Đáp án B

Cấp số nhân $3;9;27;81;\mathrm{...}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_1=3\\ q=\frac{9}{3}=3\end{array}\right.\Rightarrow u_n=u_1{q}^{n-1}={3.3}^{n-1}=3^n$

Đáp án B

Dựa vào hình vẽ đề cho ta có:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=-1. Vậy loại phương án C.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x=1. Vậy loại phương án A, D.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án D

$\int \sin x.cos2xdx=\int \left(2{\cos }^{2}x-1\right)\sin xdx=-\int \left(2{\cos }^{2}x-1\right)d\left(\cos x\right)=\frac{-2{\cos }^{3}x}{3}+\cos x+C$

Đáp án D

Từ bảng biến thiên ta có $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1\end{array}\right.$

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là $y=\pm 1$.

Đáp án B

Số cách chọn ra 4 sản phẩm từ hộp là $C_{100}^4$.

Để 4 sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm tốt thì số cách là $C_{80}^4$.

Vậy xác suất để 4 sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm tốt là $\frac{C_{80}^4}{C_{100}^4}$.

Đáp án A

Ta có công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là $S=2\pi rl$;

Mà $r=\frac{a}{2},l=a$.

Vậy $S=2\pi \frac{a}{2}a=\pi a^2$.

Đáp án B

Hình chiếu của M(1;-3;5) lên mặt phẳng (Oxy) thì sẽ có độ cao $z_M=0$ hay tọa độ hình chiếu H của M lên mặt phẳng (Oxy) là $H\left(1;-3;0\right)$.

Đáp án A

$$\begin{gathered} P=\frac{a^{\frac{1}{3}}\sqrt{b}+b^{\frac{1}{3}}\sqrt{a}}{\sqrt[6]{a}+\sqrt[6]{b}}-\sqrt[3]{ab}=\frac{a^{\frac{1}{3}}{b}^{\frac{1}{2}}+b^{\frac{1}{3}}{a}^{\frac{1}{2}}}{a^{\frac{1}{6}}+b^{\frac{1}{6}}}-{\left(ab\right)}^{\frac{1}{3}}=\frac{a^{\frac{1}{3}}{b}^{\frac{1}{3}}\left(b^{\frac{1}{6}}+a^{\frac{1}{6}}\right)}{a^{\frac{1}{6}}+b^{\frac{1}{6}}}-{\left(ab\right)}^{\frac{1}{3}} \\ =a^{\frac{1}{3}}{b}^{\frac{1}{3}}-{\left(ab\right)}^{\frac{1}{3}}=0 \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có $\underset{-a}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-a}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx$

Xét tích phân $\underset{-a}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx$. Đặt $t=-x\Rightarrow dx=-dt$. Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=-a\Rightarrow t=a\\ x=0\Rightarrow t=0\end{array}\right.$

Do f(x) là hàm số lẻ và liên tục trên [-a;a] nên $f\left(-x\right)=-f\left(x\right)\Rightarrow f\left(-t\right)=-f\left(t\right)$

Khi đó

$\underset{-a}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx=-\underset{a}{\overset{0}{\int }}f\left(-t\right)dt=-\underset{a}{\overset{0}{\int }}\left[-f\left(t\right)\right]dt=\underset{a}{\overset{0}{\int }}f\left(t\right)dt=-\underset{0}{\overset{a}{\int }}f\left(t\right)dt=-\underset{0}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx$

Vậy $\underset{-a}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-a}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx=-\underset{0}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx=0$

Đáp án B

Xét hàm số $y=a^x$ đi qua (0;1) suy ra đồ thị hàm số (1) là đồ thị của hàm nghịch biến nên 0<a<1.

Xét đồ thị hàm số $y={\log }_{b}x$ đi qua (1;0) suy ra đồ thị của hàm số (2) là đồ thị của hàm đồng biến suy ra b>1.

