Đáp án A

Do đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là (0;2),(2;0) và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow$ đáp án cần tìm là A.

Đáp án A

Ta có: $V={\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=25\Rightarrow {\mathrm{r}}^2\mathrm{h}=25$ 

Nếu chiều cao khối trụ tăng lên năm lần và giữ nguyên bán kính đáy thì được khối trụ mới có diện tích xung quanh bằng: $2\mathrm{\pi r}.5\mathrm{h}=25\mathrm{\pi }\Rightarrow \mathrm{rh}=\frac{5}{2}\Rightarrow \mathrm{r}=\frac{25}{{\displaystyle \frac{5}{2}}}=10.$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm là: 

$\frac{2x+4}{x-1}=x+1\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2-2x-5=0\end{array}\right.\Rightarrow x_M+x_N=2\Rightarrow \frac{x_M+x_N}{2}=1$.

Đáp án C

Theo giả thiết ta có: $\left\{\begin{array}{l}x+2y=10\\ 2xy=16\end{array}\Rightarrow \right.\left\{\begin{array}{l}y=\frac{8}{x}\\ x+\frac{16}{x}=10\end{array}\Rightarrow \right.\left\{\begin{array}{l}2y=\frac{16}{x}\\ x^2-10x+16=0\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}[\begin{array}{l}x=8\\ x=2\end{array}\\ 2y=\frac{16}{x}\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow [\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{l}x=8\\ 2y=2\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x=2\\ 2y=8\end{array}\right.\end{array}\Rightarrow \left|x-2y\right|=6$.

Đáp án C

Phương trình có nghiệm $\iff {\left(4\sqrt{3}\right)}^2+1^2\ge {\left(1-2m\right)}^2\iff 4m^2-4m-48\le 0\iff -3\le m\le 4$.

Suy ra có 4 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn đề bài

Đáp án D

Ta có hàm số $y={\left(\frac{2}{3}\right)}^{1-x}={\left(\frac{3}{2}\right)}^{x-1}\Rightarrow y\text{'}={\left(\frac{3}{2}\right)}^{x-1}\ln \frac{3}{2}>0\left(\forall x\in \mathrm{ℝ}\right)$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$.

Đáp án D

Diện tích xung quanh $S=\mathrm{\pi }rl=4\sqrt{2}\mathrm{\pi }$.

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=3x^2-4\Rightarrow y\text{'}\left(2\right)=8,y\left(2\right)=1$ 

Suy ra PTTT của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ có hoành độ bằng 2 là y = 8(x - 2) + 1$\iff y=8x-15$.

Đáp án D

Ta có $\int {\left(2x-3\right)}^{3}dx=\frac{1}{2}\int {\left(2x-3\right)}^{3}d\left(2x-3\right)=\frac{1}{8}{\left(2x-3\right)}^4+C$.

Đáp án A

Ta có: $f\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx=\frac{x^2}{2}-\cos x+2$. Do $f\left(0\right)=1\Rightarrow C=2$.

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm $e^x=2\iff x=\ln 2$ 

Suy ra diện tích cần tìm bằng $S={\int }_0^{\ln 2}\left|e^x-2\right|dx+{\int }_{\ln 2}^0\left|e^x-2\right|dx=4\ln 2+e-5$.

Đáp án D

Ta có $P={\log }_2\left(a^2{b}^3\right)={\log }_2{a}^2+{\log }_2{b}^3=2{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b=2x+3y$.

Đáp án C

Ta có $C_m^2=153\Rightarrow m=18$

Suy ra $C_{18}^n=C_{18}^{n+2}\Rightarrow n=18-\left(n+2\right)\Rightarrow n=8\Rightarrow m+n=26$.

Đáp án D

Diện tích tam giác bằng ${\left(2\sqrt{\sin x}\right)}^2\frac{\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\sin x$.

Suy ra thể tích cần tích bằng $V={\int }_0^{\mathrm{\pi }}\sqrt{3}\sin xdx=-\sqrt{3}{\overline{)\cos x}}_0^{\mathrm{\pi }}=2\sqrt{3}$.

Đáp án C

Gọi số hạng đầu và công sai $u_1,d$ ta có $S_n=\frac{n}{2}\left[2u_1+\left(n-1\right)d\right]=3n^2+4n$

$\Rightarrow \left(2u_1-d\right)+nd=8+6n\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2u_1-d=8\\ d=6\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_1=7\\ d=6\end{array}\right.\Rightarrow u_{10}=61$. 

Đáp án B

Giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng $\left(0;+\infty \right):$$\underset{\left(0;+\infty \right)}{max}f\left(x\right)=f\left(1\right)$.

