Đáp án B

Hàm số có một điểm cực trị khi $ab\ge 0$.

Chú ý: Hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ với $a\ne 0$ có ba điểm cực trị $\iff ab<0\to$ A, D sai.

Hàm số nhận trục tung (Oy) làm trục đối xứng → C sai

Đáp án C

Từ đồ thị cho ta biết f(x) đồng biến $(0;+\infty )$ → loại A (vì $0<\frac{3}{\pi }<1$).

Đồ thị đi qua điểm có tọa độ (1;0) → loại B, D

Đáp án C

Sử dụng công thức ${\left({\log }_{a}u\right)}^{\text{'}}=\frac{u^{\text{'}}}{u\ln a}$, suy ra $y^{\text{'}}{\left({\log }_3(2+e^{2\text{x}})\right)}^{\text{'}}=\frac{2{\text{e}}^{2x}}{(2+e^{2\text{x}})\ln 3}$.

Đáp án A

Ta có $z=1-3i\Rightarrow M(1;-3)\Rightarrow OM=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$

Đáp án A

Ta có $\text{w}=\frac{z_1}{z_2}=\frac{5-10i}{2-i}=4-3i$, suy ra w có phần ảo là -3.

Đáp án B

Hàm phân thức bậc nhất/ bậc nhất và hàm trùng phương luôn không đồng biến (hoặc nghịch biến) trên ℝ → loại A, C;

Xét hàm $y=x^3-x^2+x+1$, ta có: $y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2-2\text{x}+1>0,\forall x\in ℝ$ (thỏa mãn).

Chú ý: Ở đây đáp án D sai vì $y=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ chỉ đồng biến trên $\left[0;+\infty \right)$.

Đáp án A

Số cách xếp 3 cuốn sách Toán giống nhau lên kệ (vào 6 vị trí không quan tâm tới thứ tự) là: $C_6^3$.

Số cách xếp 3 cuốn sách Văn giống nhau vào 3 vị trí còn lại là: $C_3^3=1$.

Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $C_6^3.1=20$.

Chú ý: Có thể tính theo cách: $\frac{6!}{3!.3!}=20$.

Đáp án C

Do $\left(\alpha \right):x-2\text{z}+3=0\Rightarrow \overrightarrow{n}=(1;0;-2)$ và những vectơ cùng phương với $\overrightarrow{n}$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left(\alpha \right)$. Do đó $\overrightarrow{n_3}=(1;-2;0)$ không phải là vectơ pháp tuyến của $\left(\alpha \right)$.

Đáp án A

Ta có $MH=d\left(M,\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|2-0+2-1\right|}{\sqrt{2^2+{(-1)}^2+2^2}}=1$

Đáp án C

Ta có $\int f\left(x\right)d\text{x}=\int \frac{2\text{x}+1}{2\text{x}-3}d\text{x}=\int \left(1+\frac{4}{2\text{x}-3}\right)d\text{x}=x+2\ln \left|2\text{x}-3\right|+C$

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=\frac{2\text{x}+1}{x-2}$ có tiệm cận ngang là y=2.

Khi đó xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^3-x+2=2\iff x(x^2-1)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$.

Nghĩa là có 3 giao điểm

Đáp án A

Do $3^{2{\log }_{3}a}=3^{{\log }_3{a}^2}=a^2\ne 2\text{a}$

Đáp án B

Ta có $y^{\text{'}}=4^x\ln 4-2^{x+3}\ln 2+6\ln 2=2\ln 2.(4^x-{4.2}^x+3)$.

Khi đó: $y^{\text{'}}<0\iff 4^x-{4.2}^x+3<0\iff 1<2^x<3\iff 2^0<2^x<2^{{\log }_{2}3}\iff 0<x<{\log }_{2}3$

$\Rightarrow S=(0;{\log }_{2}3)$.

Đáp án B

Số nghiệm của phương trình f(x)=m (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=m (song song hoặc trùng với Ox).

Để phương trình (*) có ba nghiệm $x_1,{\text{ x}}_2,{\text{ x}}_3$ thỏa mãn $x_1<x_2<x_3\le 3$ thì $0\le m<2$.

Đáp án B

Ta có $y^{\text{'}}=-6{\text{x}}^2+2(2m-1)x-(m^2-1)$.

