Chọn C.

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trong khoảng (0;2)

Chọn C.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{4-3x}{x+1}=-3,\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4-3x}{x+1}=-3.$

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang y=-3

Chọn C.

Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận

Chọn A.

Với $x=1\Rightarrow y=e.$ Vậy đồ thị hàm số không đi qua điểm A(1;0). Phương án A sai

Chọn A

Ta có $\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)//\left(CDD\text{'}C\text{'}\right).$

$\left\{\begin{array}{l}CD\text{'}//\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\\ AB\text{'}\subset \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\end{array}\right.\Rightarrow d\left(CD\text{'};AB\text{'}\right)=d\left(CD\text{'};\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=d\left(C;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=CB=2a.$

Chọn C

Ta có: $V=BA.BB\text{'}.BC=a.2a.3a=6a^3.$

Chọn B

Ta có: $V=B.h=2a^2.3a=6a^3.$

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x)=m-1 có ba nghiệm phân biệt khi $1<m-1<3\iff 2<m<4\Rightarrow m\in \left(2;4\right)$. 

Chọn A.

Theo công thức tính thể tích khối cầu bán kính R ta có: $V=\frac{4\pi R^3}{3}.$

Chọn A.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{1}{x}dx=\ln \left|x\right|+C.$

Chọn B.

Khối bát diện đều là khối đa diện loại $\left\{3;4\right\}.$

Chọn B.

Vectơ $\overrightarrow{u}=\left(2;-3;-2\right).$

Chọn C.

Từ bảng biến thiên ta thấy x=5 là điểm cực tiểu của hàm số

Chọn D.

Ta có $a^{\frac{8}{3}}:\sqrt[3]{a^4}=a^{\frac{8}{3}}:a^{\frac{4}{3}}=a^{\frac{8}{3}-\frac{4}{3}}=a^{\frac{4}{3}}.$

Chọn A.

Hàm số xác định $\iff x>0.$

Vậy tập xác định của hàm số là $D=\left(0;+\infty \right).$

Chọn D.

Hàm số $y=2x^3+3x+1$ có$y\text{'}=6x^2+3>0,\forall x\in ℝ.$

Vậy hàm số $y=2x^3+3x+1$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn B.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}+C\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{x^3}{3}$ là một nguyên hàm của f(x)

Chọn C.

Ta có $9^{x+\frac{1}{2}}-{10.3}^x+3\le 0\iff {3.9}^x-{10.3}^x+3\le 0\iff 3.{\left(3^x\right)}^2-{10.3}^x+3\le 0.$

Đặt $t=3^x,t>0.$ Khi đó, bất phương trình trở thành: $3t^2-10t+3\le 0\iff \frac{1}{3}\le t\le 3\iff \frac{1}{3}\le 3^x\le 3\iff -1\le x\le 1.$

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=\left[-1;1\right].$

Chọn C.

Thể tích khối tứ diện OABC là $V_{OABC}=\frac{1}{6}\mathrm{.2.4.6}=8.$

Chọn A.

Công sai của cấp số cộng là $d=u_4-u_3=\left(-4\right)-\left(-7\right)=3.$

Chọn B.

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$

Đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x^2-3x+4}$ không có tiệm cận đứng.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{3}{x}+\frac{4}{x^2}}=0\Rightarrow y=0$ là đường tiệm cận ngang.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x^2-3x+4}$ là 1

Chọn D.

Số cách chọn đồng thời ra 4 người từ một nhóm có 11 người là $C_{11}^4.$

Chọn C.

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên [-2;0] là 2

Chọn D.

Từ đồ thị hàm số suy ra điểm cực đại của hàm số là x=-1

Chọn B.

Xét hàm số $y=2x^3-3x^2+{2020}^{2021}$ trên đoạn [0;1]

Ta có $y\text{'}=6x^2-6x$

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[0;1\right]\\ x=1\in \left[0;1\right]\end{array}\right..$

$y\left(0\right)={2020}^{2021};y\left(1\right)={2020}^{2021}-1.$

Suy ra $M=\underset{\left[0;1\right]}{\max }y={2020}^{2021};m=\underset{\left[0;1\right]}{\min }y={2020}^{2021}-1\Rightarrow P=M-m=1.$

Chọn D.