Vậy $0<a<1<b$

Đáp án B

$z=\frac{1}{2-3i}=\frac{2+3i}{\left(2-3i\right)\left(2+3i\right)}=\frac{2}{13}+\frac{3}{13}i$

Suy ra điểm biểu diễn của số phức $z=\frac{1}{2-3i}$ là: $\left(\frac{2}{13};\frac{3}{13}\right)$.

Đáp án A

Ta có d đi qua M(2;-3;1) và có VTCP $\overrightarrow{u}\left(-1;1;1\right)$

Và (P) có vectơ pháp tuyến: $\overrightarrow{n}\left(m^2;-2m;6-3m\right)$

Để d//(P) thì $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u}\perp \overrightarrow{n}\\ M\notin \left(P\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=0\\ M\notin \left(P\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left(-1\right).m^2-2m+6-3m=0\\ 2m^2-2\left(-3\right)m+6-3m-5\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-m^2-5m+6=0\\ 2m^2+3m+1\ne 0\end{array}\right.\iff m=-6$ và m=1.

Đáp án B

Do cho mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x-4y-6z=0$ cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A,B,C (khác O) nên $A\left(2;0;0\right),B\left(0;4;0\right),C\left(0;0;6\right)$.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là: $\frac{x}{2}+\frac{y}{4}+\frac{z}{6}=1$

Đáp án D

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}{a}^2.2a=\frac{2a^3}{3}$

Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị ỳ=f(x) có 2 điểm cực trị nằm phía trên trục Ox và cắt trục Ox tại 1 điểm duy nhất. Suy ra đồ thị $y=\left|f\left(x\right)\right|$ sẽ có 3 điểm cực trị.

Đáp án D

Thời gian người thứ nhất di chuyển sau khi va chạm là: $6-3t=0\iff t=2$ giây.

Quãng đường người thứ nhất di chuyển sau khi va chạm là:

$S_1=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(6-3t\right)dt=\left(6t-\frac{3t^2}{2}\right)\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_0\end{array}\right.=6$ mét.

Thời gian người thứ hai di chuyển sau khi va chạm là: $12-4t=0\iff t=3$ giây.

Quãng đường người thứ hai di chuyển sau khi va chạm là:

$S_2=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(12-4t\right)dt=\left(12t-2t^2\right)\left|\begin{array}{l}{}^3\\ {}_0\end{array}\right.=18$ mét.

Khoảng cách hai xe khi đã dừng hẳn là: $S=S_1+S_2=6+18=24$ mét

Đáp án A

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{x-m^2}{x+8}$ trên $\left[0;3\right];f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{8+m^2}{{\left(x+8\right)}^2}>0$ nên hàm số đồng biến trên [0;3]. Suy ra $\underset{\left[0;3\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(0\right)=-\frac{m^2}{8}$

Ta có $\underset{\left[0;3\right]}{\min }f\left(x\right)=-3\iff -\frac{m^2}{8}=-3\iff \left[\begin{array}{l}m=2\sqrt{6}\\ m=-2\sqrt{6}\end{array}\right.$

$\Rightarrow m_0=2\sqrt{6}\in \left(2;5\right)$.

Đáp án A

Ta có $a+bi+2i\left(a-bi\right)+4=i\iff \left\{\begin{array}{l}a+2b=-4\\ b+2a=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-3\end{array}\right.$. Suy ra z=2-3i.

Do đó $\omega =1+z+z^2=-2-15i$. Vậy $\left|\omega \right|=\sqrt{{\left(-2\right)}^2+{\left(-15\right)}^2}=\sqrt{229}$

Đáp án C

Góc giữa A'B và (ABC) là $\widehat{A^{\text{'}}BA}=60°$.

$A{A}^{\text{'}}=AB.\tan 60°=a\sqrt{3}$.