$y^{\text{'}}=0\iff 6{\text{x}}^2-2(2m-1)x+m^2-1=0$ (*)

Để hàm số có 2 điểm cực trị $\iff$ (*) có 2 nghiệm phân biệt

$\iff {\Delta }^{\text{'}}={(2m-1)}^2-6(m^2-1)=-2m^2-4m+7>0\iff \frac{-2-3\sqrt{2}}{2}<m<\frac{-2+3\sqrt{2}}{2}$

hay $-3,12<m<1,12\stackrel{m\in \mathbb{Z}}{\to }m\in \left\{-3;-2;-1;0;1\right\}$: có 5 giá trị

Đáp án C

Chu vi: $C=2\pi r\Rightarrow r=\frac{C}{2\pi }=\frac{6\pi }{2\pi }=3$.

Ta có $h=4\Rightarrow l=\sqrt{r^2+h^2}=5\Rightarrow S_{xq}=\pi rl=15\pi$

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{MN}=(1;-1;2)\Rightarrow MN:\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-2-t\\ z=1+2t\end{array}\right.\Rightarrow P(1+t;-2-t;1+2t)$

$\underset{\left(Oyz\right):x=0}{\overset{P\in \left(Oyz\right)}{\to }}1+t=0\iff t=-1\Rightarrow P(0;-1;-1)$.

Đáp án B

Gọi $\left\{\begin{array}{l}M(x_1;y_1)\\ N(x_2;y_2)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{z}_1=x_1+y_{1}i\\ z_2=x_2+y_{2}i\end{array}\right.\Rightarrow MN=\sqrt{{(x_2-x_1)}^2+{(y_2-y_1)}^2}=\left|z_1-z_2\right|$

Đáp án A

Ta có $y^{\text{'}}=4{\text{x}}^3+2m^{2}x>0,\forall x\in \left[1;3\right]$, suy ra hàm số đồng biến trên $\left[1;3\right]$.

$\Rightarrow \underset{x\in \left[1;3\right]}{\min }y=y\left(1\right)=m^2+m-1=1\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-2\end{array}\right.\stackrel{m_0=\max m}{\to }{m}_0=1$ gần 0 nhất

Đáp án C

Đa diện đều loại $\left\{4;3\right\}$ là hình lập phương với 9 mặt đối xứng. Cụ thể:

Đáp án A

Đây là thể tích khối tròn xoay thuộc mô hình 2, do đó $V=\pi \underset{a}{\overset{c}{\int }}{f}^2\left(x\right)d\text{x}+\pi \underset{c}{\overset{b}{\int }}{g}^2\left(x\right)d\text{x}$.

Đáp án B

Điều kiện: x>0, ta có phương trình tương đương:

${\log }_2^{2}x-4{\log }_{2}x+1=0\stackrel{t={\log }_{2}x}{\to }{t}^2-4t+1=0$

Theo Vi-ét ta có: $4=t_1+t_2={\log }_2{x}_1+{\log }_2{x}_2={\log }_2\left(x_1{x}_2\right)\Rightarrow x_1{x}_2=2^4=16$.

Đáp án A

Từ hình vẽ, cho ta biết đồ thị có tiệm cận đứng x=2 và tiệm cận ngang y=-1.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}x=-c=2\\ y=a=-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=-2\\ a=-1\end{array}\right.\Rightarrow y=\frac{-x+b}{x-2}$ (C).

Do $M(3;0)\in \left(C\right)\Rightarrow 0=\frac{-3+b}{3-2}\iff b=3\Rightarrow a+2b+3c=-1+2.3+3.(-2)=-1$.

Đáp án A

Trên đoạn $\left[0;2\right]$, xét: $x^2\ge x\iff x(x-1)\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}x\le 0\\ x\ge 1\end{array}\right.\stackrel{x\in \left[0;2\right]}{\to }x\in \left[1;2\right]\cup \left\{0\right\}$.

Nghĩa là: $\max \left\{x^2;x\right\}=\left\{\begin{array}{l}{x}^2\text{ khi x}\in \left[1;2\right]\\ x\text{ khi x}\in \left[0;1\right]\end{array}\right.$.

Suy ra: $I=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\max \left\{x^2;x\right\}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}xdx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}{x}^{2}dx=\frac{17}{6}$.