Ta có ${\log }_5\left(\sqrt[5]{b}\right)={\log }_5{b}^{\frac{1}{5}}=\frac{1}{5}{\log }_{5}b.$

Chọn D

Ta có $S_{xq}=\pi rl.$

Chọn D.

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-4\ne 0\\ 2x+1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne \pm 2\\ x>-\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 2\\ x>-\frac{1}{2}\end{array}\right..$

Tập xác định: $D=\left(-\frac{1}{2};+\infty \right)\backslash \left\{2\right\}.$

Chọn D.

Ta có: $4^{x-1}=16\iff 4^{x-1}=4^2\iff x-1=2\iff x=3.$

Chọn B.

Ta có: Tiệm cận đứng: x=1. Tiệm cận ngang: y=1

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-1)

Chọn B.

Ta có $\overrightarrow{BA}=\left(-1;3;-3\right).$

Chọn D

Thiết diện qua trục là hình vuông $\Rightarrow R=\frac{1}{2}AB=\frac{3a}{2},h=3a\Rightarrow S=2\pi Rh=9\pi a^2.$

Chọn A.

Ta có $\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}\iff \left\{\begin{array}{l}1-a+3\left(-1-a\right)=0\\ 2-b+3\left(3-b\right)=0\\ -c+3\left(5-c\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=\frac{11}{4}\\ c=\frac{15}{4}\end{array}\right.\Rightarrow a+2b+2c=\frac{25}{2}.$

Chọn B.

Ta có ${\log }_{a}b=3\Rightarrow b=a^3$ do đó $T=\frac{{\left(a^3\right)}^3}{a^9}+{\log }_{\frac{a}{a^3}}\sqrt{a{a}^3}=1+{\log }_{a^{-2}}{a}^2=1-1=0.$

Chọn A.

Ta có $I=\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(ax+b\right)dx,$ đặt $u=ax+b\Rightarrow du=adx\Rightarrow dx=\frac{du}{a}$ nên $I=\frac{1}{a}\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(u\right)du=\frac{1}{a}F\left(u\right)+C=\frac{1}{a}F\left(ax+b\right)+C.$

Chọn A.

Ta có $y\text{'}=\left(2x+2\right)f\text{'}\left(x^2+2x\right)+{2021}^m.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right).$ Để hàm số nghịch biến trên $\left[1;+\infty \right)$ thì

     $y\text{'}\le 0,\forall x\in \left[1;+\infty \right)\iff \left(2x+2\right)f\text{'}\left(x^2+2x\right)+{2021}^m.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)\le 0,\forall x\in \left[1;+\infty \right)$

     $\iff {2021}^m.\frac{x+1}{x^2}\le -\left(2x+2\right)f\text{'}\left(x^2+2x\right),\forall x\in \left[1;+\infty \right)$

     $\iff {2021}^m\le -2x^{2}f\text{'}\left(x^2+2x\right),\forall x\in \left[1;+\infty \right)$

$\iff {2021}^m\le Ming\left(x\right),\forall x\in \left[1;+\infty \right),g\left(x\right)=-2x^{2}f\text{'}\left(x^2+2x\right)$

Mặt khác $g\left(1\right)=-2.f\text{'}\left(3\right)=0,$ do đó ${2021}^m\le 0$ (vô lý), vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn

Chọn B

Ta có $AA\text{'}//BB\text{'}\Rightarrow AA\text{'}//\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$ mà $BC\subset \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$

$\Rightarrow d\left(AA\text{'},BC\right)=d\left(AA\text{'},\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=d\left(A,\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=3d\left(H,\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)$

Ta có: $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)\Rightarrow A\text{'}H\perp BC;BC\perp AB\Rightarrow BC\perp \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\Rightarrow \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\perp \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$

Kẻ $HK\perp BB\text{'}\Rightarrow HK\perp \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\Rightarrow d\left(H;\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=HK$

Gọi $I=A\text{'}H\cap BB\text{'}.$

Ta có $\frac{IH}{IA\text{'}}=\frac{HB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{\frac{a}{3}}{a}=\frac{1}{3}\Rightarrow HI=\frac{1}{2}HA\text{'}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$

$\Rightarrow HK=\frac{HB.HI}{\sqrt{H{B}^2+H{I}^2}}=\frac{\frac{a}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{6}}{\sqrt{{\left(\frac{a}{3}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{6}\right)}^2}}=\frac{\sqrt{3}}{9}a$

