Đáp án B

Tập xác định của hàm số y=f(x) là $D=\left(-\infty ;-2\right)\cup \left(-2;+\infty \right)$.

* $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=2\Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=f(x) khi $x\to -\infty$.

* $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty \Rightarrow x=-2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=f(x) khi $x\to -2^{+}$.

Vậy đồ thị hàm số y=f(x) có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang.

Đáp án B

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1 nên loại hai đáp án A và D,

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1; 0) nên loại đáp án C. Do đó, đáp án chính xác là B

Đáp án C

Ta có: $P=\frac{{\left(a^{\sqrt{3}-1}\right)}^{\sqrt{3}+1}}{a^{4-\sqrt{5}}.a^{\sqrt{5}-2}}=\frac{a^{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}}{a^{4-\sqrt{5}+\sqrt{5}-2}}=\frac{a^2}{a^2}=1.$

Trắc nghiệm.

Nhập vào máy tính

Sau đó bấm CALC thay một giá trị bất kì thỏa mãn a > 0 và $a\ne 1$ và các đáp án phải khác nhau. Ta chọn A = 3. Khi đó ta có kết quả.

Đáp án D

Hàm số xác định khi $x^2-2x-3>0\iff \left[\begin{array}{l}x<-1\\ x>3\end{array}\right.$

Vậy tập xác định của hàm số là $D=\left(-\infty ;-1\right)\cup (3;+\infty ).$

Đáp án A

$\int \frac{dx}{{\sin }^2\left(x+\frac{\pi }{3}\right)}=\int \frac{d\left(x+\frac{\pi }{3}\right)}{{\sin }^2\left(x+\frac{\pi }{3}\right)}=-\cot \left(x+\frac{\pi }{3}\right)+C$

Đáp án A

+) Hàm số $y=x^3-\frac{x}{2}$ thỏa mãn $\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx$ và $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=0$, nhưng nó là hàm lẻ trên [-1; 1].

+) Hàm số $y=x^2-\frac{1}{3}$ thỏa mãn $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=0$, nhưng nó làm hàm chẵn trên [-1; 1].

+) Còn khi f là hàm chẵn trên $ℝ$ thì f(x)=f(-x) với mọi $x\in ℝ.$

Đặt $t=-x\Rightarrow dt=-dx$ và suy ra

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\left(-1\right)dx=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d(-x)=-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f(-x)d(-x)=-\underset{0}{\overset{-1}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(t\right)dt.$

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{u}_1+u_3=8\\ u_4=10\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1+u_1+2d=8\\ u_1+3d=10\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2u_1+2d=8\\ u_1+3d=10\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ d=3\end{array}\right..$

Vậy công sai của cấp số cộng là d = 3

Đáp án C

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AD\perp AB\\ AD\perp SB\end{array}\right.\Rightarrow AD\perp \left(SAB\right)\Rightarrow AD\perp SA\Rightarrow \widehat{SAB}=60°$

Và $S_{ABCD}=4a^2$

Xét tam giác SAB vuông tại B, ta có $SB=AB\tan 60°=2a\sqrt{3}$

Vậy $V=\frac{1}{3}4a^2.2a\sqrt{3}=\frac{8a^3\sqrt{3}}{3}.$

Đáp án D

$(2+3i)z+4-3i=13+4i\iff \left(2+3i\right)z=9+7i\iff z=\frac{9+7i}{2+3i}$

$\iff z=\frac{(9+7i)(2-3i)}{4+9}\iff z=\frac{39-13i}{13}\iff z=3-i.$

Vậy $\left|z\right|=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}.$

Đáp án B

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{5x^2+2x}+\sqrt{5}x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x}{\sqrt{5x^2+2x}-\sqrt{5}x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2}{-\sqrt{5+\frac{2}{x}}-\sqrt{5}}=-\frac{\sqrt{5}}{5}.$

Vậy $a=-\frac{1}{5},b=0\Rightarrow S=5a+b=-1.$

Đáp án A

Hình trụ có bán kính đáy $r=\frac{\sqrt{2}}{2}.R$

Suy ra diện tích xung quanh $S_{xq}=2\pi .r.h=2\pi \frac{R\sqrt{2}}{2}R\sqrt{2}=2\pi R^2.$

Đáp án B

$\left(S\right):{(x-1)}^2+{(y+2)}^2+{(z-5)}^2=9$ thì (S) có tâm là I(1; -2; 5).

