trên $\left(\alpha \right)$.

Đáp án B

Do $y=3^{-x}={\left(\frac{1}{3}\right)}^x$ có $y^{\text{'}}={\left(\frac{1}{3}\right)}^x\ln \left(\frac{1}{3}\right)<0,\forall x\in ℝ$ do $0<\frac{1}{3}<1.$

Vậy hàm số $y=3^{-x}={\left(\frac{1}{3}\right)}^x$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$

Đáp án D

 $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=3a-2.4a=-5a.$

Đáp án D

$\int e^x\left(3+e^{-x}\right)dx=\int \left(3e^x+1\right)dx=3e^x+x+C.$

Đáp án A

Từ đồ thị (C₁ ) ta thấy hàm số $y={\log }_{a}x$ là hàm số đồng biến trên tập xác định do đó a>1 nên A sai

Đáp án D

Vì ABC.A'B'C' là hình lăng trụ đều nên ta có:

 $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

Đáp án B

Cấp số nhân: $\frac{1}{2};\frac{1}{4};\frac{1}{8};\mathrm{...};\frac{1}{4096}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_1=\frac{1}{2}\\ q=\frac{u_2}{u_1}=\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow u_n=\frac{1}{2}.{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}=\frac{1}{2^n}.$

$u_n=\frac{1}{4096}\iff \frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^{12}}\iff n=12.$

Đáp án D

Ta có z=a+bi suy ra $\frac{1}{z}=\frac{1}{a+bi}=\frac{a-bi}{\left(a+bi\right)\left(a-bi\right)}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}$

Do đó $\frac{1}{z}$ có phần ảo là $\frac{-b}{a^2+b^2}.$

Đáp án A

Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua $A\left(1;0;0\right),B\left(0;-1;0\right),C\left(0;0;\frac{1}{2}\right)$ là $\frac{x}{1}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.}=1$. Hay là $x-y+2z-1=0.$

Đáp án D

Ta có đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ như sau:

Dựa vào đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$, ta thấy hàm số có 3 điểm cực đại

Đáp án A

Lấy mốc thời gian là lúc bắt đầu đạp phanh. Giả sử t₀ là thời điểm tàu dừng hẳn.

Khi đó $v\left(t_0\right)=0\iff 200-20t_0=0\iff t_0=10\left(s\right).$

Như vậy từ lúc đạp phanh đến lúc tàu dừng hẳn là 10 (s).

Quãng đường tàu di chuyển được trong khoảng thời gian 10 (s) là $S=\underset{0}{\overset{10}{\int }}\left(200-20t\right)dt=1000\left(m\right).$

Đáp án B

Ta có $y^{\text{'}}=x^2-2mx+m^2-m+1\Rightarrow y^{\text{'}\text{'}}=2x-2m$

Hàm số đạt cực trị tại $x=1\Rightarrow y^{\text{'}}\left(1\right)=0\iff 1-2m+m^2-m-1=0\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=3\end{array}\right.\left(1\right)$

Để x=1 là cực đại thì $y^{\text{'}\text{'}}\left(1\right)<0\iff 2-2m<0\iff m>1\left(2\right)$

Kết hợp (1) và (2) ta được m=3

Đáp án A

Gọi $E\left(1;1;2\right);F\left(1;1;0\right)$ lần lượt là tâm 2 đáy của hình lập phương. Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là I(1;1;1) chính là trung điểm của EF. Vậy bán kính mặt cầu là $R=IA=\sqrt{3}.$

Đáp án B

Xét phương trình: $x^4-\left(m+1\right)x^2+m=0.\left(1\right)$

$\begin{array}{l}\iff x^4-m{x}^2-x^2+m=0\iff x^2\left(x^2-m\right)-\left(x^2-m\right)=0\\ \iff \left(x^2-m\right)\left(x^2-1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=m\end{array}\right.\end{array}$

Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình $x^2=m$ có hai nghiệm phân biệt khác $\pm 1\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m\ne 1\end{array}\right..$

Đáp án B

Ta có

$\left.\begin{array}{l}{z}_1^{25}={\left(1+\sqrt{3}i\right)}^{25}=8^8+8^8\sqrt{3}i\\ z_2^{10}={\left(\frac{7+i}{4-3i}\right)}^{10}={\left(2i\right)}^5=2^{5}i\\ z_3^{2016}={\left(1-i\right)}^{2016}={\left(-2i\right)}^{1008}=2^{1008}\end{array}\right\}\Rightarrow w=z_1^{25}.z_2^{10}.z_3^{2016}=-2^{1037}\sqrt{3}+2^{1037}i.$

Đáp án C

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

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 $\widehat{SCA}={60}^o.$

Đáp án A

Ta có: $5z^2-8z+5=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=\frac{4}{5}+\frac{3}{5}i\\ z_2=\frac{4}{5}-\frac{3}{5}i\end{array}\right..$

$\Rightarrow S=\left|z_1\right|+\left|z_2\right|+z_1{z}_2=\left|\frac{4}{5}+\frac{3}{5}i\right|+\left|\frac{4}{5}-\frac{3}{5}i\right|+\left(\frac{4}{5}+\frac{3}{5}i\right)\left(\frac{4}{5}-\frac{3}{5}i\right)=3.$

Đáp án C

Sau một năm số tiền anh Tài làm ra là $6.12=72$ triệu đồng

Sau một năm giá trị xe công nông còn $100{\left(1-0,4\%\right)}^{12}\approx 95,3042$ triệu đồng

Vậy sau một năm số tiền anh Tài có là 167,3042 triệu đồng

Đáp án C

Ta có: $S_{ABCD}=2.S_{ABC}=2.\frac{1}{2}.AC.AB.\sin {60}^o=a.a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2.\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Do đó: $h=\frac{V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}}{S_{ABCD}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{a^2.\frac{\sqrt{3}}{2}}=2a.$

Đáp án B

Gọi V₁ là thể tích khối nón, V₂ là thể tích khối trụ.

Khi đó $V_1=\frac{1}{3}\pi {.6}^2.10=120\pi ;V_2=\pi {.6}^2.10=360\pi .$

Suy ra thể tích phần khối trụ còn lại là $V_2-V_1=240\pi .$

Đáp án A

 Ta có ${\log }_{24}15=\frac{{\log }_{2}15}{{\log }_{2}24}=\frac{{\log }_{2}5+{\log }_{2}3}{{\log }_{2}8+{\log }_{2}3}=\frac{{\log }_{2}5+{\log }_{5}3.{\log }_{2}5}{{\log }_2{2}^3+{\log }_{5}3.{\log }_{2}5}=\frac{a+ab}{3+ab}.$

Do đó $S=m^2+n^2=1^2+3^2=10.$

Đáp án A

Để có đồ thị ở hình 2, từ đồ thị hình 1 ta giữ nguyên phần đồ thị nằm phía trên trục hoành và lấy đối xứng phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành

Đáp án A

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}\left(1;2;1\right)$

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_d}=\left(2;1;3\right).$ Gọi $A=d\cap \left(\alpha \right)$

Gọi $A\left(-1+2t;t;-2+3t\right)\in d.$ Do $A\in \left(\alpha \right)\Rightarrow -1+2t+2t-2+3t-4=0\iff t=1\Rightarrow A\left(1;1;1\right).$

Đường thẳng $∆$ nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d nên có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{u_d}\right]=\left(5;-1;-3\right).$

Vậy phương trình $∆$ có dạng: $\frac{x-1}{5}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{-3}.$

Đáp án A

$f\left(x\right)=\frac{x^2-x+1}{x-1}=x+\frac{1}{x-1}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=1-\frac{1}{{\left(x-1\right)}^2}=\frac{x^2-2x}{{\left(x-1\right)}^2}.$

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

Bảng biến thiên của hàm số trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$

Từ đó $\underset{\left(1;+\infty \right)}{min}y=3.$

Đáp án D

Ta thấy $y=a^x$ có đồ thị từ trái sang phải theo hướng đi xuống nên là hàm nghịch biến $\Rightarrow a<1.$ Còn hàm số $y={\log }_{b}x$ và $y={\log }_{c}x$ là những hàm đồng biến $\Rightarrow c,b>1.$ Từ đó loại được các đáp án B và đáp án C.