Đáp án D

Do z là số phức thuần ảo $\Rightarrow z=-ai\Rightarrow \overline{z}=ai\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}z+\overline{z}=0\\ z^2=-a^2={\overline{z}}^2\\ \left|z+2\overline{z}\right|=\left|-ai+2\text{a}i\right|=\left|ai\right|=a=\left|z\right|\end{array}\right.$

Suy ra A, B, C đúng

Đáp án A

Ta có $\left(SC,\left(ABC\text{D}\right)\right)=\widehat{SCA}=60°$

$\Rightarrow SA=AC\tan 60°=a\sqrt{15}$.

Ta có: $BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=2\text{a}$

Suy ra $V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC\text{D}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{15}.a.2\text{a=}\frac{2{\text{a}}^3\sqrt{15}}{3}$.

Đáp án B

Ta có: $f\left(x\right)=\int f^{\text{'}}\left(x\right)d\text{x}=\int (2\text{x}+1)dx=x^2+x+C$.

Khi đó $f\left(1\right)=5\iff 1^2+1+C=5\iff C=3\Rightarrow f\left(x\right)=x^2+x+3$.

Suy ra $f\left(x\right)=5\iff x^2+x+3=5\iff x^2+x-2=0\Rightarrow x_1{x}_2=-2$

$\Rightarrow S={\log }_2\left|x_1\right|+{\log }_2\left|x_2\right|={\log }_2\left|x_1{x}_2\right|={\log }_2\left|-2\right|=1$.

Đáp án D

Vì tam giác ABC vuông tại B $\Rightarrow h=A{A}^{\text{'}}=AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$.

Khi đó $r=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow V=h\pi r^2=a\sqrt{2}.\pi .{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{2}$.

Đáp án A

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=(2;-2;5)\\ \overrightarrow{AC}=(x+1;y-2;1)\end{array}\right.$.

Khi đó A, B, C thẳng hàng $\iff \frac{x+1}{2}=\frac{y-2}{-2}=\frac{1}{5}\Rightarrow x=-\frac{3}{5};y=\frac{8}{5}\Rightarrow x+y=1$.

Đáp án D

Chọn $N(1;0;0)\in Ox\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(3;-1;-3)$.

Ta có $\overrightarrow{i}=(1;0;0)$ là vectơ chỉ phương (vectơ đơn vị) của trục Ox.

Do $\left\{\begin{array}{l}MN\subset \left(P\right)\\ Ox\subset \left(P\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{i}\right]=(0;-3;1)\Rightarrow \left(P\right):-3y+z=0$ hay $\left(P\right):3y-z=0$

Đáp án C

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{-a-b}{{(b\text{x}-1)}^2}$, khi đó theo đề ra ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y=\frac{a}{b}=2\\ f^{\text{'}}\left(1\right)=\frac{-a-b}{{(b-1)}^2}=-6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2b\\ 6{(\mathrm{b}-1)}^2=a+b\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}a=1;b=\frac{1}{2}\\ \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=2\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}a-b=\frac{1}{2}\\ a-b=2\end{array}\right. \\ \Rightarrow \max (a-b)=2 \end{gathered}$$.

Đáp án D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=4a{x}^3+2bx$. Do A(1;4) và B(0;3) là hai điểm cực trị nên ta có:

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

Chỉ có điểm Q(2;-5) thỏa mãn $f\left(2\right)=-5\Rightarrow Q\in \left(T\right)$.

Đáp án D

Gọi F là trung điểm của B'C', khi đó:

$\left\{\begin{array}{l}EF//A\text{'}B\text{'}\\ FD//B\text{'}B\end{array}\right.\Rightarrow \left(FED\right)\text{ // }\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}BA\right)\Rightarrow DE//(A\text{'}B\text{'}BA)$

$\Rightarrow d(DE,A{B}^{\text{'}})=d\left(DE,\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}BA\right)\right)=d\left(D,\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}BA\right)\right)$

Kẻ ,$DK\perp AB\text{ (K}\in \text{AB)}$ khi đó: $\Rightarrow d\left(D,\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}BA\right)\right)=DK$

Ta có $DK=\frac{2{\text{S}}_{A\text{D}B}}{AB}=\frac{S_{ABC}}{AB}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Vậy $d(DE,A{B}^{\text{'}})=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Đáp án C

Ta có $S=3=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)d\text{x}=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}{x}^{2}f(x^3-1)d\text{x}$.