$\Rightarrow d\left(H;\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=\frac{\sqrt{3}}{9}a\Rightarrow d\left(AA\text{'};BC\right)=\frac{\sqrt{3}a}{3}$

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow{SE}=\overrightarrow{BC}\Rightarrow SE//BC;SE=BC\Rightarrow SADE$ là hình chữ nhật. Dựng hình hộp chữ nhật $SGHE.ABCD.$

Ta có: $\left(\left(BED\right),\left(SBC\right)\right)=\left(\left(BDEG\right),\left(BCES\right)\right).\left(1\right)$

Ta có tứ giác ABGS là hình vuông $\Rightarrow AG\perp SB\Rightarrow AG\perp \left(BCES\right)\left(2\right)$

Kẻ $AI\perp BD\Rightarrow AI\perp \left(BDEG\right)\left(3\right).$ Gọi $J=AI\cap BC.$

Từ (1),(2),(3) ta có $\left(\left(BED\right),\left(SBC\right)\right)=\left(AG,AJ\right)={60}^0$

Đặt AD=x. Ta có $\Delta ABJ\backsim \Delta ABD\Rightarrow \frac{BJ}{AB}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow BJ=\frac{A{B}^2}{AD}=\frac{a^2}{x}$

Từ đó ta có: $AJ=\frac{a}{x}\sqrt{a^2+x^2};GJ=\frac{a}{x}\sqrt{a^2+x^2};AG=a\sqrt{2}$

Vậy $\Delta AGJ$ cân tại $J\Rightarrow \Delta AGJ$ đều $\Rightarrow AJ=AG\Rightarrow \frac{a}{x}\sqrt{a^2+x^2}=a\sqrt{2}\Rightarrow x=a.$

Ta có tứ diện $SDCE$ là hình chóp $S.DCE$ có $SE\perp \left(CDE\right)$ nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.DCE là $R=\sqrt{{\left(\frac{SE}{2}\right)}^2+R_{day}^2}$

Ta có $\Delta CDE$ vuông cân tại $D\Rightarrow R_{day}=\frac{CE}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$ Vậy $R=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Chọn A

Ta có $\overrightarrow{SA\text{'}}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SA};\overrightarrow{SB\text{'}}=\frac{1}{4}\overrightarrow{SB};\overrightarrow{SC\text{'}}=\frac{1}{5}\overrightarrow{SC};\overrightarrow{SG\text{'}}=k\overrightarrow{SG}.$

Bốn điểm $A\text{'},B\text{'},C\text{'},G\text{'}$ đồng phẳng nên với mọi điểm S ta có $\overrightarrow{SG\text{'}}=x\overrightarrow{SA\text{'}}+y\overrightarrow{SB\text{'}}+z\overrightarrow{SC\text{'}}\left(1\right)$ với $x+y+z=1.$

$\left(1\right)\iff k\overrightarrow{SG}=\frac{x}{3}\overrightarrow{SA}+\frac{y}{4}\overrightarrow{SB}+\frac{z}{5}\overrightarrow{SC},$ mặt khác $\overrightarrow{SG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}\right).$ Vì $\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SB},\overrightarrow{SC}$ không đồng phẳng nên $\left\{\begin{array}{l}\frac{k}{3}=\frac{x}{3}\\ \frac{k}{3}=\frac{y}{4}\\ \frac{k}{3}=\frac{z}{5}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=k\\ y=\frac{4}{3}k\\ z=\frac{5}{3}k\end{array}\right.;x+y+z=1\iff k+\frac{4}{3}k+\frac{5}{3}k=1\iff k=\frac{1}{4}.$

Vậy $\overrightarrow{SG\text{'}}=\frac{1}{4}\overrightarrow{SG}=\frac{1}{4}\left(-3;-1;-1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}a-2=\frac{-3}{4}\\ b-3=\frac{-1}{4}\\ c-1=\frac{-1}{4}\end{array}\right.\Rightarrow a+b+c=6-\frac{5}{4}=\frac{19}{4}.$

Chọn B.