Đáp án B

ĐK: $n\in \mathrm{\mathbb{N}}*$ 

Khi đó $\frac{1}{C_n^1}-\frac{1}{C_{n+1}^2}=\frac{7}{6C_{n+4}^1}\iff \frac{1}{n}-\frac{1}{{\displaystyle \frac{\left(n+1\right)!}{2!\left(n+1\right)!}}}=\frac{7}{6\left(n+4\right)}\iff \frac{1}{n}-\frac{2}{n\left(n+1\right)}=\frac{7}{6\left(n+4\right)}$

$\iff 6\left(n+1\right)\left(n+4\right)-12\left(n+4\right)=7n\left(n+1\right)\iff n^2-11n+24-0\iff [\begin{array}{l}n=8\\ n=3\end{array}$ . Vậy $n_1+n_2=11$.

Đáp án A

$\log \left(a^2{b}^2\right)=2\log {\left(ab\right)}^2=2\log \left|ab\right|\Rightarrow$ Khẳng định A sai.

Đáp án C

Gọi số tự nhiên cần lập có dạng $\overline{abc}\left(a,b,c\in \left\{0;1;2;3;4;5;6\right\};a\ne 0\right)$ 

Bài toán không yêu cầu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau.

Chọn c = {0;2;4;6} có 4 cách chọn, chọn $a\ne 0$ có 6 cách chọn và chọn b có 7 cách chọn.

Theo quy tắc nhân có: 4.6.7 = 168 số.

Đáp án A

$S={\int }_a^b\left|f_1\left(x\right)-f_2\left(x\right)\right|dx$

Đáp án C

Số tiền lương bằng $4,5+\left(4,5+0,3\right)+...+\left(4,5+0,3.11\right)=\frac{12}{2}\left(4,5+0,3.11+4,5\right)=73,8$ triệu đồng.

Đáp án A

M(0;-3) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Khẳng định A sai.

Đáp án A

Gọi $M\left(-1+2t;t;2+t\right)\in ∆\Rightarrow N\left(2x_A-x_M;2y_A-y_M;2z_A-z_M\right)$ 

Suy ra $N\left(3-2t;-2-t;2-t\right)$, do $N\in \left(P\right)\Rightarrow 3-2t-2-t-4+2t+5=0\Rightarrow t=2$ 

$\Rightarrow M\left(3;2;4\right)\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\left(2;3;2\right)=\overrightarrow{u_{∆}}$.

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=3x^2+6mx+m+1\Rightarrow y\text{'}\left(-1\right)=4-5m;y\left(-1\right)=2m-1$ 

PTTT tại điểm có hoành độ $x_0=-1$ là $y=\left(4-5m\right)\left(x+1\right)+2m-1$ 

Do tiếp tuyến qua $A\left(1;3\right)\Rightarrow 3=2\left(4-5m\right)+2m-1\iff -4=-8m\iff m=m_0=\frac{1}{2}$.

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm $x^3-3x+2=0\iff {\left(x-1\right)}^2\left(x+2\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-2\end{array}$ 

Mặt khác $y\text{'}=3x^2-3\Rightarrow [\begin{array}{l}{k}_1=y\text{'}\left(1\right)=0\\ k_2=y\text{'}\left(-2\right)=9\end{array}$. Vậy $k_1+k_2=9$.

Đáp án A

Ta có: $f\left(x\right)=\sin x+1-2{\sin }^{2}x$. Đặt $t=\sin x,t\in \left[0;1\right]\Rightarrow g\left(t\right)=-2t^2+t+1,t\in \left[0;1\right]$ 

Khi đó $g\text{'}\left(t\right)=-4t+1=0\iff t=\frac{1}{4}$. Mà $g\left(0\right)=1;g\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{9}{8};g\left(1\right)=0\Rightarrow \underset{\left[0;\mathrm{\pi }\right]}{max}f\left(x\right)=\frac{9}{8}$.

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=3x^2+3\sqrt{3}a$ 

Hàm sổ có cực trị $\iff y\text{'}=0$ có 2 nghiệm phân biệt $\iff a<0$. 

Hàm số là hàm số lẻ nên đồ thị hàm số có tâm đối xứng là gốc tọa độ, do đó đường thẳng nối cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số luôn đi qua gốc tọa độ.

