Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{u_d}=\left(-1;2;1\right)$ cùng phương với $\overrightarrow{n_p}=\left(1;-2;-1\right)$ nên đường thẳng $d$ cắt và vuông góc với (P).

Đáp án C

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta có a > 0.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên c > 0.

Hàm số có 3 cực trị nên a.b < 0 mà a > 0 $\Rightarrow$ b < 0.

Đáp án B

Để dãy số là cấp số nhân lùi vô hạn thì nó phải là cấp số nhân có công bội q thỏa mãn $\left|q\right|<1$$\left\{\begin{array}{l}{u}_{n+1}=\frac{1}{2}{u}_n\\ u_1=100\left(n\in {\mathbb{N}}^{*}\right)\end{array}\right. có \frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{1}{2}<1\Rightarrow$Ta thấy  có  Đây là cấp số nhân.

Đáp án B

Ta có $2^x=4=2^2\iff x=2$.

Đáp án A

$I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sin xdx=-\cos x\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\left|\right.}}=-\left(0-1\right)=1$

Đáp án C

Ta có $z=\frac{1}{2-i}=\frac{2}{5}+\frac{1}{5}i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{{\left(\frac{2}{5}\right)}^2+{\left(\frac{1}{5}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$

Đáp án A

Ta có $V=S.h$

Đáp án A

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left(0;2\right)$

Đáp án A

Ta có công thức $S_{xq}=\pi .r.l\Rightarrow r=\frac{12\pi }{3.\pi }=4$

Đáp án C

Hàm số $y={\log }_2\left(x+3\right)$ xác định $\iff x+3>0\iff x>-3$

Đáp án A

Ta có công thức $\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+C\Rightarrow \int 2^{x}dx=\frac{2^x}{\ln 2}+C$

Đáp án A

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(1;2;-1\right)$

Đáp án C

${\left(3-x\right)}^9=\sum _{k=0}^9{C}_9^k{3}^{9-k}{\left(-x\right)}^k\Rightarrow k=7\Rightarrow C_9^7{.3}^2{\left(-1\right)}^7=-9.C_9^7$ là hệ số cần tìm.

Đáp án D

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

Vậy mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $A\left(1;-2;-1\right)$.

Đáp án A

Hình lập phương cạnh bằng 2 có diện tích toàn phần là $2^2.6=24$.

Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh bằng 2 có bán kính bằng 1 $\Rightarrow S=4\pi r^2=4\pi$.

Vậy tỉ số là: $\frac{4\pi }{24}=\frac{\pi }{6}$.

Đáp án A

Cách 1: Ta có $\log 9000=\log \left({9.10}^3\right)=\log 3^2+\log {10}^3=2\log 3+3=2a+3$.

Cách 2: Sử dụng Casio.

Gán giá trị $\log 3\stackrel{SHIFT+STO}{\to }A;\log 9000\stackrel{SHIFT+STO}{\to }B$. Sau đó, lấy giá trị của $B$ trừ lần lượt các biểu thức của phương án, phép tính nào ra kết quả bằng 0 thì là phương án đúng.

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là $x=1$ và $x=-1\Rightarrow$ loại phương án C.

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm $\left(-1;2\right)$ và $\left(1;-2\right)\Rightarrow$ chỉ có hàm số $y=x^3-3x$ thỏa mãn.

Đáp án C

Ta có: ${\left(\frac{1}{3}\right)}^{x-1}\ge {\left(\frac{1}{9}\right)}^{2x+3}\iff {\left(\frac{1}{3}\right)}^{x-1}\ge {\left(\frac{1}{3}\right)}^{4x+6}\iff x-1\le 4x+6\iff x\ge -\frac{7}{3}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S=\left\{0;\pm 1;\pm 2;3;4;5\right\}$.

Đáp án D

Gọi $M\text{'},N\text{'}$ lần lượt là hình chiếu của $M,N$ xuống $\left(P\right)$.

