Đáp án B

Trên khoảng $\left(0;6\right)$, hàm số đồng biến trên $\left(0;3\right)$ và nghịch biến trên $\left(3;6\right)$ nên đáp án B sai.

Đáp án A

Hàm số $y=e^{x^2+2x}$ xác định khi $x^2+2x$, mà $x^2+2x$ là đa thức bậc hai nên nó xác định trên toàn trục số thực $ℝ$. Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $D=ℝ$.

Đáp án D

$\left\{\begin{array}{l}{u}_1=-5\\ d=3\end{array}\right.\Rightarrow 100=u_n=u_1+\left(n-1\right)d=3n-8\iff n=36$

Đáp án D

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-3}{\sqrt{x^2+1}-x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2-\frac{3}{x}}{-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}-1}=-1$.

Đáp án A

Từ đồ thị $\left(C_1\right)$ ta có hàm số $y={\log }_{a}x$ đồng biến trên tập xác định do đó $a>1$ nên A sai.

Đáp án D

Vận tốc của chuyển động tại thời điểm t là $v\left(t\right)=S^{\text{'}}=\frac{1}{2}{\left(t^4-3t^2\right)}^{/}=2t^3-3t$.

Do đó $v\left(4\right)={2.4}^3-3.4=116m/s$.

Đáp án A

$V=\pi r^{2}h\Rightarrow h=\frac{V}{\pi r^2}=\frac{\pi a^3}{\pi a^2}=a$.

Đáp án C

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right]dx+2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=12+2.5=22$

Đáp án A

Ta có: $\left|\overrightarrow{u}\right|=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=3$.

Đáp án C

Mặt phẳng song song với mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ và đi qua $A\left(-1;-1;-1\right)$ nhận $\overrightarrow{i}=\left(1;0;0\right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là $x+1=0$.

Đáp án D

Gọi $G\left(x_G;y_G;z_G\right)$ là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{-1+3-2}{3}=0\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{2+4-6}{3}=0\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{4+2-6}{3}=0\end{array}\right.$

Vậy $G\left(0;0;0\right)$.

Đáp án A

$w=3z_1-2z_2=3\left(1+2i\right)-2\left(2-3i\right)=-1+12i$. Vậy phần ảo của số phức w là 12.

Đáp án D

Hình lập phương $ABCD{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ có 9 mặt phẳng đối xứng đó là:

+) Ba mặt phẳng trung trực của các cạnh AB, AD, AA'.

+) Sáu mặt phẳng chứa 6 đường chéo của hình lập phương.

Đáp án C

Ta có $\int \left(3x^2+\sin x\right)dx=x^3-\cos x+C$.

Đáp án B

Đạo hàm $y^{/}=6x^2+6x-4$

Giả sử đường thẳng $\Delta$ là tiếp tuyến của $\left(C\right)$ tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$.

Suy ra đường thẳng $\Delta$ có hệ số góc là $k=y^{/}\left(x_0\right)=6x_0^2+6x_0-4$.

Khi đó $k=6\left(x_0^2+x_0-\frac{2}{3}\right)=6\left(x_0^2+x_0+\frac{1}{4}-\frac{11}{12}\right)=6{\left(x_0+\frac{1}{2}\right)}^2-\frac{11}{2}\ge -\frac{11}{2}$.

Vậy trong các tiếp tuyến của $\left(C\right)$, tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất là $k=-5,5$.

Đáp án B

Ta có đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt, mà qua các điểm đó đạo hàm đổi dấu. Nên đạo hàm đổi dấu ba lần qua ba nghiệm. Do vậy hàm số $y=f\left(x\right)$ có ba điểm cực trị.

Đáp án D

• $I\in d\Rightarrow I\left(2t+1;t+2;2t+3\right)$

• Mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng $\iff d\left(I;\left(P_1\right)\right)=d\left(I_2;\left(P_2\right)\right)$

$\iff \left|8t+9\right|=\left|9t+9\right|\iff \left[\begin{array}{l}8t+9=9t+9\\ 8t-9=-9t-9\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}t=0\\ t=\frac{-18}{17}\end{array}\right.$

• $t=0\Rightarrow I\left(1;2;3\right);R=3\Rightarrow \left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=9$

• $t=-\frac{18}{17}\Rightarrow I\left(-\frac{19}{17};\frac{16}{17};\frac{15}{17}\right);R=\frac{3}{17}\Rightarrow \left(S\right):{\left(x+\frac{19}{17}\right)}^2+{\left(y-\frac{16}{17}\right)}^2+{\left(z-\frac{15}{17}\right)}^2=\frac{9}{289}$

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d.