Đáp án D

Ta có $\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right]=(-2;m+2;m+6),\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right].\overrightarrow{w}=3m+8$

$\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}$ đồng phẳng $\iff \left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right].\overrightarrow{w}=0\iff m=-\frac{8}{3}.$

Đáp án C

d có VTCP $\overrightarrow{u}(2;1;4)$ và đi qua M(1; 7; 3); d’ có VTCP $\overrightarrow{u\text{'}}(3;-2;1)$ và đi qua $\overrightarrow{M\text{'}}(6;-1;-2)$.

Từ đó ta có $\overrightarrow{MM\text{'}}(5;-8;-5)$ và $\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{u\text{'}}\right]=(9;10;-7)\ne \overrightarrow{0}.$

Lại có $\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{u\text{'}}\right].\overrightarrow{MM\text{'}}=0$. Suy ra d cắt d’

Đáp án B

Hàm số $y=\frac{x^3}{3}+2x^2+3x-4$ xác định trên đoạn [-4; 0].

Ta có $y\text{'}=x^2+4x+3$

$y\text{'}=0\iff x^2+4x+3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\in \left[-4;0\right]\\ x=-3\in \left[-4;0\right]\end{array}\right.$

Do đó $y(-4)=-\frac{16}{3};y\left(0\right)=-4;y(-1)=-\frac{16}{3}$ và y(-3)=4

Đáp án C

Thay từng giá trị của tham số rồi kiểm tra yêu cầu của bài toán bằng cách khảo sát hàm số thu được. Ta thấy m = 1 thỏa mãn.

Đáp án A

$9^x-{5.3}^x+6=0\left(1\right)$

$\left(1\right)\iff {\left(3^2\right)}^x-{5.3}^x+6=0\iff {\left(3^x\right)}^2-{5.3}^x+6=0(1\text{'})$

Đặt $t=3^x>0$. Khi đó $(1\text{'})\iff t^2-5t+6=0\iff \left[\begin{array}{l}t=2\left(N\right)\\ t=3\left(N\right)\end{array}\right.$

Với $t=3\Rightarrow 3^x=3\iff x={\log }_{3}3=1$

Suy ra $1+{\log }_{3}2={\log }_{3}3+{\log }_{3}2={\log }_{3}6.$

Đáp án A

Lấy mốc thời gian là lúc bắt đầu đạp phanh. Giả sử $t_0$ 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 $S=\underset{0}{\overset{10}{\int }}(200-20t)dt=1000\left(m\right)$

Đáp án B

Hoành độ của điểm D bằng 3; tung độ điểm D bằng 2, suy ra z = 3 + 2i

Đáp án A

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SAD

Suy ra MN song song với AD và $MN=\frac{1}{2}AD\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MN//BC\\ MN=BC\end{array}\right.$

Do đó BCNM là hình bình hành. Mặt khác $CB\perp BM$ nên

BCNM là hình chữ nhật $\Rightarrow S_{BCNM}=2S_{\Delta BCM}\Rightarrow V_{S.BCNM}=2V_{S.BCM}$

$V_{S.BCM}=\frac{1}{3}BC.S_{\Delta SCM}=\frac{1}{6}BC.S_{\Delta SAB}=\frac{1}{6}.a.\frac{1}{2}.2a.a=\frac{a^3}{6}.$

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án A

Khi quay tam giác ABC quanh trục AD được khối nón có thể tích là $N=\frac{1}{3}\pi .r^2.h=\frac{1}{3}\pi .H{C}^2.AH=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{a}{2}\right)}^2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\pi \sqrt{3}}{24}.$

Khi quay đường tròn tâm O quanh trục AD được khối cầu có thể tích là $V=\frac{4}{3}\pi .R^3=\frac{4}{3}\pi .A{O}^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^3=\frac{4\sqrt{3}\pi a^3}{27}.$

Thể tích khối tròn xoay cần tìm: $V-N=\frac{23\sqrt{3}\pi a^3}{216}.$

Đáp án C

+) $\overrightarrow{AB}=(-1;1;0)$.