Đáp án C

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có: $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{a}{2\sin 60°}=\frac{a}{\sqrt{3}}$ 

Thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ là:

$V={\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=\mathrm{\pi }{\left(\frac{\mathrm{a}}{\sqrt{3}}\right)}^2.\mathrm{h}=\frac{{\mathrm{\pi a}}^2\mathrm{h}}{3}.$

Đáp án A

Do đó $\left[\overline{OA};\overline{OB}\right]=-4\left(1;1;1\right)\Rightarrow \left(OAB\right):x+y+z=0$ 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}IO=IA\\ IO=IB\\ I\in \left(OAB\right)\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2+c^2=a^2+{\left(b-2\right)}^2+{\left(c+2\right)}^2\\ a^2+b^2+c^2={\left(a-2\right)}^2+{\left(b-2\right)}^2+{\left(c+4\right)}^2\\ a+b+c=0\end{array}\right.\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=0\\ c=-2\end{array}\right.$ 

Do đó $T=a^2+b^2+c^2=8$.

Đáp án D

Chọn hệ trục với $D\left(0;0;0\right),A\left(a;0;0\right),A\text{'}\left(a;0;a\right),K\left(0;0;\frac{a}{2}\right),C\left(0;a;0\right)$ 

Khi đó $\overrightarrow{DA\text{'}}=\left(a;0;a\right),\overrightarrow{KC}\left(0;a;\frac{-a}{2}\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{DA\text{'}};\overrightarrow{KC}\right]=\frac{a^2}{2}\left(2;-1;-2\right)$

Phương trình mặt phẳng qua C (chứa CK) và song song với DA’ là (P):2x - y - 2z + a = 0 

Khi đó $d\left(CK;A\text{'}D\right)=d\left(D;\left(P\right)\right)=\frac{a}{3}$.

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=x^2+2\left(m+1\right)x+4$ 

Hệ số $a=\frac{1}{3}>0$ nên hàm số nghịch biến trong đoạn $\left[x_2;x_1\right]$ có độ dài bằng $2\sqrt{5}$ thì hàm số có cực đại và cực tiểu $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left|x_2-x_1\right|=2\sqrt{5}$  với $x_1,x_2$ là 2 nghiệm PT y'=0

Khi đó $∆\text{'}={\left(m+1\right)}^2-4>0\iff [\begin{array}{l}m>0\\ m<-3\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-m-1\\ x_1{x}_2=4\end{array}$.

Có $\left|x_2-x_1\right|=\sqrt{{\left(x_2-x_1\right)}^2}=\sqrt{{\left(x_2+x_1\right)}^2-4x_2{x}_1}=\sqrt{{\left(m+1\right)}^2-16}=2\sqrt{5}\iff {\left(m+1\right)}^2=36$$\iff [\begin{array}{l}m=5\\ m=-7\end{array}$.

Kết hợp điều kiện (1) $\Rightarrow [\begin{array}{c}m=5\\ m=-7\end{array}\Rightarrow S=-2$.

Đáp án D

Đặt SA = SB = SC = a$\Rightarrow ∆SAC$ đều cạnh a$\Rightarrow AC=a,AB=a\sqrt{2}$ 

Mặt khác $B{C}^2=S{B}^2+S{C}^2-2SB.SC.\cos 120°=2a^2-2a^2.\frac{-1}{2}=3a^2\Rightarrow BC=a\sqrt{3}$.

Khi đó $∆ABC$ cận tại A, do SA = SB = SC$\Rightarrow$ hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và là trung điểm của cạnh huyền BC.

Đáp án D

Có 2 TH sau:

+) 1 thẻ đánh số chẵn, 1 thẻ đánh số lẻ, suy ra có $C_5^1{C}_6^1=30$ cách.

+) 2 thẻ đánh số chẵn, suy ra có $C_5^2=10$ cách.

Suy ra xác suất bằng $\frac{30+10}{C_{11}^2}=\frac{8}{11}$.

Đáp án B

Gọi $M\left(4+3t;1-t;-5-2t\right)$ và $N\left(2+u;-3+3u;u\right)$ suy ra $\overline{MN}=\left(-2+u-3t;-4+3u+t;u+2t+5\right)$

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MN}\perp \overrightarrow{u_{{∆}_1}}\\ \overrightarrow{MN}\perp \overrightarrow{u_{{∆}_2}}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3\left(-2+u-3t\right)+4-3u-t-2u-4t-10\\ -2+u-3t-12+9u+3t+u+2t+5=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-2u-14t=12\\ 11u+2t=9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}u=1\\ t=-1\end{array}\right.$

Suy ra $\overrightarrow{MN}(2;-2;4)$.