Đường thẳng $d_1$ đi qua $M\left(1;1;1\right)$ và nhận $\overrightarrow{n_p}=\left(1;1;-2\right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình

$\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1+t\\ z=1-2t\end{array}\right.\Rightarrow M\text{'}=d_1\cap \left(P\right)\Rightarrow M\text{'}\left(2;2;-1\right)$

Tương tự ta có $N\text{'}\left(\frac{11}{2};\frac{1}{2};0\right)\Rightarrow \overrightarrow{MN}\left(\frac{7}{2};-\frac{3}{2};1\right)=\frac{1}{2}\left(7;-3;2\right)$.

Phương trình hình chiếu cần tìm là phương trình đường thẳng $M\text{'}N\text{'}:\frac{x-2}{7}=\frac{y-2}{-3}=\frac{z+1}{2}$.

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=-6x^2+6x$.

Cách 1: $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=1\\ x=1\Rightarrow y=2\end{array}\right.$

$\Rightarrow$Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là $A\left(0;1\right),B\left(1;2\right)$.

Khi đó, đường thẳng đi qua hai điểm cực trị chính là đường thẳng $AB$ có phương trình $y=x+1$.

Cách 2: Ta có:.

$y=-2x^3+3x^2+1\iff y=\frac{1}{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(-6x^2+6x\right)+x+1\iff y=\frac{1}{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)y\text{'}+x+1$

$\Rightarrow$Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: $y=x+1$.

Đáp án C

Điều kiện $x>0$.

Phương trình ${\log }_{\sqrt{3}}^{2}x-m{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0$ có nghiệm duy nhất $\iff$ Phương trình có nghiệm kép hay $\Delta =m^2-4=0\iff m=\pm 2$.

+ Với $m=2\Rightarrow {\log }_{\sqrt{3}}^{2}x-2{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0\iff {\log }_{\sqrt{3}}x=1\iff x=\sqrt{3}>1$ (loại)

+ Với $m=-2\Rightarrow {\log }_{\sqrt{3}}^{2}x+2{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0\iff {\log }_{\sqrt{3}}x=-1\iff x=\frac{1}{\sqrt{3}}<1$ (thỏa mãn).

Vậy với $m=-2$ phương trình có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1.

Đáp án B

Ta có diện tích hình phẳng cần tìm được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ liên tục trên $ℝ,y=0,x=-1$ và $x=1$ là $S=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=-\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx$ (vì $f\left(x\right)<0,\forall x\in ℝ$).

Đáp án C

Ta có: $\begin{array}{l}z=\frac{4-3i}{2+i}=1-2i\Rightarrow \overline{z}=1+2i\\ w=iz+2\overline{z}=i\left(1-2i\right)+2\left(1+2i\right)=4+5i\end{array}$

Vậy phần thực của số phức $w$ là 4.

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm: $-x^4+1=x^2-1\iff -x^4-x^2+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=-2\end{array}\right.\iff x=\pm 1$.

$\Rightarrow$Phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\Rightarrow$ Đồ thị (C) và (P) cắt nhau tại hai điểm.

Đáp án C

Gọi $M\left(x;y\right)$ là điểm biểu diễn số phức z.

$\left|x+yi-1+i\right|=1\iff \left|\left(x-1\right)+i\left(y+1\right)\right|=1\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=1$

Đây là đường tròn tâm $I\left(1;-1\right)$ bán kính $R=1$.

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)\end{array}\right.$ và $\left(SAB\right)\cap \left(SAD\right)=SA$.

$\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)$

Khoảng cách từ S tới mặt phẳng $\left(ABCD\right)=SA=a$.

Ta có: $S_{ABCD}=a^2\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}$.

Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+ $\underset{x\to 0^{+}}{\lim y}=+\infty ;\underset{x\to 1^{+}}{\lim y}=-\infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là $x=0$ và $x=1$.

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{n_{\alpha }}=\left(1;5;-2\right)$ và $\overrightarrow{n_{\beta }}=\left(2;-1;1\right)$.

$\cos \left(\left(\alpha \right);\left(\beta \right)\right)=\frac{\left|1.2-5.1-2.1\right|}{\sqrt{30}.\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{6}$

Đáp án B

Gọi số cần tìm là $\overline{abcd}$.

Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 2 suy ra $d=\left\{2;4;6\right\}$.