Đặt $t=x^3\Rightarrow dt=3{\text{x}}^{2}d\text{x}\iff x^{2}d\text{x}=\frac{1}{3}dt$ và $x:-1\to 2$ thì $t:-2\to 7$.

Suy ra: $3=\frac{1}{3}\underset{-2}{\overset{7}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{3}\underset{-2}{\overset{7}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}\Rightarrow \underset{-2}{\overset{7}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=9$.

Đáp án D

Gọi ba cạnh của tam giác lần lượt là: m, n, p $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}n=mq\\ p=m{q}^2\end{array}\right.$ (với q là công bội của cấp số nhân m, n, p).

Khi đó điều kiện tồn tại tam giác: $\left\{\begin{array}{l}m+n>p\\ n+p>m\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m+mq>m{q}^2\\ mq+m{q}^2>m\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{q}^2-q-1<0\\ q^2+q-1>0\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1-\sqrt{5}}{2}<q<\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ \left[\begin{array}{l}q<\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\\ q>\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \frac{-1+\sqrt{5}}{2}<q<\frac{1+\sqrt{5}}{2} \\ \Rightarrow q\in \left(\frac{-1+\sqrt{5}}{2};\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)=(a;b) \end{gathered}$$.

Suy ra: $T=a+b=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}+\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\sqrt{5}$.

Đáp án A

Phương trình hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua điểm A(0;a) là:

$x^3-3{\text{x}}^2+3\text{x}-1=(3{\text{x}}^2-6\text{x}+3)x+a$

$\iff a=-2{\text{x}}^3+3{\text{x}}^2-1=f\left(x\right)$ (*).

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=-6{\text{x}}^2+6\text{x};f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.$ .

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra (*) có hai nghiệm phân biệt khi: a=-1 hoặc a=0.

Suy ra: $S=\left\{-1;0\right\}\Rightarrow \sum S=-1+0=-1$.

Đáp án A

Gọi $\Delta \cap d=\left\{N\right\}\Rightarrow N(2+t;5+3t;3+2t)\in d\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(t+1;3t+7;2t+3)$.

Do $\Delta \text{ // }\left(P\right)\Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=0\iff 2.(t+1)+1.(3t+7)-1.(2t+3)=0\iff t=-2\Rightarrow N(0;-1;-1)$

$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(-1;1;-1)=-(1;-1;1)\Rightarrow \overrightarrow{u_{\Delta }}=(1;-1;1)\Rightarrow \Delta :\frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{-1}=\frac{z}{1}$.

Đáp án A

Ta có: $f\left(x\right)+f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{\sqrt{4\text{x}+1}}{e^x}\iff f^{\text{'}}\left(x\right).e^x+f\left(x\right).e^x=\sqrt{4\text{x}+1}$

$\iff {\left[f\left(x\right)e^x\right]}^{\text{'}}=\sqrt{4\text{x}+1}\iff \underset{0}{\overset{2}{\int }}{\left[f\left(x\right)e^x\right]}^{\text{'}}d\text{x}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\sqrt{4\text{x}+1}d\text{x}\iff {\left.f\left(x\right)e^x\right|}_0^2=\frac{13}{3}$

$\iff f\left(2\right).e^2-f\left(0\right)=\frac{13}{3}\iff f\left(2\right)=\frac{16}{3{\text{e}}^2}\approx 0,72\in (0;1)$.

Đáp án B

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức $z=x+yi(x,y\in ℝ)$.

Khi đó $(z+1)(\overline{z}-2i)=(x+1+yi)\left[x-(y+2)i\right]=x^2+y^2+x+2y-(2\text{x}+y+2)i$ là số thuần ảo.

Suy ra: $x^2+y^2+x+2y=0\iff {\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+{(y+1)}^2=\frac{5}{4}$.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính $R=\frac{\sqrt{5}}{2}\Rightarrow S=\pi R^2=\frac{5\pi }{4}$.

Đáp án C

Phân tích:

+) Số liệu đầu vào: T = 10 triệu; r = 6%/năm = 1,5%/3 tháng (1 kì hạn), $n=\frac{2.12}{3}=8$ kì hạn.

+) Số liệu đầu ra: $T_n=?$

Lời giải:

Ta có công thức: $T_n=T.{(1+r)}^n={10.10}^6.{(1+1,5\%)}^8\approx \mathrm{11.264.926}$ đồng.