Đáp án B

Gọi E là trung điểm AC

Khi đó NE//AB suy ra $\widehat{\left(AB;MN\right)}=\widehat{\left(NE;MN\right)}$ 

Do đó $[\begin{array}{l}\widehat{ENM}=30°\\ \widehat{ENM}=150°\end{array}$ 

Lại có $NE=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2};ME=\frac{a}{2}$ nên tam giác MNE cân tại E suy ra $\widehat{ENM}=30°\Rightarrow \widehat{NEM}=120°$

Suy ra $MN=\sqrt{M{E}^2+N{E}^2-2ME.NE.\cos \widehat{NEM}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Đáp án A

Ta có $4^{{\sin }^{2}x}+5^{{\cos }^{2}x}\le m.7^{{\cos }^{2}x}\iff 4^{1-{\cos }^{2}x}+5^{{\cos }^{2}x}\le m.7^{{\cos }^{2}x}\iff m\ge \frac{4}{{28}^{{\cos }^{2}x}}+{\left(\frac{5}{7}\right)}^{{\cos }^{2}x}$

Đặt $t={\cos }^{2}x,0\le t\le 1$ khi đó $m\ge \frac{4}{{28}^t}+{\left(\frac{5}{7}\right)}^t=g\left(t\right)$ 

Phương trình đã cho có nghiệm $\iff m\ge \underset{\left[0;1\right]}{min}g\left(t\right)$ 

Dễ thấy $g\text{'}\left(t\right)<0\left(\forall t\in \left[0;1\right]\right)\Rightarrow \underset{\left[0;1\right]}{min}g\left(t\right)=g\left(1\right)=\frac{6}{7}\Rightarrow m\ge \frac{6}{7}$ là giá trị cần tìm

Vậy a + b + c = 13.

Đáp án B

Phương trình vận tốc theo thời gian là Parabol có dạng: $y=a{x}^2+bx+1$ 

Do Parabol có đỉnh I(2;5) nên $\left\{\begin{array}{l}-\frac{b}{2a}=2\\ y\left(2\right)=4a+2b+1=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=4\end{array}\right.$ 

Khi đó quãng đường mà vật di chuyển được trong 3 giờ đầu là

$S={\int }_0^1\left(-x^2+4x+1\right)dx+{\int }_1^{3}4dx=\frac{32}{3}km$.

Đáp án A

Đặt $t=\sqrt{x}\iff dt=\frac{dx}{2\sqrt{x}}\iff dx=2dt;\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=4\Rightarrow t=2\end{array}\right.$ 

Khi đó $I={\int }_0^{4}f\text{'}\left(\sqrt{x}\right)dx={\int }_0^{2}2t.f\text{'}\left(t\right)dt=2{\int }_0^{2}t.f\text{'}\left(t\right)dt$ 

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=t\\ dv=f\text{'}\left(t\right)dt\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}du=dt\\ v=f\left(t\right)\end{array}\right.\Rightarrow 2{\int }_0^{2}t.f\text{'}\left(t\right)dt=t.{\overline{)f\left(t\right)}}_0^2-{\int }_0^{2}f\left(t\right)dt=2f\left(2\right)-1=-5$

Vậy tích phân $I=2.\left(-5\right)=-10$.

Đáp án B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp MA$ 

Mặt khác $AM\perp SB\Rightarrow AM\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AN\perp SC$, tương tự $AN\perp SC$ 

Do đó $SC\perp \left(AMN\right)$, mặt khác $∆SBC$ vuông tại B suy ra $\tan \widehat{BSC}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$

$\Rightarrow \widehat{\left(SB;SC\right)}=\widehat{BSC}=30°\Rightarrow \widehat{\left(SB;\left(AMN\right)\right)}=60°$.

Đáp án C

Dựa vào đáp án, ta thấy rằng

(1) Đường thẳng $f\left(x\right)=0\iff 3^{2x}-2.3^x=0\iff 3^x=2\iff x={\log }_{3}2\Rightarrow \left(1\right)$ đúng.

(2) Bất phương trình $f\left(x\right)\ge -1\iff 3^{2x}-2.3^x+1\ge 0\iff {\left(3^x-1\right)}^2\ge 0,\forall x\in \mathrm{ℝ}$. Nên $f\left(x\right)\ge -1$ có vô số nghiệm $\Rightarrow \left(2\right)$ sai.

(3) Bất phương trình $f\left(x\right)\ge 0\iff {\left(3^x\right)}^2-2.3^x\ge 0\iff 3^x\ge 2\iff x\ge {\log }_{3}2\Rightarrow \left(3\right)$ sai.