+ Từ đồ thị hàm số ta thấy tại cùng một giá trị $x_0>1$ thì đồ thị hàm số $y={\log }_{b}x$ nằm trên đồ thị hàm số $y={\log }_{c}x$ hay $\left\{\begin{array}{l}x>1\\ {\log }_{b}x>{\log }_{c}x\end{array}\right.\Rightarrow c>b.$

Vậy c>b>a

Đáp án B

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 5 viên bi từ hộp chứa 18 viên bi. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=C_{18}^5=8568.$

Gọi A là biến cố "5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng". Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

TH1: Chọn 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh nên có $C_6^1.C_7^1.C_5^3$ cách.

TH2: Chọn 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh nên có $C_6^2.C_7^2.C_5^1$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là $\left|{\Omega }_A\right|=C_6^1.C_7^1.C_5^3+C_6^2.C_7^2.C_5^1=1995.$

Vậy xác suất cần tính $P\left(A\right)=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{1995}{8568}=\frac{95}{408}.$

Đáp án D

Ta có $y^{\text{'}}\left(x_0\right)=-3x_0^2+2m{x}_0+m=-3{\left(x_0-\frac{m}{3}\right)}^2+\frac{m^2}{3}+m\le \frac{m^2}{3}+m.$

Dấu “=” đạt tại $x_0=\frac{m}{3}.$ Thay vào hàm số ta được $y_0=\frac{2m^3}{27}+\frac{m^2}{3}+1.$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ là $d:y=\left(\frac{m^2}{3}+m\right)\left(x-\frac{m}{3}\right)+\frac{2m^3}{27}+\frac{m^2}{3}+1.$

Vì đi qua O(0;0) nên $0=\left(\frac{m^2}{3}+m\right)\left(-\frac{m}{3}\right)+\frac{2m^3}{27}+\frac{m^2}{3}+1\iff \frac{m^3}{27}=1\iff m=3.$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị của hàm số y=f'(x) ta có BBT của hàm số y=f(x) như sau.

Vậy hàm số chỉ có 1 CT nên $a>0;b\ge 0,$ ta loại được hai đáp án A và B. Mặt khác (C) không cắt trục Ox nên đồ thị (C) nằm hoàn toàn phía trên trục Ox do đó c>0. Nên ta loại đáp án C.

Đáp án A

Gọi E là trung điểm của BB'. Khi đó $EM//B^{\text{'}}C\Rightarrow B^{\text{'}}C//\left(AME\right).$

Ta có: $d\left(B^{\text{'}}C,AM\right)=d\left(B^{\text{'}}C,\left(AME\right)\right)=d\left(C;\left(AME\right)\right)=d\left(B,\left(AME\right)\right).$

+) Xét khối chóp B.AME có các cạnh BE, AB, BM đôi một vuông góc nên

$\frac{1}{d^2\left(B,\left(AME\right)\right)}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{M{B}^2}+\frac{1}{E{B}^2}=\frac{7}{a^2}\Rightarrow d\left(B,\left(AME\right)\right)=\frac{a\sqrt{7}}{7}.$

Vậy $d\left(B^{\text{'}}C,AM\right)=\frac{a\sqrt{7}}{7}.$

Đáp án A

$y=f\left(x\right)=\frac{2^{x+1}+1}{2^x-m}$, đặt $t=2^x,x\in \left(-1;1\right)\Rightarrow t\in \left(\frac{1}{2};2\right).$

f(x) trở thành $g\left(t\right)=\frac{2t+1}{t-m},g^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{-2m-1}{{\left(t-m\right)}^2}.$

f(x) nghịch biến trên $\left(-1;1\right)\iff g\left(t\right)$ nghịch biến trên $\left(\frac{1}{2};2\right)$ ( vì $t\left(x\right)=2^x$ là hàm đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$).