Với $d=\left\{2;4;6\right\}$, suy ra có 7 cách chọn a, 7 cách chọn b, 7 cách chọn c.

Khi đó, có $3\times 7\times 7\times 7=1029$ số cần tìm.

Vậy có 1029 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Hình chóp tứ giác đều có các mặt bên là tam giác đều.

$\Rightarrow$Tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a.

Gọi $AC\cap BD=O$, kẻ $OI\perp CD\left(I\in CD\right)$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp OI\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOI\right)\Rightarrow CD\perp SI$.

$\Rightarrow$Góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp là $\widehat{SIO}=\alpha$.

Ta có: $OI=\frac{a}{2};SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{OI}{SI}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=3x^2+3\ge 3$.

Dấu “=” xảy ra $\iff x=0$

$\Rightarrow$Hệ số góc nhỏ nhất của (C) là 3.

Tại $x=0\Rightarrow y=0$.

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hệ số góc nhỏ nhất là $y=3.\left(x-0\right)+0=3x$.

Đáp án D

Đặt $x=2\sin t$ với $t\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]\Rightarrow dx=2\cos tdt$.

$\Rightarrow I=16\int {\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt=4\int {\sin }^{2}2tdt=2\int \left(1-\cos 4t\right)dt=2t-\frac{\sin 4t}{2}+C$

Đáp án D

Đặt $y=g\left(x\right)=f\left(x\right)+m$.

Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=-2\\ \underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{\min }g\left(x\right)=m-2\\ \underset{\left[0;2\right]}{\max }g\left(x\right)=m+2\end{array}\right.\\ \Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|g\left(x\right)\right|=\max \left\{\left|m+2\right|;\left|m-2\right|\right\}\\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left|m+2\right|=4\\ \left|m+2\right|>\left|m-2\right|\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}\left|m-2\right|=4\\ \left|m-2\right|>\left|m+2\right|\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m=\pm 2\end{array}$

Đáp án D

Sau khi diệt khuẩn, số vi khuẩn còn lại sẽ là 1%.

Sau 20 phút, số vi khuẩn là $1\%.2=1\%{.2}^{\frac{20}{20}}=2\%$.

Sau 20 phút nữa (40 phút), số vi khuẩn là $2\%.2=1\%{.2}^{\frac{20}{20}}{.2}^{\frac{20}{20}}=1\%{.2}^{\frac{40}{20}}=4\%$.

Sau n phút, ta có số vi khuẩn là $1\%{.2}^{\frac{n}{20}}$.

Để phục hồi số vi khuẩn như cũ thì $1\%{.2}^{\frac{n}{20}}=100\%\iff {\log }_{2}100=\frac{n}{20}\Rightarrow n\approx 133$ (phút)

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm là:

$\begin{array}{l}{x}^2-2x=-x^2\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.\\ V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(x^2-2x\right)}^{2}dx-\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[{\left(x^2-2x\right)}^2-x^4\right]dx=\frac{\pi }{3}\end{array}$

Diện tích mặt cầu có bán kính bằng 1 là $4\pi$.

Ta có: $\frac{1}{k}=\frac{\pi }{3}:4\pi \iff k=12$.

Đáp án B

Ta có: $w-2-3i=\left(3-4i\right)z\Rightarrow \left|w-2-3i\right|=\left|3-4i\right|\left|z\right|=25$.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn bán kính $r=25$.

Đáp án D

Ta có $ACB\text{'}D\text{'}$ là tứ diện đều cạnh $a\sqrt{2}$.

Do tính chất của tứ diện đều nên khi quay tứ diện quanh cạnh $AC$ thì ta được vật thể tạo thành từ hai khối nón có bán kính đường tròn đáy bằng $B\text{'}O=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ và độ dài đường sinh là $CB\text{'}=a\sqrt{2}$, đường cao $CO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

$\Rightarrow$Thể tích vật thể là:

  $V=2.\frac{1}{3}\pi .r^2.h=2.\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{2}$

Đáp án B

Ta có mặt cầu (S) có tâm $I\left(2;1;1\right)$, bán kính $R=5$.

Mặt khác hình tròn có diện tích $S=16\pi \Rightarrow$ Bán kính đường tròn là $r=4$.