+) Trung điểm I của đoạn AB là $I\left(\frac{-3}{2};\frac{1}{2};1\right).$

Mặt phẳng trung trực của đoạn AB là $-\left(x+\frac{3}{2}\right)+\left(y-\frac{1}{2}\right)=0$ hay $x-y+2=0.$

Đáp án D

Ta có $\left(SC,\left(ABCD\right)\right)=(SC,OC)=\widehat{SCO}$

Xét tam giác vuông SCO: $\cos \widehat{SCO}=\frac{OC}{SC}=\frac{\sqrt{2}}{3}$

$\Rightarrow \widehat{SCO}\approx 61°52\text{'}$

Đáp án B

Ta có: ${\left(x+\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^{30}=\sum _{k=0}^{30}{C}_{30}^k{\left(x\right)}^{30-k}{\left(\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^k=\sum _{k=0}^{30}{C}_{30}^k{\left(2\right)}^k{\left(x\right)}^{\frac{60-3k}{2}}.$

Số hạng không chứa x tương ứng $\frac{60-3k}{2}=0\iff k=20.$

Vậy số hạng không chứa x là: $2^{20}.C_{30}^{20}=2^{20}.C_{30}^{10}$

Đáp án C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

$x^3+x+2=-2x+2\iff x^3+3x=0\iff x(x^2+3)=0\iff x=0$.

Suy ra tọa độ giao điểm là (0; 2).

Đáp án D

Vì $y=\frac{-x+1}{x+1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-2}{{(x+1)}^2}<0,\forall x\ne -1$ suy ra hàm số giảm trên [0; 1].

Suy ra $\underset{[0;1]}{\min }y=y\left(1\right)=0.$

Đáp án A

$\frac{{2.3}^x-2^{x+2}}{3^x-2^x}\le 1\iff \frac{2.{\left(\frac{3}{2}\right)}^x-4}{{\left(\frac{3}{2}\right)}^x-1}\le 1\iff \frac{2.{\left(\frac{3}{2}\right)}^x-4}{{\left(\frac{3}{2}\right)}^x-1}-1\le 0$

$\iff \frac{{\left(\frac{3}{2}\right)}^x-3}{{\left(\frac{3}{2}\right)}^x-1}\le 0\iff 1<{\left(\frac{3}{2}\right)}^x\le 3\iff 0<x\le {\log }_{\frac{3}{2}}3.$

$\Rightarrow x\in \{1;2\}$ vậy có 2 nghiệm nguyên

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 A

Đồ thì hình 2 có được bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị phía bên phải trục tung của hình 1 qua trục tung.

Đáp án A

Ta xem đây là bài toán lãi kép với công thức $T=M{(1+r)}^n.$

Với M = 2, r = 79,44% và n = 5 nên $T=2.{(1+79,44\%)}^5\approx 37$ con.

Đáp án C

Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) nên hình chiếu của I lên mặt phẳng (Oxy) là H(1; 2; 0)

Suy ra IH = 3.

Bán kính của đường tròn (C) là $r=\sqrt{R^2-I{H}^2}=\sqrt{25-9}=4$

Diện tích của hình tròn là $S=16\mathrm{\pi }$

Đáp án C

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ AB=\left(SAB\right)\cap \left(ABCD\right)\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$ (1)

Trong mặt phẳng (SAB), dựng $BK\perp SA$ tại K (2).

Từ (1), (2) suy ra: BK là đoạn vuông góc chung của SA và BC. Vậy $d(SA,BC)=BK=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Đáp án A

Do $1+\sqrt{x+1}\ne 0$ với $\forall x\in [-1;+\infty )$ nên đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình $x^2-mx-3m=0(*)$ có 2 nghiệm phân biệt thuộc $D=[-1;+\infty ).$

Trên D ta có: $(*)\iff \frac{x^2}{x+3}=m$. Ta lập bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{x^2}{x+3}$ trên D $y\text{'}=\frac{x^2+6x}{{(x+3)}^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-6\left(L\right)\\ x=0\end{array}\right.$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thuộc $D=[-1;+\infty )$ khi và chỉ khi $m\in \left(0;\frac{1}{2}\right].$

Ghi chú: Ta có thể chọn vài giá trị của m để thử và loại bớt đáp án. Thí dụ chọn m = 0 thì đồ thị chỉ có 1 tiệm đứng x = 0, loại D. Chọn m = 1 thì đồ thị chỉ có 1 tiệm cận đứng $x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}$, loại B, C.