Suy ra $H\in d$ nên $H\left(1+3t;-2-2t;t\right)\Rightarrow \overrightarrow{MH}=\left(3t-1;4-2t;t-3\right)$.

Đường thẳng d có một VTCP là $\overrightarrow{u}=\left(3;-2;1\right)$.

Ta có $MH\perp d$ nên $\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{u}=0\iff 3\left(3t-1\right)-2\left(4-2t\right)+\left(t-3\right)=0\iff t=1\Rightarrow H\left(4;-4;1\right)$.

Đáp án C

Phương pháp tự luận $y^{\text{'}}=\frac{3x^2+18x+20}{{\left(x+3\right)}^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{-9+\sqrt{21}}{3}\\ x=\frac{-9-\sqrt{21}}{3}\end{array}\right.$

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là $y=6x+13$.

Phương pháp trắc nghiệm

Tại điểm cực trị của đồ thị hàm số phân thức ở dạng bậc 2 trên bậc 1, ta có: $\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{g^{\text{'}}\left(x\right)}$

Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là

$y=\frac{{\left(3x^2+13x+19\right)}^{\text{'}}}{{\left(x+3\right)}^{\text{'}}}\iff y=6x+13$

Đáp án D

Ta có $BC=BD=4\left(cm\right)\Rightarrow S_{BCD}=8\left(c{m}^2\right)$.

Khoảng cách từ A đến  là $d=\frac{3V_{ABCD}}{S_{BCD}}=\frac{3.32}{8}=12\left(cm\right)$.

Đáp án B

Ta có:

+) $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\frac{1}{8},\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }=\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\frac{1}{8}$.

Suy ra $x=1$ không phải là đường tiệm cận đứng.

+) $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=+\infty$. Suy ra $x=-1$ là đường tiệm cận đứng.

Đáp án C

TH1. Chọn 1 điểm thuộc $d_1$ và 2 điểm thuộc $d_2\Rightarrow$ có $C_{17}^1.C_{20}^2$ tam giác.

TH2. Chọn 2 điểm thuộc $d_1$ và 1 điểm thuộc $d_2\Rightarrow$ có $C_{17}^2.C_{20}^1$ tam giác.

Như vậy, ta có $C_{17}^1.C_{20}^2+C_{17}^2.C_{20}^1=5950$ tam giác cần tìm.

Đáp án D

Tập xác định: $D=ℝ$.

$$\begin{gathered} y=f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\left(C\right) \\ {y}^{/}=f^{/}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c\left(P\right) \end{gathered}$$

Dựa vào đồ thị của $\left(P\right)\Rightarrow f^{/}\left(0\right)=0\Rightarrow c=0$

$\left(P\right)$ có đỉnh  $I\left(1;-1\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-\frac{b}{3a}=1\\ 3a+2b=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3a+b=0\\ 3a+2b=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{3}\\ b=-1\end{array}\right.$

$\Rightarrow y^{/}=f^{/}\left(x\right)=x^2-2x\Rightarrow y=f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3-x^2+d\left(C\right)$

Vì $\left(C\right)$ tiếp xúc Ox tại điểm có hoành độ dương nên $\left(C\right)$ tiếp xúc Ox tại điểm có hoành độ $x=2$, theo điều kiện tiếp xúc của hai đồ thị

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\left(2\right)=0\\ f^{/}\left(2\right)=0\end{array}\right.\iff \frac{8}{3}-4+d=0\iff d=\frac{4}{3}\Rightarrow \left(C\right)$ cắt Oy tại điểm $A\left(0;\frac{4}{3}\right)$.

Đáp án D

Gọi $z=a+bi\Rightarrow \overline{z}=a-bi$.

Khi đó $z^2+{\left(\overline{z}\right)}^2={\left(a+bi\right)}^2+{\left(a-bi\right)}^2=2a^2+2b^2{i}^2=2\left(a^2-b^2\right)$.