(4) Đường thẳng f(x) = 0 chỉ có 1 nghiệm duy nhất $\Rightarrow \left(4\right)$ sai

Đáp án B

Gọi $A=∆\cap \left(P\right);d=\left(P\right)\cap \left(Q\right)$ 

Lấy $I\in ∆\Rightarrow A;I$ cố định, kẻ $IH\perp \left(P\right);HK\perp d\Rightarrow \widehat{\left(\left(P\right);\left(Q\right)\right)}=\widehat{IKH}=\phi$ 

Do $IA\ge IK\Rightarrow \sin \phi =\frac{IH}{IK}\ge \frac{IH}{IA}\Rightarrow {\phi }_{min}$ khi $K\equiv A$ tức là $IA\perp d\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left[\overrightarrow{u_{∆}};\overrightarrow{u_d}\right]$ 

Trong đó $\overline{n_{∆}}=\left(1;-2;-2\right);\overline{u_d}=\left[\overline{u_{∆}};\overline{u_P}\right]=\left(3;0;3\right)=3\left(1;0;1\right)$ 

Suy ra $\overline{n_Q}=\left[\overline{u_{∆}};\overline{u_d}\right]=-2\left(1;1;-1\right)$, mặt khác (Q) chứa đường thẳng $∆$ nên (Q) đi qua điểm (1;2;-1) 

Do đó $\left(Q\right):x+y-z-4=0\Rightarrow A\left(4;0;0\right),B(0;4;0),C(0;0;-4)\Rightarrow V_{O.ABC}=\frac{64}{6}=\frac{32}{3}$

Đáp án A

Đặt $\left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=a\\ f\text{'}\left(1\right)=b\end{array}\right.$, thay x = 0 vào giả thiết, ta được $f^2\left(1\right)=-f^3\left(0\right)\iff a^3+a^2=0\iff [\begin{array}{l}a=0\\ a=-1\end{array}$ 

Đạo hàm cả 2 vế biểu thức $f^2\left(1+2x\right)=x-f^3\left(1-x\right)$, ta đưuọc

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

Thay x = 0 vào (1), ta có $4f\text{'}\left(1\right).f\left(1\right)=1+3f\text{'}\left(1\right).f^2\left(1\right)\iff 4ab=1+3a^{2}b\left(2\right)$

TH1. Với a = 0 thay vào (2), ta được 0 = 1 (vô lí)

TH2. Với a = -1 thay vào (2), ta được $-4b=1+3b\iff b=-\frac{1}{7}\Rightarrow f\text{'}\left(1\right)=-\frac{1}{7}$ 

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là $y-f\left(1\right)=f\text{'}\left(1\right)\left(x-1\right)\Rightarrow y=-\frac{1}{7}x-\frac{6}{7}$.

Đáp án B

Đặt $t=\log x$, khi đó $4.2^{2\log x}-6^{\log x}-18.3^{2\log x}=0\iff 4.{\left(2^t\right)}^2-2^t.3^t-18.{\left(3^t\right)}^2=0$

$\iff 4{\left[{\left(\frac{2}{3}\right)}^t\right]}^2-{\left(\frac{2}{3}\right)}^t-18=0\iff {\left(\frac{2}{3}\right)}^t=\frac{9}{4}\iff t=-2\iff \log x=-2\iff x=\frac{1}{100}$.

Đáp án B

Cách 1:

Dựa vào đồ thị suy ra hàm số có dạng bậc 3

Ta có $y\text{'}=kx\left(x-1\right)\Rightarrow y=k\left(\frac{x^3}{2}-\frac{x^2}{2}\right)+C$ 

Đồ thị qua 2 điểm (0;1),(1;2)

 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}C=1\\ k=-6\end{array}\Rightarrow y=-2x^3+3x^2+1\right.$. Từ đó vẽ đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)-1\right|$

Cách 2:

Từ đồ thị hàm số y = f(x) tịnh tiến sang phải 1 đơn vị ta được đồ thị hàm số y = f(x - 1) từ đó suy ra đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)-1\right|$ như hình bên

Suy ra phương trình $\left|f\left(x\right)-1\right|=\frac{3}{2}$ có 4 nghiệm phân biệt

Đáp án A

Đặt $t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)\in \left[-\sqrt{2};\sqrt{2}\right]\Rightarrow \sin x\cos x=\frac{t^2-1}{2}$ 

Khi đó $\sin x\cos x+2\left(\sin x+\cos x\right)=2\iff \frac{t^2-1}{2}+2t=2\iff t^2+4t-5=0\iff t=1$

Vậy $P=\sin \left(x_0+\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)=\frac{\sin x_0+\cos x_0}{\sqrt{2}}=\frac{t_0}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.