Đáp án B

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c.$

Vì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A(-1; 1), B(1; 3) nên:

$\left\{\begin{array}{l}f(-1)=1\\ f\left(1\right)=3\\ f\text{'}(-1)=0\\ f\text{'}\left(1\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-a+b-c+d=1\\ a+b+c+d=3\\ 3a-2b+c=0\\ 3a+2b+c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=0\\ c=\frac{3}{2}\\ d=2\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=-\frac{1}{2}{x}^3+\frac{3}{2}x+2$. Vậy f(4)=-24

Đáp án D

Gọi A(0; t) với t > 0. Suy ra $\left\{\begin{array}{l}M({\log }_{a}t;t)\\ N({\log }_{b}t;t)\end{array}\right.$.

Theo giả thiết AN = 2AM nên suy ra $\left|{\log }_{b}t\right|=2\left|{\log }_{a}t\right|$

Do M, N khác phía với Oy

$\Rightarrow {\log }_{b}t=-2{\log }_{a}t\iff b=\frac{1}{\sqrt{a}}$.

Đáp án C

Xét hình nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Khi đó ta viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm $\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2}\right)$ và $\left(0;\frac{a}{4}\right)$ là $y=\frac{x}{2}+\frac{a}{4}$.

Và viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm

$\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2}\right)$ và $\left(\frac{a}{4};0\right)$ là $y=2x-\frac{a}{2}$.

Gọi V là thể tích khối tròn xoay cần tính.

Gọi $V_1$ là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng được tô màu trong hình bên (chỉ xét ở góc phần tư thứ nhất) quanh trục hoành. Khi đó $V=2V_1$.

Ta có $V_1=\pi \underset{0}{\overset{\frac{a}{2}}{\int }}{\left(\frac{x}{2}+\frac{a}{4}\right)}^{2}dx-\pi \underset{\frac{a}{4}}{\overset{\frac{a}{2}}{\int }}{\left(2x-\frac{a}{2}\right)}^{2}dx=\frac{5\pi a^3}{96}$

Suy ra thể tích cần tính $V=2V_1=\frac{5\pi a^3}{48}$.

Đáp án B

$z-iz=1+i+\mathrm{...}+i^{17}-18i^{18}=1.\frac{1-i^{18}}{1-i}-18i^{18}=2+i\Rightarrow z=\frac{2+i}{1-i}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}i$

Đáp án B

Hình trụ nội tiếp trong mặt cầu có tâm đáy là E, có bán kính EA = r (0 < r < R), đường cao KE = 2EI.

Xét tam giác vuông IEA có $IE=\sqrt{I{A}^2-E{A}^2}=\sqrt{R^2-r^2}$

Thể tích của khối trụ là $V=h.\pi r^2=2IE.\pi r^2=2\pi r^2.\sqrt{R^2-r^2}$

Xét hàm số $y=r^2.\sqrt{R^2-r^2}$ với (0 < r < R)

Có $y\text{'}=2r.\sqrt{R^2-r^2}+r^2.\frac{-2r}{2\sqrt{R^2-r^2}}=2r.\sqrt{R^2-r^2}-\frac{r^3}{\sqrt{R^2-r^2}}=\frac{2r{R}^2-3r^3}{\sqrt{R^2-r^2}}$

$y\text{'}=0\iff 2r{R}^2-3r^3=0\iff r(2R^2-3r^2)=0\iff r=\frac{\sqrt{6}}{3}R.$

Bảng biến thiên

Nhìn Bảng biến thiên ta thấy $\iff y\ge y\left(\frac{\sqrt{6}}{3}R\right)\Rightarrow y_{\max }=y\left(\frac{\sqrt{6}}{3}R\right).$

Dấu bằng xảy ra $\iff r=\frac{\sqrt{6}}{3}R$. Vậy thể tích hình trụ lớn nhất $\iff y_{\max }\iff r=\frac{\sqrt{6}}{3}R.$

Đáp án B

Mặt phẳng (P) có VTPT $\overrightarrow{n_p}=(1;-2;3).$

Điểm $\left\{\begin{array}{l}M\in d_1\to M(1+m;-m;-1+2m)\\ N\in d_2\to N(1+2n;3+n;-1+n)\end{array}\right.\to \overrightarrow{MN}=(2n-m;n+m+3;n-2m)$

là vectơ vuông góc với VTPT của $\left(\alpha \right)$.