Đáp án A

Theo giả thiết, $SA=SB=a$ và tam giác ASB vuông cân tại S $\Rightarrow AB=a\sqrt{2}$.

Nếu gọi O là tâm đường tròn đáy thì O là trung điểm của AB, SO là chiều cao của hình nón và $SO=R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Khi đó $S_{xq}=\pi .R.SB=\frac{\pi a^2\sqrt{2}}{2}$.

Đáp án B

Áp dụng định lý Viet, ta có $\left\{\begin{array}{l}S=\alpha +\beta =2+4i\\ P=\alpha .\beta =-11-2i\end{array}\right.$.

Do đó $\alpha ,\beta$ là hai nghiệm của phương trình $z^2-Sz+P=0\iff z^2-\left(2+4i\right)z-\left(11+2i\right)=0$.

Đáp án D

Ta có

$f\left(a\right)=\frac{a^{\frac{2}{3}}\left(\sqrt[3]{a^{-2}}-\sqrt[3]{a}\right)}{a^{\frac{1}{8}}\left(\sqrt[8]{a^3}-\sqrt[8]{a^{-1}}\right)}=\frac{a^{\frac{2}{3}}\left(a^{\frac{-2}{3}}-a^{\frac{1}{3}}\right)}{a^{\frac{1}{8}}\left(a^{\frac{3}{8}}-a^{\frac{-1}{8}}\right)}=\frac{1-a}{a^{\frac{1}{2}}-1}=\frac{-\left(a^{\frac{1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{1}{2}}+1\right)}{a^{\frac{1}{2}}-1}=-a^{\frac{1}{2}}-1$

Khi đó $f\left({2019}^{2018}\right)=-{\left({2019}^{2018}\right)}^{\frac{1}{2}}-1=-{2019}^{1009}-1$

Đáp án D

Ta có $y=a^x,y=b^x$ là hai hàm số đồng biến, hàm số $y=c^x$ là hàm số nghịch biến nên ta có

$\left\{\begin{array}{l}a>1\\ b>1\\ 0<c<1\end{array}\right.\Rightarrow c<a,b$

Thay $x=1$ vào hai hàm số $y=a^x,y=b^x$ ta được: $a<b$

Do đó, ta có: $c<a<b$.

Đáp án A

Dựng $AM\perp CD$ tại M. Ta có: $\widehat{SMA}=60°$.

$$\begin{gathered} S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}.AB=4a^2 \\ CD=\sqrt{{\left(AD-BC\right)}^2+A{B}^2}=2a\sqrt{2} \\ {S}_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=a^2 \\ {S}_{ACD}=S_{ABCD}-S_{ABC}=3a^2.S_{ACD}=\frac{1}{2}AM.CD\Rightarrow AM=\frac{2S_{ACD}}{CD}=\frac{3\sqrt{2}}{2}a \end{gathered}$$

Ta có: $SA=AM.\tan \widehat{SMA}=\frac{3\sqrt{6}}{2}a\Rightarrow v_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=2\sqrt{6}{a}^3$.

Đáp án A

Ta có $F\left(x\right)=\int \left(2x+\frac{1}{{\sin }^{2}x}\right)dx=x^2-\cot x+C$

$F\left(\frac{\pi }{4}\right)=-1\iff {\left(\frac{\pi }{4}\right)}^2-\cot \frac{\pi }{4}+C=-1\iff C=-\frac{{\pi }^2}{16}$

Vậy $F\left(x\right)=-\cot x+x^2-\frac{{\pi }^2}{16}$.

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} P={\left(5-2\sqrt{6}\right)}^{2018}{\left(5+2\sqrt{6}\right)}^{2019}={\left(5-2\sqrt{6}\right)}^{2018}{\left(5+2\sqrt{6}\right)}^{2018}\left(5+2\sqrt{6}\right) \\ =\left[{\left(5-2\sqrt{6}\right)}^{2018}{\left(5+2\sqrt{6}\right)}^{2018}\right]\left(5+2\sqrt{6}\right) \\ ={\left[\left(5-2\sqrt{6}\right)\left(5+2\sqrt{6}\right)\right]}^{2018}\left(5+2\sqrt{6}\right)={\left(1\right)}^{2018}\left(5+2\sqrt{6}\right)=5+2\sqrt{6} \end{gathered}$$

Vậy $P\in \left(8;10\right)$.