$d\left(I;\left(P\right)\right)=\sqrt{5^2-4^2}=3$

Mà  $AI=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=3=d\left(I;\left(P\right)\right)$. $\Rightarrow {\overrightarrow{n}}_p=\overrightarrow{AI}=(1;2;2)$

Vậy mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua $A\left(1;-1;-1\right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_p}=\left(1;2;2\right)$ có phương trình là $x+2y+2z+3=0$.

Đáp án A

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

Để hàm số có hai điểm cực trị thì $m\ne 0$.

Ta có: $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=3m-3\\ x=2\Rightarrow y=-m-3\end{array}\right.$.

Giả sử $A\left(0;3m-3\right),B\left(2;-m-3\right)$.

Ta có: $\begin{array}{l}2A{B}^2-\left(O{A}^2+O{B}^2\right)=20\\ \iff 2\left(4+16m^2\right)-\left[{(3m-3)}^2+4+{(-m-3)}^2\right]=20\\ \iff 11m^2+6m-17=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{17}{11}\end{array}\right.\end{array}$

$\Rightarrow$Tổng các giá trị của m bằng $-\frac{6}{11}$.

Đáp án C

Gọi $E$ là điểm thỏa mãn $NCDE$ là hình bình hành.

$\Rightarrow NC//ED\Rightarrow NC//\left(SED\right)$

Kẻ $AH\perp DE,AK\perp SH\Rightarrow AK=d\left(A;\left(SED\right)\right)$.

Ta có $d\left(NC;SD\right)=d\left(NC;\left(SED\right)\right)=d\left(N;\left(SED\right)\right)$.

Mặt khác

  $\frac{d\left(N;\left(SED\right)\right)}{d\left(A;\left(SED\right)\right)}=\frac{ND}{AD}=\frac{2}{3}\Rightarrow d\left(N;\left(SED\right)\right)=\frac{2}{3}AK$.

Vì $ABCD$ là hình thoi cạnh a và $\widehat{BAD}={60}^0$ nên $\Delta ABD$ đều có cạnh bằng a.

$\Rightarrow AC=2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Ta có:

 $$\begin{gathered} C{N}^2=C{A}^2+A{N}^2-2AN.AC.\cos {30}^0=3a^2+{\left(\frac{a}{3}\right)}^2-2.a\sqrt{3}.\frac{a}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{19}{9}{a}^2 \\ \Rightarrow N{C}^2=D{E}^2=\frac{19}{9}{a}^2 \\ \Rightarrow \cos \widehat{NDE}=\frac{D{N}^2+D{E}^2-E{N}^2}{2.DN.DE}=\frac{{\left(\frac{2a}{3}\right)}^2+\frac{19}{9}{a}^2-a^2}{2.\frac{2a}{3}.\frac{\sqrt{19}a}{3}}=\frac{7\sqrt{19}}{38} \\ \Rightarrow \sin \widehat{NDE}=\sqrt{\frac{27}{76}}\Rightarrow AH=AD.\sin \widehat{NDE}=\sqrt{\frac{27}{16}}a \\ \frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{{\left(AC.\tan {60}^0\right)}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{\frac{27}{76}{a}^2} \\ \Rightarrow AK=a\sqrt{\frac{27}{79}}=3a\sqrt{\frac{3}{79}} \\ \Rightarrow d\left(N;\left(SED\right)\right)=\frac{2}{3}AK=2a\sqrt{\frac{3}{79}} \end{gathered}$$

Đáp án B

Từ giả thiết ta có tập hợp điểm M biểu diễn z là đường tròn tâm $I\left(0;5\right)$, bán kính và $R=3$ tập hợp điểm N biểu diễn số phức w là đường thẳng có phương trình $d:x=5$.

Để $\left|w-z\right|=MN$ nhỏ nhất thì độ dài MN nhỏ nhất, khi đó $MN=d\left(I;d\right)-R=5-3=2$.

Đáp án D

Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $E\left(-1;1;0\right)$, bán kính $R=3$.