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

Đáp án D

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2{\left(x-1\right)}^4{\left(x+2\right)}^3{\left(x-5\right)}^4$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=0$ (nghiệm bội 2), x=1 (nghiệm bội 4), x=5 (nghiệm bội 4), x=-2 (nghiệm bội 3). Bảng xét dấu đạo hàm

Như vậy hàm số chỉ có 1 điểm cực trị.

Đáp án B

Ta có:

$S=a+a^2+\mathrm{...}+a^9\Rightarrow a.S=a^2+a^3+\mathrm{...}+a^{10}\Rightarrow \left(a-1\right)S=a^{10}-a$

$A=2^a.{\left(2^S\right)}^{a-1}=2^{S.\left(a-1\right)+a}=2^{a^{10}}=2^{2^5}\Rightarrow a^{10}=2^5\Rightarrow a^{10}={\left(\sqrt{2}\right)}^{10}\Rightarrow a=\sqrt{2}$

Đáp án A

Giả sử hình nón ngoại tiếp tứ diện đều ABCD cạnh a như hình vẽ bên.

Ta có:

+) Bán kính đáy $R=OC=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

+) Độ dài đường sinh l=AC=a.

Vậy diện tích xung quanh hình nón $S_{xq}=\pi Rl=\pi .\frac{a\sqrt{3}}{3}a=\frac{\pi a^2\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án B

Ta có $f\left(x\right)=e^{\frac{1}{x\left(x+1\right)}}\iff f\left(x\right)=\frac{e^{\frac{1}{x}}}{e^{\frac{1}{x+1}}}$

$\Rightarrow T=f\left(1\right).f\left(2\right)\mathrm{...}f\left(2017\right).\sqrt[2018]{e}=\frac{e}{e^{\frac{1}{2}}}.\frac{e^{\frac{1}{2}}}{e^{\frac{1}{3}}}\mathrm{...}\frac{e^{\frac{1}{2017}}}{e^{\frac{1}{2018}}}.e^{\frac{1}{2018}}\iff T=e$

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị có hai tiệm cận đứng là x=1, x=-1 và hai tiệm cận ngang là y=-3, y=3.

Đáp án A

Phương trình có $\Delta =-8<0$, nên phương trình có 2 nghiệm phức là $z_1=1+2i\sqrt{2};z_2=1-2i\sqrt{2}$. Ta có $z_1+z_2=2,z_1-z_2=4i\sqrt{2}$.

Do đó $\left|z_1+z_2\right|+\left|z_1-z_2\right|=2+4\sqrt{2}$.

Đáp án C

Gọi chiều rộng của bể là a(m), a>0. Khi đó chiều dài 4x(m) và chiều cao $\frac{50}{4x^2}=\frac{25}{2x}\left(m\right)$.

Diện tích các mặt cần xây: $S\left(x\right)=4x^2+2\left(x+4x\right).\frac{25}{2x^2}=4x^2+\frac{250}{2x}\left(m^2\right)$

$S^{\text{'}}\left(x\right)=8x-\frac{250}{2x^2}=0\iff x^3=\frac{125}{8}\iff x=\frac{5}{2}$

Chi phí thấp nhất khi S(x) đạt giá trị nhỏ nhất trên $\left(0;+\infty \right)$. Do đó $x=2,5\left(m\right)$.

Đáp án C

A, B, C lần lượt là hình chiếu của điểm M trên các trục Ox, Oy, Oz.

$\Rightarrow A\left(1;0;0\right),B\left(0;2;0\right),C\left(0;0;3\right)$

$\Rightarrow$ Phương trình mặt phẳng (ABC) là $\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1\iff 6x+3y+2z-6=0$

$\Rightarrow d\left(O;\left(ABC\right)\right)=\frac{6}{\sqrt{6^2+3^2+2^2}}=\frac{6}{7}$.

Đáp án A

Hàm số $y=a^x$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ nên ta có: 0<a<1.

Các hàm số  đồng biến trên tập xác định của nó nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}b>1\\ c>1\end{array}\right.$

Xét đồ thị hàm số $y={\log }_{c}x$, ta có: ${\log }_{c}2>1\iff c<2$.