$\iff g^{\text{'}}\left(t\right)<0,\forall t\in \left(\frac{1}{2};2\right)\iff \left\{\begin{array}{l}-2m-1<0\\ m\notin \left(\frac{1}{2};2\right)\end{array}\right.\iff -\frac{1}{2}<m\le \frac{1}{2}\vee m\ge 2$

Đáp án C

Ta có $I=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{e}^{2x}dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x+1\right)dx=\frac{9e^2-1}{2e^2}.$

Đáp án A

Kẻ $SH\perp \left(ABC\right),HM,HN,HE$ lần lượt vuông góc với AB,AC,BC

$\Rightarrow$ Góc giữa mặt bên và đáy là $\widehat{SMH}=\widehat{SNH}=\widehat{SEH}={60}^o$

Ta có $\Delta SMH=\Delta SNH=\Delta SEH\Rightarrow HM=HN=HE$

$\Rightarrow$H là tâm đường tròn nội tiếp đáy và $r=HM=HN=HE=4$

Ta có $MB=MH.\cot {30}^o=4\sqrt{3},MA=MH=4\Rightarrow AB=4+4\sqrt{3}$

$\begin{array}{l}AC=AB.\tan {60}^o=12+4\sqrt{3},SH=HM.\tan {60}^o=4\sqrt{3}\\ \Rightarrow V_{SABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{6}SH.AB.AC=64\left(2+\sqrt{3}\right).\end{array}$

Đáp án A

Đặt $u=x,dv=\left(1+\sin 2x\right)dx$ ta được $F\left(x\right)=\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x\cos 2x+\frac{1}{4}\sin 2x+D.$

 Vậy $A+B+C=\frac{1}{4}.$

Đáp án A

Phương trình mặt cầu (S) có dạng: $x^2+y^2+z^2-2Ax-2By-2Cz+D=0,$ ta có

$\left\{\begin{array}{l}A\left(6;-2;3\right)\in \left(S\right)\\ B\left(0;1;6\right)\in \left(S\right)\\ C\left(2;0;-1\right)\in \left(S\right)\\ D\left(4;1;0\right)\in \left(S\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}49-12A+4B-6C+D=0\left(1\right)\\ 37-2B-12C+D=0\left(2\right)\\ 5-4A+2C+D=0\left(3\right)\\ 17-8A-2B+D=0\left(4\right)\end{array}\right.$

Lấy $x^2+y^2+z^2-2Ax-2By-2Cz+D=0,$ ta được hệ:

$\left\{\begin{array}{l}-12A+6B+6C=-12\\ 4A-2B-14C=-32\\ 4A+2B+2C=12\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}A=2\\ B=-1\\ C=3\end{array}\right.\Rightarrow D=-3.$

Vậy phương trình mặt cầu là: $x^2+y^2+z^2-4x+2y-6z-3=0.$

Đáp án C

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z₁, z₂.

Gọi số phức $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right).$

Ta có $\left|z-1\right|=\sqrt{34}\Rightarrow M,N$ thuộc đường tròn (C) có tâm I(1;0) bán kính $R=\sqrt{34}.$

Mà $\left|z+1+mi\right|=\left|z+m+2i\right|\iff \left|\left(x+1\right)+\left(y+m\right)i\right|=\left|\left(x+m\right)+\left(y+2\right)i\right|$

$\iff \left(2-2m\right)x+\left(2m-4\right)y-3=0\Rightarrow M,N$ thuộc đường thẳng $\left(d\right)\left(2-2m\right)x+\left(2m-4\right)y-3=0$

Do đó M, N là giao điểm của d và đường tròn (C).