Gọi điểm $I\left(x;y;z\right)$ thỏa mãn:

$\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}1-x+2\left(2-x\right)+3-x=0\\ -y+2\left(8-y\right)+4-y=0\\ -z-2z-z=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=5\\ z=0\end{array}\right.\Rightarrow I\left(2;5;0\right)$

Khi đó $P=\left|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+4\overrightarrow{MI}\right|=4MI$.

Vậy để $P_{\min }$ thì $MI$ ngắn nhất. Khi đó $M=EI\cap \left(S\right)$.

Ta có: 

$\begin{array}{l}EI=\sqrt{3^2+4^2+0^2}=5\\ \Rightarrow P_{\min }=4\left|EI-R\right|=4\left|5-3\right|=8\end{array}$

Đáp án A

Ta có: $2f\left(3-x\right)+f\left(x\right)=8x-6$.

Đặt $\begin{array}{l}t=3-x\Rightarrow 2f\left(t\right)+f\left(3-t\right)=8\left(3-t\right)-6\Rightarrow f\left(3-x\right)+2f\left(x\right)=-8x+18\\ \iff \left\{\begin{array}{l}2f\left(3-x\right)+f\left(x\right)=8x-6\\ f\left(3-x\right)+2f\left(x\right)=-8x+18\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=-8x+14\end{array}$

Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(-8x+14\right)dx=10$.

Đáp án D

Đặt 

$\begin{array}{l}g\left(x\right)=f\left(3x\right)-9x^3-1\\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=3f\text{'}\left(3x\right)-27x^2\\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(3x\right)={\left(3x\right)}^2\left(*\right)\end{array}$

Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, ta vẽ đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ và $y=x^2$ như hình bên.

Từ đồ thị hàm số ta có $\left(*\right)\iff \left[\begin{array}{l}3x=0\\ 3x=1\\ 3x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{1}{3}\\ x=\frac{2}{3}\end{array}\right.$

Khi đó $g\text{'}\left(x\right)>0\iff f\text{'}\left(3x\right)>{\left(3x\right)}^2\iff 0<x<\frac{2}{3} \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)<0$ trên $\left(-\infty ;0\right);\left(\frac{2}{3};+\infty \right)$.

Ta có $g\left(0\right)=f\left(0\right)-{9.0}^3-1=0$.

Bảng biến thiên của hàm số $y=g\left(x\right)$.

Từ bảng biến thiên ta có hàm số $y=\left|g\left(x\right)\right|$ đồng biến trên $\left(0;\frac{2}{3}\right)$.

Đáp án B

Ta có: $\begin{array}{l}f\left(x\right)<e^{\cos x}-\ln \left(\sin x\right)-m\iff m<e^{\cos x}-\ln \left(\sin x\right)-f\left(x\right)=g\left(x\right)\\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=-\sin x.e^{\cos x}-\cot x-f\text{'}\left(x\right)=-\left(\sin x.e^{\cos x}+\cot x+f\text{'}\left(x\right)\right)<0,\forall x\in \left[\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right]\end{array}$

 $\Rightarrow y=g\left(x\right)$ nghịch biến trên $\left[\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right]$.

Để thỏa mãn đề thì $m\le \underset{\left[\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(\frac{\pi }{3}\right)=\sqrt{e}-\ln \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-f\left(\frac{\pi }{3}\right)$.

Đáp án A

Do hàm số $y=4x^3+2x$ đồng biến nên cắt trục hoành tại điểm duy nhất có hoành độ $x=0$.

Giả sử $b>a$ khi đó ta có $b-a=1\iff b=a+1$.

Ta có diện tích hình phẳng là:

$\begin{array}{l}S=\underset{a}{\overset{1+a}{\int }}\left|4x^3+2x\right|dx=\underset{a}{\overset{1+a}{\int }}\left(4x^3+2x\right)dx=\left(x^4+x\right)\left|{}_a^{1+a}\right.\\ =\left({\left(1+a\right)}^4+{\left(1+a\right)}^2\right)-\left(a^4+a^2\right)=4a^3+6a^2+6a+2=f\left(a\right)\end{array}$

Xét hàm số $f\left(a\right)=4a^3+6a^2+6a+2$ có $\underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }f\left(a\right)=2\iff a=0,b=1$.

Đáp án D