+ Số các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số được lấy từ tập A là $A_9^8.$ Với $a_8⋮3\Rightarrow a_8=\left\{3;6;9\right\}.$

+ Gọi số tự nhiên có 8 chữ số là $\overline{a_1{a}_2{a}_3\mathrm{...}{a}_7{a}_8}$ thỏa mãn $\left(a_1+a_2+\mathrm{...}+a_8\right)⋮13$

Ta có $1+2+3+4+5+6+7+8+9=45\Rightarrow 36\le a_1+a_2+\mathrm{...}+a_8\le 44,$

$\left(a_1+a_2+\mathrm{...}+a_8\right)⋮13\Rightarrow a_1+a_2+\mathrm{...}+a_8=39$

Nếu $a_8=3\Rightarrow a_1+a_2+\mathrm{...}+a_7=36$ có các số  có 7! số thỏa mãn.

Nếu $a_8=6\Rightarrow a_1+a_2+\mathrm{...}+a_7=33$ không tìm được số thỏa mãn.

Nếu $a_8=9\Rightarrow a_1+a_2+\mathrm{...}+a_7=30$ có các số $1,2,3,4,5,7,8$ có 7! số thỏa mãn.

Vậy có $2.7!$ số thỏa mãn.

Xác suất là: $P=\frac{2.7!}{A_9^8}=\frac{1}{36}.$

Chọn D.

Đặt $u=\frac{\ln \left(x^2+1\right)-2}{2}\Rightarrow u\text{'}=\frac{x}{x^2+1};u\text{'}=0\iff x=0.$

Dựa vào bảng biến thiên đề bài ta có

           $f\text{'}\left(\left|u\right|\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\left|u\right|=a\in \left(-\infty ;-1\right)\\ \left|u\right|=b\in \left(-1;0\right)\\ \left|u\right|=c\in \left(0;1\right)\\ \left|u\right|=d>1\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\left|u\right|=c\in \left(0;1\right)\left(1\right)\\ \left|u\right|=d>1\left(2\right)\end{array}\right.$

Với $\left|x_0\right|=\sqrt{e^2-1}$ thì $\left|u\right|$ có 3 cực trị, trong đó 1 cực đại, 2 cực tiểu. Bảng biến thiên mới theo biến u là

Hai phương trình lần lượt có 4 và 2 nghiệm như sau

Giải $\left|u\right|=c\in \left(0;1\right)\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_1<-x_0\\ x_2\in \left(-x_0;0\right)\\ x_3\in \left(0;x_0\right)\\ x_4\in \left(0;+\infty \right)\end{array}\right.$ và giải $\left|u\right|=d>1\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_5<x_1\\ x_6>x_4\end{array}\right.$

Chú ý c là điểm cực đại và d là điểm cực tiểu nên từ (1) thu được 2 cực tiểu, từ (2) thu được 1 cực tiểu.

Kết luận tổng cộng 5 điểm cực tiểu

Chọn D.

Đạo hàm $y=\frac{2x+m}{x-4}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-8-m}{{\left(x-4\right)}^2}.$

Do hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định nên ta xét $f\left(0\right)=-\frac{m}{4};f\left(2\right)=\frac{m+4}{-2}.$

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi

$-8-m>0\Rightarrow m<-8\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }y=f\left(2\right)\Rightarrow \frac{m+4}{-2}=3\Rightarrow m=-10$ (thỏa mãn).

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi

$m>-8\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }y=f\left(0\right)\Rightarrow \frac{m}{-4}=3\Rightarrow m=-12$ (loại).

Chọn C

Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AB,CD. Khi đó $M\in SI:\frac{SM}{SI}=\frac{2}{3};N\in SJ:\frac{SN}{SJ}=\frac{2}{3}.$

Ta có $\frac{V_{S.MNK}}{V_{INJ}}=\frac{SM}{SI}.\frac{SK}{SJ}=\frac{4}{9}\Rightarrow V_{S.MNK}=\frac{4}{9}{V}_{S.INJ}$

Mặt khác $V_{S.NIJ}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}\Rightarrow V_{S.MNK}=\frac{1}{9}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{9}.\frac{1}{3}.A{B}^2.SA=\frac{1}{27}.{\left(2a\right)}^2.a=\frac{4a^3}{27}.$

Chọn D.