$\left(\alpha \right)//\left(P\right)\iff \overrightarrow{n_p}\perp \overrightarrow{MN}\iff \overrightarrow{n_p}.\overrightarrow{MN}=0\iff (2n-m).1+(n+m+3)(-2)+(n-2m)3=0$.

$\iff n=2+3m$

Ta có: $MN=\sqrt{3}\iff {(2n-m)}^2+{(n+m+3)}^2+{(n-2m)}^2=3\stackrel{n=2+3m}{\to }m=-1\Rightarrow M(0;1;-3).$

Khi đó $\left(\alpha \right):\left\{\begin{array}{l}\text{qua M(0;1;-3)}\\ \text{VTPT }\overrightarrow{n_{\alpha }}=(1;-2;3)\end{array}\right.\to \left(\alpha \right):x-2y+3z+11=0.$

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 $I=\frac{1}{3}\underset{\sqrt{2}}{\overset{\sqrt{5}}{\int }}{u}^{2}du={\left.\frac{1}{9}{u}^3\right|}_{\sqrt{2}}^{\sqrt{5}}=\frac{5\sqrt{5}}{9}-\frac{2\sqrt{2}}{9}$. Do đó $a=\frac{5}{9},b=-\frac{2}{9}\Rightarrow a+b=\frac{1}{3}.$

Đáp án B

Với $x\in \left[0;\frac{2}{3}\right]$, ta có $0\le \sqrt{6x-9x^2}=\sqrt{1-{(1-3x)}^2}\le 1\iff 0\ge -4\sqrt{6x-9x^2}\ge -4$.

$\iff 3\ge 3-4\sqrt{6x-9x^2}\ge -1$. Dựa vào đồ thị đã cho suy ra $f(3-4\sqrt{6x-9x^2})\in [-5;1].$

Khi đó phương trình $2.f\left(3-4\sqrt{6x-9x^2}\right)=m-3$ có nghiệm

$\iff -5\le \frac{m-3}{2}\le 1\iff -7\le m\le 5.$

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \{-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4;5\}$, có 13 giá trị của m thỏa mãn đề

Đáp án B

Xét hàm số $g\left(x\right)=\frac{1}{4}{x}^4-\frac{19}{2}{x}^2+30x+m-20$ trên đoạn [0; 2].

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=x^3-19x+30;g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-5\notin [0;2]\\ x=2\\ x=3\notin [0;2]\end{array}\right.$

Bảng biến thiên như hình bên

Dựa vào BBT, để $\underset{[0;2]}{\max }\left|g\left(x\right)\right|\le 20$ thì $\left\{\begin{array}{l}g\left(0\right)\ge -20\\ g\left(2\right)\le 20\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m-20\ge -20\\ m+6\le 20\end{array}\right.\iff 0\le m\le 14$

$\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m\in \{0;1;2;\mathrm{...};14\}\to$Tổng các phần tử của S là 105

Đáp án A

Dễ dàng biến đổi được $P=1+{\log }_{a}b+\frac{4}{1+{\log }_{a}b}$.

Do 0 < a < 1 < b và ab > 1 nên suy ra ${\log }_{a}b<0.$

Xét hàm $f\left(t\right)=1+t+\frac{4}{1+t}\le \underset{(-\infty ;0)}{\max }f\left(t\right)=f(-3)=-4$.

Đáp án B

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

$$\begin{gathered} \iff x^2.f^2\left(x\right)+2x.f\left(x\right)+1=x.f\text{'}\left(x\right)+f\left(x\right) \\ \iff {[x.f(x)+1]}^2=[x.f(x\left)\right]\text{'}\iff {[x.f(x)+1]}^2=[x.f(x)+1]\text{'} \\ \iff \frac{[x.f(x)+1]\text{'}}{{[x.f(x)+1]}^2}=1 \\ \iff \int \frac{[x.f(x)+1]\text{'}}{{[x.f(x)+1]}^2}dx=\int dx\iff \int \frac{d[x.f(x)+1]}{{[x.f(x)+1]}^2}=\int dx\Rightarrow \frac{-1}{x.f\left(x\right)+1}=x+C. \end{gathered}$$

Theo đề bài ta có f(1)=-2 nên C = 0 suy ra $f\left(x\right)=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}.$

Nên $\underset{1}{\overset{2}{\int }}{f\left(x\right)dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}\right)dx=\left.\left(\frac{1}{x}-\ln \left|x\right|\right)\right|}_1^2=-\ln 2-\frac{1}{2}.$