Xét đồ thị hàm số $y=b^x$, ta có: $b^1>2\iff b>2$.

Do đó: 0<a<c<b.

Đáp án D

Từ phương trình $3C_{n+1}^2+n{P}_2=4A_n^2\Rightarrow n=3$

Với n=3, ta có ${\left(\frac{1}{x}+x^3\right)}^{3n+1}={\left(\frac{1}{x}+x^3\right)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k.{\left(\frac{1}{x}\right)}^{10-k}.{\left(x^3\right)}^k=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k.x^{4k-10}$

Hệ số của $x^6$ ứng với $4k-10=6\iff k=4\Rightarrow$ hệ số cần tìm $C_{10}^4=210$.

Đáp án D

Đặt y=t, ta có $\left\{\begin{array}{l}x+z=3t\\ x-z=-4-t\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-2+t\\ z=2+2t\end{array}\right.$

Vậy phương trình tham số của d là $\left\{\begin{array}{l}x=-2+t\\ y=t\\ z=2+2t\end{array}\right.$

Đáp án B

Kẻ $AH\perp SB\left(H\in SB\right)$(1)

Theo giả thiết ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra, $AH\perp \left(SBC\right)$. Do đó góc giữa SA và mặt phẳng (SBC) bằng góc giữa SA và SH bằng góc $\widehat{ASH}$

Ta có $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=a\sqrt{3}$

Trong tam giác vuông $\Delta SAB$ ta có $\sin ASB=\frac{AB}{SB}=\frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{3}}=\frac{1}{2}$.

Vậy $\widehat{ASB}=\widehat{ASH}=30°$. Do đó góc giữa SA và mặt phẳng (SBC) bằng $30°$.

Đáp án C

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=2x.f^{\text{'}}\left(x^2-5\right)$;

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-5\right)=0\end{array}\right.\stackrel{theodothi{f}^{\text{'}}\left(x\right)}{\leftarrow }\left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2-5=-4\\ x^2-5=-1\\ x^2-5=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm 2\\ x=\pm \sqrt{7}\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên và đối chiếu với các đáp án, ta chọn C

Đáp án A

Trang trại đó bán tăng x nghìn đồng thì số tiền bán mỗi một kg rau là (30+x) (nghìn đồng) $\left(x\ge 0\right)$.

Số rau thừa là $20x,\left(x\le 50\right)$.

Tổng số rau bán được là (1000-20x) kg.

Tổng số tiền thu được là: $T=\left(1000-20x\right)\left(30+x\right)+20x.2=-20x^2+440x+30000$

Ta có $T=-20x^2+440x+30000=32420-20{\left(x-11\right)}^2\le 32420$ nghìn đồng.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=11.

Vậy số tiền bán rau nhiều nhất mà trang trại có thể thu được mỗi ngày là 32420000 đồng

Đáp án C

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}0<x\ne 1\\ x>\frac{6}{7}\end{array}\right.\iff \frac{6}{7}<x\ne 1\left(*\right)$.

Phương trình $\left(2x^2-5x+2\right)\left[{\log }_x\left(7x-6\right)-2\right]=0\iff \left[\begin{array}{l}2x^2-5x+2=0\\ {\log }_x\left(7x-6\right)-2=0\end{array}\right.$

+ Phương trình $2x^2-5x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=\frac{1}{2}\end{array}\right.$. Kết hợp với điều kiện $\left(*\right)\Rightarrow x=2$.

+ Phương trình ${\log }_x\left(7x-6\right)-2=0\iff 7x-6=x^2\iff x^2-7x+6=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=6\end{array}\right.$

Kết hợp điều kiện $\left(*\right)\Rightarrow x=6$.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=2; x=6, suy ra tổng các nghiệm bằng 8.