Ta có $\left|z_1-z_2\right|=MN$ nên $\left|z_1-z_2\right|$ lớn nhất $\iff MN$ lớn nhất.

$\iff$ MN là đường kính của đường tròn tâm I bán kính $\sqrt{34}$

Khi đó $\left|z_1+z_2\right|=2\left|\overrightarrow{OI}\right|=2.OI=2$

Đáp án D

Điều kiện: $x\ge 1$

$Pt\iff 3\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}}+m=2\frac{\sqrt[4]{x^2-1}}{\sqrt[4]{{\left(x+1\right)}^2}}\iff 3\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}+m=2\sqrt[4]{\frac{x-1}{x+1}}$

$t=\sqrt[4]{\frac{x-1}{x+1}}$ với $x\ge 1$ ta có $0\le t<1.$

Thay vào phương trình ta được $m=2t-3t^2=f\left(t\right)$

Bảng biến thiên: 

Từ bảng biến thiên ta có để phương trình có hai nghiệm khi $0\le m<\frac{1}{3}.$

Đáp án C

Đặt $BD=x\left(0<x<130\right)\Rightarrow AD=130-x.$ Ta có $CD=\sqrt{D{B}^2+D{C}^2}=\sqrt{x^2+3600}$

Chi phí vận chuyển hàng là: $f\left(x\right)=300000.\left(130-x\right)+500000\sqrt{x^2+3600}$ (đồng)

Khảo sát hàm ta được f(x) nhỏ nhất khi $x=45\left(km\right)\Rightarrow AD=85\left(km\right).$

Đáp án A

Ta đặt $y=f^{\text{'}}\left(x\right)=k\left(x+2\right)\left(x-\frac{7}{6}\right)\left(x-3\right).$

Xét: $\left\{\begin{array}{l}{S}_1=\left|k\underset{0}{\overset{\frac{7}{6}}{\int }}\left(x+2\right)\left(x-\frac{7}{6}\right)\left(x-3\right)dx\right|=\frac{65219}{1552}k\\ S_2=\left|k\underset{\frac{7}{6}}{\overset{3}{\int }}\left(x+2\right)\left(x-\frac{7}{6}\right)\left(x-3\right)dx\right|=\frac{65219}{1552}k\end{array}\right.$

Do đó: $S_1=S_2\iff \underset{0}{\overset{\frac{7}{6}}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=-\underset{\frac{7}{6}}{\overset{3}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx\iff f\left(0\right)=f\left(3\right).$

Lập bảng biến thiên ta có:

Vậy phương trình f(x) = r = f(0) có tất cả 3 nghiệm

Đáp án C

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

$f^{\text{'}}\left(x\right)=2^x\ln 2+2^{-x}\ln 2>0,\forall x\Rightarrow f\left(x\right)$ là hàm đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Do đó

$f\left(\left|x^3-2x^2+3x-m\right|\right)+f\left(2x-2x^2-5\right)<0,\forall x\in \left(0;1\right)$

$\begin{array}{l}\iff f\left(\left|x^3-2x^2+3x-m\right|\right)<-f\left(2x-2x^2-5\right)=f\left(2x^2-2x+5\right),\forall x\in \left(0;1\right)\\ \iff \left|x^3-2x^2+3x-m\right|<2x^2-2x+5,\forall x\in \left(0;1\right)\\ \iff -\left(2x^2-2x+5\right)<x^3-2x^2+3x-m<2x^2-2x+5,\forall x\in \left(0;1\right)\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>x^3-4x^2+5x-5,\forall x\in \left(0;1\right)\\ m<x^3+x+5,\forall x\in \left(0;1\right)\end{array}\right.\end{array}$