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

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì $1+\frac{m}{{\left(x-2\right)}^2}\ge 0\forall x\in \left[5;+\infty \right)\iff m\ge -{\left(x-2\right)}^2\forall x\in \left[5;+\infty \right)$

Ta có bảng biến thiên của $f\left(x\right)=-{\left(x-2\right)}^2=-x^2+4x-4$ trên $\left[5;+\infty \right).$

Khi đó $m\ge -9.$ Vậy số giá trị nguyên âm của tham số m là 9

Chọn C

Giả sử hình nón có đỉnh S tâm đường tròn đáy là I, thiết diện là tam giác SAB,H là hình chiếu vuông góc của I lên (SAB) (như hình vẽ).

Theo bài ra ta có $IH=a,\Delta SAB$ vuông cân tại $S,SI=3a.$

$\frac{1}{I{T}^2}=\frac{1}{I{H}^2}-\frac{1}{S{I}^2}=\frac{1}{a^2}-\frac{1}{9a^2}=\frac{8}{9a^2}\Rightarrow IT=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$

$\Delta SAB$ vuông cân tại S nên $ST=\frac{1}{2}SB=\frac{SI.IT}{IH}=\frac{9a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow AT=\frac{9a\sqrt{2}}{4}$

$R^2=I{A}^2=I{T}^2+A{T}^2=\frac{9a^2}{8}+{\left(\frac{9a\sqrt{2}}{4}\right)}^2=\frac{45a^2}{4}.$

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi .3a.\frac{45a^2}{4}=\frac{45\pi a^3}{4}.$

Chọn A.

ĐK: x>0

${\left({\log }_3\left(\frac{x}{3}\right)\right)}^2+3m{\log }_{3}x+2m^2-2m-1=0\iff {\left({\log }_{3}x-1\right)}^2+3m{\log }_{3}x+2m^2-2m-1=0$

Đặt $t={\log }_{3}x$

Phương trình trở thành ${\left(t-1\right)}^2+3mt+2m^2-2m-1=0\iff t^2+\left(3m-2\right)t+2m^2-2m=0\iff \left[\begin{array}{l}t=-m\\ t=-2m+2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=3^{-m}\\ x=3^{-2m+2}\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} x_1+x_2>10\iff 3^{-m}+3^{-2m+2}>10\iff {9.3}^{-2m}+3^{-m}-10>0\iff 3^{-m}>1 \\ \iff -m>0\iff m<0. \end{gathered}$$

Vì $m\in \mathbb{Z}$ và m>-2021 nên $m\in \left\{-2020;-2019;\mathrm{...};-1\right\}.$

Chọn A.

Cách 1:

Ta có: $F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2dx}{\sin x}=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2dx}{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{dx}{{\cos }^2\frac{x}{2}.\tan \frac{x}{2}}=2\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{d\left(\tan \frac{x}{2}\right)}{\tan \frac{x}{2}}=2\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|+C.$

$\Rightarrow F\left(x\right)=2\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|+C.$

Mà $F\left(\frac{\pi }{2}\right)=0\iff 2\ln \left|\tan \frac{\pi }{4}\right|+C=0\Rightarrow C=0\Rightarrow F\left(x\right)=2\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|=\ln {\left(\tan \frac{x}{2}\right)}^2.$

$\Rightarrow g\left(x\right)=e^{F\left(x\right)}={\tan }^2\frac{x}{2}\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=\tan \frac{x}{2}.\left(1+{\tan }^2\frac{x}{2}\right)>0,\forall x\in \left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right].$

Do đó hàm số g(x) đồng biến trên $\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]$ nên $\underset{\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]}{\max }g\left(x\right)=g\left(\frac{2\pi }{3}\right)={\left(\tan \frac{\pi }{3}\right)}^2=3.$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên đoạn $\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]$ bằng 3.

Cách 2:

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=F\text{'}\left(x\right).e^{F\left(x\right)}=\frac{2}{\sin x}.e^{F\left(x\right)}>0,\forall x\in \left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right].$

$\Rightarrow \underset{\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]}{\max }g\left(x\right)=g\left(\frac{2\pi }{3}\right)=e^{F\left(\frac{2\pi }{3}\right)}=e^{F\left(\frac{\pi }{2}\right)+\underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{2\pi }{3}}{\int }}\frac{2dx}{\sin x}}=3.$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên đoạn $\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]$ bằng 3

Chọn B.

Ta có $F\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right)=\frac{2021x}{{\left(x^2+1\right)}^{2022}}\Rightarrow F\text{'}\left(x\right)=0\iff x=0.$