Đáp án B

Yêu cầu bài toán $\iff -x^2+mx+2m+1>0,\forall x\in \left(1;2\right)$

$\iff m\left(x+2\right)>x^2-1,\forall x\in \left(1;2\right)\iff m>\frac{x^2-1}{x+2},\forall x\in \left(1;2\right)$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^2-1}{x+2}$, với $x\in \left(1;2\right)$

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x^2+4x+1}{{\left(x+2\right)}^2},f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2-\sqrt{3}\notin \left(1;2\right)\\ x=-2+\sqrt{3}\notin \left(1;2\right)\end{array}\right.\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)>0,\forall x\in \left(1;2\right)$

Dựa vào bảng biến thiên có $m>\frac{x^2-1}{x+2},\forall x\in \left(1;2\right)$ khi $m\ge \frac{3}{4}$. Vậy $m\ge \frac{3}{4}$.

Đáp án B

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

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=1$. Từ đồ thị, ta được $x=-1,x=1,x=2$.

Từ đồ thị, ta có bảng xét dấu của $g^{\text{'}}\left(x\right)$.

Vậy hàm số $g\left(x\right)$ đạt cực đại tại $x=-1$.

Đáp án A

Khi cho hình thang ABCD quay quanh trục AD ta thu được khối nón cụt có đường cao AD, bán kính của đáy lớn là DC, bán kính đáy nhỏ là AB.

Áp dụng công thức tích thể tích khối nón cụt, ta có thể tích của khối tròn xoay tạo thành là:

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}h.\pi \left({R_1}^2+{R_2}^2+R_1.R_2\right) \\ =\frac{1}{3}AD.\pi \left(A{B}^2+D{C}^2+AB.DC\right)=\frac{1}{3}a.\pi \left(a^2+4a^2+a.2a\right)=\frac{7\pi a^3}{3} \end{gathered}$$

Vậy thể tích khối tròn xoay là $=\frac{7\pi a^3}{3}$.

Đáp án D

Gọi đường thẳng đi qua chân đường phân giác trong góc B của tam giác và vuông góc với $\left(ABC\right)$ là $\Delta$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(0;-3;4\right);\overrightarrow{BC}=\left(-6;3;2\right);\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right]=\left(-18;-24;-18\right)$.

$AB=\sqrt{0^2+{\left(-3\right)}^2+4^2}=5;BC=\sqrt{{\left(-6\right)}^2+3^2+2^2}=7$

Gọi $K\left(x;y;z\right)$ là chân đường phân giác trong góc B, ta có

$$\begin{gathered} \frac{KA}{KC}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow \overrightarrow{KA}=-\frac{AB}{BC}\overrightarrow{KC}\iff \overrightarrow{KA}=-\frac{5}{7}\overrightarrow{KC} \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}1-x=-\frac{5}{7}\left(-5-x\right)\\ 2-y=-\frac{5}{7}\left(2-y\right)\\ -1-z=-\frac{5}{7}\left(5-z\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-\frac{3}{2}\\ y=2\\ -z=\frac{3}{2}\end{array}\right.\Rightarrow K\left(-\frac{3}{2};2;\frac{3}{2}\right) \end{gathered}$$

Vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$ là $\overrightarrow{u}=\left(3;4;3\right)$. Phương trình $\Delta$ là $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{3}{2}+3t\\ y=2+4t\\ z=\frac{3}{2}+3t\end{array}\right.$.

Đáp án B

Vì ${\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x=1-\frac{1}{2}{\sin }^{2}2x\in \left[1;2\right].f\left(x\right)<\frac{3}{4},\forall x\in \left(1;2\right)$

Dựa vào đồ thị suy ra $\left\{\begin{array}{l}M=\max g\left(x\right)=f\left(1\right)=3\\ m=\min g\left(x\right)=f\left(2\right)=1\end{array}\right.$. Vậy $M+m=4$.

Đáp án D

Gọi $M\left(a,b\right)$ là điểm biểu diễn số phức $z=a+bi(a,b\in ℝ)$

Ta có: $\frac{z+i}{z-i}=\frac{a+(b+1)i}{a+(b-1)i}=\frac{a^2+b^2-1}{a^2+{(b-1)}^2}+\frac{2ai}{a^2+{(b-1)}^2}$

Để $\frac{z+i}{z-i}$ là số thuần ảo thì $\frac{a^2+b^2-1}{a^2+{\left(b-1\right)}^2}=0\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=1\\ a^2+{\left(b-1\right)}^2\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=1\\ a\ne 0,b\ne 1\end{array}\right.$.

Đáp án A

Đặt $t=2x\Rightarrow dx=\frac{1}{2}dt$. Đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\Rightarrow t=1\\ x=\frac{3}{2}\Rightarrow t=3\end{array}\right.$.

Khi đó $I=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(\frac{2}{t}\right)dx$.

Mà $2f\left(3x\right)+3f\left(\frac{2}{x}\right)=-\frac{15x}{2}\iff f\left(\frac{2}{x}\right)=-\frac{5x}{2}-\frac{2}{3}f\left(3x\right)$

Nên $I=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[-\frac{5x}{2}-\frac{2}{3}f\left(3x\right)\right]dx=-\frac{5}{4}\underset{1}{\overset{3}{\int }}xdx-\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(3x\right)dx=-5-\frac{1}{3}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(3x\right)dx\left(*\right)$

Đặt $u=3x\Rightarrow dx=\frac{1}{3}dx$. Đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=1\Rightarrow u=3\\ x=3\Rightarrow t=9\end{array}\right.$.

Khi đó $I=-5-\frac{1}{9}\underset{3}{\overset{9}{\int }}f\left(t\right)dt=-5-\frac{k}{9}=-\frac{45+k}{9}$.

Đáp án A

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

$$\begin{gathered} \Rightarrow f\left(x\right)=\int \frac{1}{x\left(\ln x-1\right)}dx=\ln \left|\ln x-1\right|+C=\left\{\begin{array}{l}\ln \left(1-\ln x\right)+C_{1}khix\in \left(0;e\right)\\ \ln \left(\ln x-1\right)+C_{2}khix\in \left(e;+\infty \right)\end{array}\right. \\ +) f\left(\frac{1}{e^2}\right)=\ln 6\Rightarrow C_1=\ln 2. \\ +) f\left(e^2\right)=3\Rightarrow C_2=3. \end{gathered}$$

Do đó $f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}\ln \left(1-\ln x\right)+\ln 2khix\in \left(0;e\right)\\ \ln \left(\ln x-1\right)+3khix\in \left(e;+\infty \right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln 2+\ln 2\\ f\left(e^3\right)=\ln 2+3\end{array}\right.$

$\stackrel{}{\to }f\left(\frac{1}{e}\right)+f\left(e^3\right)=3\left(ln2+1\right)$

Đáp án D

Trên $\left[-1;3\right]$, ta có $1\le f\left(x\right)\le 7\Rightarrow 0\le \left|f\left(x\right)-2\right|\le 5$.

Đặt $t=\left|f\left(x\right)-2\right|$ với $t\in \left[0;5\right]$. Khi đó $y=t^3-3t^2+5\Rightarrow y^{\text{'}}=3t^2-6t=0\iff \left[\begin{array}{l}t=0\\ t=2\end{array}\right.$.

Ta có $y\left(0\right)=5;y\left(2\right)=1;y\left(5\right)=55$. Suy ra $\left\{\begin{array}{l}M=55\\ m=1\end{array}\right.\Rightarrow M.m=55$.

Đáp án A

+) Xét $I_1=\underset{1}{\overset{e^6}{\int }}\frac{f\left(\ln \sqrt{x}\right)}{x}dx=6$. Đặt $t=\ln \sqrt{x}\Rightarrow dt=\frac{1}{2x}dx\Rightarrow 2dt=\frac{1}{x}dx$

Suy ra: $I_1=\underset{0}{\overset{3}{\int }}2f\left(t\right)dt=6\Rightarrow I_1=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt=3$

+) Xét $I_2=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left({\cos }^{2}x\right).\sin \left(2x\right).dx$. Đặt $t={\cos }^{2}x\to dt=-\sin \left(2x\right)dx$

Suy ra: $I_2=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=2\Rightarrow I_2=2$.

Vậy $\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(f\left(x\right)+2\right)dx=\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}2dx=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+4=I_1-I_2+4=5$.