Đáp án D

$S_{ABC}=\sqrt{3}\Rightarrow AB=BC=CA=2$. Chọn hệ trục vuông góc Oxy sao cho $O\left(0;0\right),A\left(1;0\right),C\left(0;-\sqrt{3}\right)$ với O là trung điểm AC. Phương trình đường thẳng AB là $y=\sqrt{3}\left(x-1\right)$, thể tích khối tròn xoay khi quay ABO quanh trục AC (trùng Ox) tính bởi $V^{\text{'}}=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{3}\left(x-1\right)dx=\pi$.

Vậy thể tích cần tìm $V=2V^{\text{'}}=2\pi$.

Đáp án A

Gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC

$\Rightarrow G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có $A^{\text{'}}G\perp \left(ABC\right)$.

Dựng hình chiếu H của B' trên mặt phẳng (ABC)$\Rightarrow$ Tứ giác ABHG là hình bình hành và $AG=BH=\frac{4\sqrt{3}}{3},BH\perp BC$.

Xét tam giác BHC vuông tại B, ta có: $\tan \widehat{BCH}=\frac{BH}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{BCH}=30°$

Do đó $\widehat{ACH}=\widehat{ACB}+\widehat{BCH}=90°$ hay $AC\perp HC$.

Mà $AC\perp B^{\text{'}}H$. Do đó: $AC\perp B^{\text{'}}C$ tại C hay $MC\perp B^{\text{'}}C$ tại C (1)

Ta lại có $MC\perp BM$ tại M (2)

Từ (1),(2) $\Rightarrow MC$ là đoạn vuông góc chung của BM và B'C.

Do đó $d\left(BM,B^{\text{'}}C\right)=MC=2$

Đáp án C

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức $z_1,z_2$.

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 .

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

Đáp án D

Gọi H là trung điểm AD, ta có $SH\perp \left(ABCD\right)$.

Gọi M, I lần lượt là trung điểm AC, SB $\Rightarrow$ MI là trục đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.

$\Rightarrow IA=IB=IC$.

Mà $\Delta SHB$ vuông tại $H\Rightarrow IS=IB=IH=\frac{SB}{2}$.

Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác S.ABC.

Ta có $SH=a\sqrt{3},BH=a\sqrt{2}\Rightarrow SB=a\sqrt{5}\Rightarrow R=\frac{SB}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác S.ABC là $4\pi R^2=4\pi \frac{5a^2}{4}=5\pi a^2$

Đáp án A

Gọi $K\left(x_K;y_K;z_K\right)$ sao cho:

$\overrightarrow{KA}-2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow K\left(-\frac{19}{2};2;\frac{15}{2}\right)$

Ta có: $\left|\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}\right|=\left|\overrightarrow{IK}+\overrightarrow{KA}-2\left(\overrightarrow{IK}+\overrightarrow{KB}\right)+3\left(\overrightarrow{IK}+\overrightarrow{KC}\right)\right|$

$=\left|2\overrightarrow{IK}+\left(\overrightarrow{KA}-2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC}\right)\right|=\left|2\overrightarrow{IK}\right|=2IK$

Do đó: ${\left|\overrightarrow{IA}-2\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}\right|}_{\min }\iff I{K}_{\min }\iff IK\perp \left(Oxz\right)$

Hay I là hình chiếu vuông góc của K lên $\left(Oxz\right)\Rightarrow I\left(-\frac{19}{2};0;\frac{15}{2}\right)$.

Đáp án A

Ta có $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{\sqrt{2+3\tan x}}{1+\cos 2x}dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{\sqrt{2+3\tan x}}{2{\cos }^{2}x}dx$

Đặt $u=\sqrt{2+3\tan x}\Rightarrow u^2=2+3\tan x\Rightarrow 2udu=\frac{3}{{\cos }^{2}x}dx$

Đổi cận $x=0\Rightarrow u=\sqrt{2}$

$x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow u=\sqrt{5}$. Khi đó $I=\frac{1}{3}\underset{\sqrt{2}}{\overset{\sqrt{5}}{\int }}{u}^{2}du=\frac{1}{9}{u}^3\left|\begin{array}{l}{}^{\sqrt{5}}\\ {}_{\sqrt{2}}\end{array}\right.=\frac{5\sqrt{5}}{9}-\frac{2\sqrt{2}}{9}$

Do đó $a=\frac{5}{9},b=-\frac{2}{9}\Rightarrow a+b=\frac{1}{3}$.

Đáp án B

Với 100 triệu ban đầu số tiền cả lãi và gốc thu được sau hai năm là $T_1=100.{\left(1+0,8\%\right)}^{24}{.10}^6=121074524$

Mỗi tháng tiếp theo gửi 2 triệu thì tổng số tiền cả lãi và gốc là $T_2=\frac{2}{0,008}.\left[{\left(1+0,008\right)}^{23}-1\right].\left(1+0,008\right){10}^6=50686310$

Vậy tổng số tiền là $T=T_1+T_2=\mathrm{171.761.000}$

Đáp án A

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=\left(-2x+3\right).f^{\text{'}}\left(-x^2+3x\right)$;

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}-2x+3=0\\ f^{\text{'}}\left(-x^2+3x\right)=0\end{array}\right.\stackrel{theodothif\left(x\right)}{\leftarrow }\left[\begin{array}{l}x=\frac{3}{2}\\ -x^2+3x=-2\\ -x^2+3x=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{3}{2}\\ x=\frac{3\pm \sqrt{17}}{2}\\ x=0\\ x=3\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên và đối chiếu với các đáp án, ta chọn A

Đáp án D

Phương trình $\iff \left(m+1+\sqrt{1+\sin x}\right)+\sqrt{m+1+\sqrt{1+\sin x}}=\left(1+\sin x\right)+\sqrt{1+\sin x}$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^2+t$ với $t\in \left[0;+\infty \right)$.

Hàm này đồng biến trên $\left[0;+\infty \right)$ nên suy ra $f\left(\sqrt{m+1+\sqrt{1+\sin x}}\right)=f\left(\sqrt{1+\sin x}\right)$

$$\begin{gathered} \iff \sqrt{m+1+\sqrt{1+\sin x}}=\sqrt{1+\sin x}\iff m+1+\sqrt{1+\sin x}=1+\sin x \\ \iff m=\sin x-\sqrt{1+\sin x} \end{gathered}$$

Đặt $u=\sqrt{1+\sin x}$, vì $\sin x\in \left[-1;1\right]\Leftarrow u\in \left[0;\sqrt{2}\right]$

Phương trình trở thành: $m=u^2-u-1$

 Xét hàm $g\left(u\right)=u^2-u-1$ với $u\in \left[0;\sqrt{2}\right]$

Ta có $g^{\text{'}}\left(u\right)=2u-1;g^{\text{'}}\left(u\right)=0\iff u=\frac{1}{2}$

 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm $\iff -\frac{5}{4}\le m\le 1-\sqrt{2}$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{5}{4}\\ b=1-\sqrt{2}\end{array}\right.\Rightarrow a+b=-\frac{1}{4}-\sqrt{2}$

Đáp án B

Từ giả thiết, thay x bằng $\frac{1}{x}$ ta được $f\left(\frac{1}{x}\right)+2f\left(x\right)=\frac{3}{x}$

Do đó ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)+2f\left(\frac{1}{x}\right)=3x\\ f\left(\frac{1}{x}\right)+2f\left(x\right)=\frac{3}{x}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)+2f\left(\frac{1}{x}\right)=3x\\ 4f\left(x\right)+2f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{6}{x}\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{2}{x}-x$

Khi đó $I=\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{x}dx=\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\left(\frac{2}{x^2}-1\right)dx=\left(-\frac{2}{x}-x\right)\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_{\frac{1}{2}}\end{array}\right.=\frac{3}{2}$