Chú ý: Ở bài toán này ta có thể sử dụng công thức $T_n=T.{(l+m\text{r)}}^n$ với m=3: là kì hạn 3 tháng và r = 6%/năm = 0,5%/tháng.

Đáp án C

Ta có $y=\frac{\cos x+a\sin x+1}{\cos x+2}\iff y(\cos x+2)=\cos x+a\sin x+1\iff a\sin x+(1-y)\cos x=2y-1$

Phương trình có nghiệm $\iff a^2+{(1-y)}^2\ge {(2y-1)}^2\iff 3y^2-2y-a^2\le 0$

$\iff \frac{1-\sqrt{1+3{\text{a}}^2}}{3}\le y\le \frac{1+\sqrt{1+3{\text{a}}^2}}{3}$.

Yêu cầu bài toán $\iff \frac{1+\sqrt{1+3{\text{a}}^2}}{3}=1\iff \sqrt{1+3{\text{a}}^2}=2\iff 1+3{\text{a}}^2=4\iff \left[\begin{array}{l}a=1\\ a=-1\end{array}\right.$.

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;-2) và bán kính R = 2.

Ta có: $S_{IMN}=\sqrt{2}\iff \frac{1}{2}IN.MN=\sqrt{2}\stackrel{IN=R=2}{\to }MN=\sqrt{2}\Rightarrow IM=\sqrt{M{N}^2+I{N}^2}=\sqrt{6}$.

Khi đó: $\sqrt{6}=IM\ge d\left(I,\left(P\right)\right)=\sqrt{6}\Rightarrow IM=d\left(I,\left(P\right)\right)$.

Suy ra M là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Khi đó, IM nhận $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(1;-2;1)$ làm vectơ chỉ phương nên IM có phương trình: $\frac{x-1}{1}=\frac{y}{-2}=\frac{y+2}{1}\Rightarrow M(1+t;-2t;-2+t)$.

Do $M\in \left(P\right)\Rightarrow t+t+4t-2+t-5=0\iff t=1\Rightarrow M(2;-2;-1)$

Khi đó $a=2;b=-2;c=-1\Rightarrow T=a+2b+3c=-5$.

Đáp án D

Xét tổng: $f\left(x\right)+f(-x)=\left(\ln \frac{\sqrt{x^2+2018}-x}{\sqrt{2018}}-ax{\sin }^{2}x+1\right)+\left(\ln \frac{\sqrt{x^2+2018}+x}{\sqrt{2018}}+ax{\sin }^{2}x+1\right)$

$=\ln \left(\frac{\sqrt{x^2+2018}-x}{\sqrt{2018}}.\frac{\sqrt{x^2+2018}+x}{\sqrt{2018}}\right)+2=\ln \frac{2018}{2018}+2=2$.

Vậy $f\left(x\right)+f(-x)=2$ với $\forall x\in ℝ$ (*).

Áp dụng (*), ta có: $$\begin{gathered} b+c+T=\left[f\left(1\right)+f(-1)\right]+\left[f\left(2\right)+f(-2)\right]+\mathrm{...}+\left[f\left(2018\right)+f(-2018)\right] \\ =2+2+\mathrm{...}+2=2.2018 \end{gathered}$$

Suy ra: $T=4036-b-c$

Đáp án C

Biến đổi: $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(x.f\left(x\right)\right)}^2\iff \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=x^2\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}dx$.

$$\begin{gathered} \iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}dx={\left.\frac{x^3}{3}\right|}_0^1\iff {\left.-\frac{1}{f\left(x\right)}\right|}_0^1=\frac{1}{3}\iff \frac{1}{f\left(1\right)}-\frac{1}{f\left(0\right)}=-\frac{1}{3}\iff \frac{1}{f\left(1\right)}=\frac{1}{6} \\ \iff f\left(1\right)=6 \end{gathered}$$

$f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(x.f\left(x\right)\right)}^2\Rightarrow f\text{'}\left(1\right)={\left(1.f\left(1\right)\right)}^2=36$

Suy ra phương trình tiếp tuyến cần lập là: $y=36(x-1)+6\iff y=36\text{x}-30$.

Đáp án D

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ y\in (-1;1)\end{array}\right.$. Khi đó điều kiện bài toán tương đương: