Vì $\mathrm{\pi }<\mathrm{a}<\frac{3\mathrm{\pi }}{2}$ nên  sina < 0; cosa < 0. Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\sin \left(\alpha \right)-2\cos \left(\alpha \right)=1\\ {\sin }^2\left(\alpha \right)+{\cos }^2\left(\alpha \right)=1\end{array}\right. \\ \Rightarrow {\left(1+2\cos \left(\alpha \right)\right)}^2+{\cos }^2\left(\alpha \right)=1 \\ \Rightarrow 5{\cos }^2\left(\alpha \right)+4\cos \left(\alpha \right)=0 \\ \Rightarrow \cos \left(\alpha \right)=-\frac{4}{5} \end{gathered}$$ 

Suy ra $\alpha =-\sqrt{1-{\cos }^2\left(\alpha \right)}=-\frac{3}{5}$; $\tan \left(\alpha \right)=\frac{3}{4}$; $cot\left(\alpha \right)=\frac{4}{3}$. Vậy A = 2tana - cota = $2.\frac{3}{4}-\frac{4}{3}=\frac{1}{6}$

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} 4{\sin }^2\left(\mathrm{\pi }-\frac{\mathrm{x}}{2}\right)-\sqrt{3}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}-2x\right) \\ =1+2{\cos }^2\left(x-\frac{3\mathrm{\pi }}{4}\right) \\ \iff 2\left[1-\cos \left(2\mathrm{\pi }-\mathrm{x}\right)\right] \\ -\sqrt{3}\cos \left(2x\right) \\ =1+1+\cos \left(2x-\frac{3\mathrm{\pi }}{2}\right) \\ \iff 2-2\cos \left(x\right)-\sqrt{3}\cos \left(2x\right) \\ =2-\sin \left(2x\right) \\ \iff \sin \left(2x\right)-\sqrt{3}\cos \left(2x\right) \\ =2\cos \left(x\right) \\ \iff \frac{1}{2}\sin \left(2x\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \left(2x\right) \\ =\cos \left(x\right) \\ \iff \sin \left(2x-\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=\cos \left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}-x\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{5\mathrm{\pi }}{8}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\\ x=\frac{5\mathrm{\pi }}{6}+k2\mathrm{\pi }\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vì $x\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$ nên ta chọn được nghiệm $x=\frac{5\mathrm{\pi }}{8}$

Đáp án A

Xét $\frac{3}{2k+1}{C}_{2n}^{2k}$ = $\frac{3}{2k+1}{C}_{2n+1}^{2k+1}$ và $-\frac{1}{2k+1}{C}_{2n}^{2k}$ = $-\frac{1}{2k+1}{C}_{2n+1}^{2k+1}$

Điều kiện bài toán tương đương với:

$$\begin{gathered} \frac{3}{2n+1}\left(C_{2k}^{2n}+C_{2n+1}^3\right) \\ -\frac{1}{2n+1}\left(C_{2n+1}^2+C_{2n+1}^4\right) \\ =\frac{10923}{5} \\ \iff \frac{2}{2n+1}.\frac{2^{2n+1}}{2} \\ -\frac{1}{2n+1}\left(\frac{2^{2n+1}}{2}-C_{2n+1}^0\right) \\ =\frac{10923}{5} \end{gathered}$$  

Giải phương trình này hết sức đơn giản ta tìm được n = 7.  Ta có:

$$\begin{gathered} {\left(\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\frac{b^2\sqrt[3]{b^2}}{a\sqrt[3]{a^2}}\right)}^{21} \\ \sum _{k=0}^{21}{C}_{21}^k{a}^{\frac{k}{3}}{b}^{\frac{k}{3}} \\ {b}^{\frac{8(21-k)}{3}}{a}^{\frac{-5\left(21-k\right)}{3}} \end{gathered}$$

Hệ số của số hạng có tỉ số lũy thừa của a và b bằng $-\frac{1}{2}$ nên

$$\begin{gathered} \frac{{\displaystyle \frac{k}{3}}-35+{\displaystyle \frac{5k}{35}}}{-{\displaystyle \frac{k}{3}}+56-{\displaystyle \frac{8k}{3}}}=-\frac{1}{2} \\ \Rightarrow k=14 \end{gathered}$$

Vậy hệ số của bài toán thỏa mãn yêu cầu bài toán là $C_{21}^{14}=116280$

Đáp án D

$C_n^1;C_n^2;C_n^3$ lần lượt là số các tập con của A gồm 1;3;5… phần tử. Ta luôn có 

$$\begin{gathered} C_n^0+C_n^1+..+C_n^n \\ =2^n \\ \Rightarrow C_n^0+C_n^1+... \\ =2^{n-1} \end{gathered}$$

Từ giả thiết ta có phương trình:

$$\begin{gathered} 2^{n-1}=16n \\ \iff 2^{n-5}=n \end{gathered}$$

Vì n > 4 nên ta xét n = 5 thấy không thỏa (*), do đó ta xét $n\ge 6;n\in \mathrm{\mathbb{Z}}$

Xét hàm số $f\left(x\right)=2^{x-5}-x$ liên tục trên nửa khoảng $[6;+\infty ),x\in \mathrm{\mathbb{Z}}$.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=2^{x-5}\ln \left(2-1\right)>0$; $\forall x\ge 6\Rightarrow f\left(x\right)$ liên tục và đồng biến trên nửa khoảng $[6;+\infty ),x\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ và f(8) = 0 nên x = 8 là nghiệm duy nhất của phương trình. $2^{x-5}-x=0;x\ge 6$. Vậy n = 8 thỏa mãn đề bài.

Đáp án A

Số cách chọn 3 hộp sữa từ 12 hộp là: $C_{12}^1$ = 220

Số cách chọn 3 hộp có cả 3 loại là $C_5^1{C}_4^1{C}_3^1$ = 60 .

Xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại là $\frac{60}{220}=\frac{3}{11}$

Đáp án B

Đặt  

 $$\begin{gathered} x_n=\left(1-\frac{2}{2.3}\right)\left(1-\frac{2}{3.4}\right) \\ ....\left(1-\frac{2}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\right) \end{gathered}$$

Từ

$$\begin{gathered} 1-\frac{2}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)} \\ =\frac{k\left(k+3\right)}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)} \\ k=1,...,n \end{gathered}$$

ta có

$$\begin{gathered} x_n=\frac{1.4}{2.3}\frac{2.5}{3.4}\frac{3.6}{4.5} \\ ...\frac{n\left(n+3\right)}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)} \\ =\frac{n+3}{3\left(n+1\right)} \end{gathered}$$ 

Vậy $lim{x}_n=\frac{1}{3}$

Đáp án C

Ta có: 

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\infty }{\lim }x\left(x+\sqrt{x^2+1}\right) \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }x\left(x+\left|x\right|+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right) \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }x\left(x-x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right) \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^2\left(1-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right) \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^2\frac{1-\left(1+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}\right)}{1+\sqrt{1+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}}} \\ =-\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Đáp án B

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{x^3}{3}\sin \left(3x+\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right) \\ +\frac{x^3}{3}\left(\sin \left(3x+\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)\right) \\ =x^2\sin \left(3x+\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right) \\ +x^3\cos \left(3x+\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right) \end{gathered}$$

Đáp án A

Do $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{IA}$ nên $N=T_{\overrightarrow{IA}}\left(M\right)$ 

$M\in \left(C\right)\Rightarrow N\in \left(C_1\right)$ là ảnh của (C) qua phép tịnh tiến $T_{\overrightarrow{IA}}$. Do $T_{\overrightarrow{IA}}\left(I\right)=A$ nên $\left(C_1\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2=9$

$N=\left(C\text{'}\right)\cap \left(C_1\right)\Rightarrow$ tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2-2x-4=0\\ {\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2=9\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\pm \sqrt{5}=x_n\\ y=0=y_n\end{array}\right. \end{gathered}$$

Suy ra $x_M=1\pm \sqrt{5};y_M=-4$ . Vậy D sai.

Đáp án D

Do $AB\perp AD\text{'}$ nên $∆ABD\text{'}$vuông tại A.

Trong $∆ABD\text{'}$kẻ đường cao AH thì AH = d( A,BD' )

Trong $∆ADD\text{'}$ta có 

$$\begin{gathered} AD\text{'}=\sqrt{A{D}^2+DD\text{'}} \\ =\sqrt{b^2+c^2} \\ BD\text{'}=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2} \\ =\sqrt{a^2+b^2+c^2} \end{gathered}$$ 

Xét $∆ABD\text{'}$ ta được AH.BD' = AB.AD' 

$\Rightarrow AH=\frac{AB.AD\text{'}}{BD\text{'}}$ = $\frac{a\sqrt{b^2+c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Vậy d ( A, BD' ) = AH = $\frac{a\sqrt{b^2+c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Đáp án A

Vì đồ thị hàm số đi qua các điểm (0;-4),(l;0),(-l;-2) nên 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}c=-4\\ a+b+c=0\\ -a+b+c=-2\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=3\\ c=-4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

Tập xác định: D = R $\setminus$ { 1 } 

· $y\text{'}=\frac{m{x}^2+2mx+1}{{\left(x+1\right)}^2}$

· Hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó khi và chỉ khi y ' > 0; $\forall x\ne 1$

· Xét m = 0, ta có $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}>0$; $\forall x\ne 1$ (tm).

· Xét $m\ne 0$ .Yêu cầu bài toán  

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=m^2-m\le 0\\ m>0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}0\le m\le 1\\ m>0\end{array}\right. \\ \iff 0<m\le 1 \end{gathered}$$

Kết luận: $0\le m\le 1$

Đáp án B

· Tập xác định: D = R

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=x^8-x^7+x^5 \\ -x^4+x^3-x+1 \\ =1+\left(x-1\right) \\ \left(x^7+x^4+x^2+x\right) \\ =1+\frac{\left(x^3-1\right)}{x^2+x+1} \\ \frac{\left(x^7+x^4+x^2+x\right)}{1} \\ =\frac{x^{10}+x^5+1}{x^2+x+1}+1 \\ =\frac{{\left(x^5+{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+{\displaystyle \frac{3}{4}}}{{\left(x+{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+{\displaystyle \frac{3}{4}}}>0 \end{gathered}$$ 

Vậy hàm số f(x) không có cực trị.

Đáp án D

· Tập xác định: D = R

$$\begin{gathered} y\text{'}=3{\left(x+a\right)}^2+3{\left(x+b\right)}^2 \\ -3x^2 \\ =3x^2+6\left(a+b\right)x \\ +3\left(a^2+b^2\right) \end{gathered}$$

 · Hàm số có cực trị nên y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt

$$\begin{gathered} \iff ∆\text{'}=9{\left(a+b\right)}^2 \\ -3.3\left(a^2+b^2\right)>0 \\ \iff ab>0 \end{gathered}$$ 

Đáp án D

· Đường tròn

$$\begin{gathered} \left(C_m\right):x^2+y^2-2mx \\ -4my+5m^2-1=0 \end{gathered}$$

có tâm I ( m;2m ), bán kính R = 1.Ta có:

$$\begin{gathered} IB=\sqrt{5m^2+4m+8} \\ =\sqrt{5{\left(m+\frac{2}{5}\right)}^2+\frac{36}{5}} \\ \ge \frac{6}{\sqrt{5}}>1=R \end{gathered}$$

điểm B nằm ở phía ngoài đường tròn $\left(C_m\right)$. Do đó điểm A nằm ở phía trong đường tròn $\left(C_m\right)$, tức là: 

$$\begin{gathered} LA<1=R \\ \iff \sqrt{5m^2-8m+4}<1 \\ \iff 5m^2-8m+3<0 \\ \iff \frac{3}{5}<m<1 \end{gathered}$$

Đáp án C

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=-5\sin \left(x\right)+5\sin \left(5x\right) \\ =10\cos \left(3x\right)\sin \left(2x\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\sin \left(2x\right)=0\\ \cos \left(3x\right)=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=k\frac{\mathrm{\pi }}{2}\\ x=\frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\frac{\mathrm{\pi }}{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do $x\in \left[-\frac{\mathrm{\pi }}{3};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right]$ nên $x\in \left\{-\frac{\mathrm{\pi }}{6};0;\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right\}$ . Ta có

$$\begin{gathered} f\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=f\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=2 \\ f\left(\frac{-\mathrm{\pi }}{6}\right)=f\left(\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)=3\sqrt{3} \\ f\left(0\right)=4 \end{gathered}$$

Suy ra M = $3\sqrt{3}$; m = 2. Vậy Mm = $6\sqrt{3}$

Đáp án A

Gọi x là khoảng cách từ S đến B. Khi đó khoảng cách từ S đến A là 4 - x ( 0 < x < 4 ) Chi phí mắc dây điện từ A qua S rồi đến C là:

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=5000\sqrt{1+x^2} \\ +3000\left(4-x\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=\frac{5000}{\sqrt{1+x^2}}-3000 \\ =1000\left(\frac{5x-3\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}}\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=0 \\ \iff x=\frac{3}{4} \\ f\text{'}\left(x\right)=\frac{5000}{{\left(\sqrt{1+x^2}\right)}^3}>0 \\ \Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(\frac{3}{4}\right)>0 \end{gathered}$$

Do đó

$$\begin{gathered} minf\left(x\right)=\frac{13}{4} \\ \iff x=\frac{3}{4} \end{gathered}$$

Vậy để chi phí ít tốn kém nhất thì S phải cách A là $\frac{13}{4}$km

Đáp án B

· Tập xác định: $D=(-\infty ;-1]\cup [0;+\infty )${1}.

· Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 1+}{\lim y}=+\infty \\ \underset{x\to 1-}{\lim }=-\infty \end{array}\right. \\ \Rightarrow x=1 \end{gathered}$$

là tiệm cận đứng

$\underset{x\to -\infty }{\lim y}=1\Rightarrow y=1$là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to -\infty }{\lim y}=-1\Rightarrow y=-1$là tiệm cận ngang.

Do đó đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận.

Đáp án C

(C_m) tiếp xúc với trục hoành khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{x}^3-2m{x}^2+m^{2}x+1-m=0\\ 3x^2-4mx+m^2=0\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^3-2m{x}^2+m^{2}x+1-m=0\\ x=m;x=\frac{m}{3}\end{array}\right. \\ \Rightarrow m\in \left\{-3;1;\frac{3}{2}\right\} \end{gathered}$$

Do $m\in Z$ nên m = -3; m = 1

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

(C) có hai điểm cực trị là A ( 0;4 ); B ( 2;0 ) 

Gọi (P): $a{x}^2+bx+c\left(a\ne 0\right)$ là parabol cần tìm.

Ta có

$$\begin{gathered} A,B\in \left(P\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}c=4\\ 4a+2b+c=0\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=-2a-2\\ c=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Khi đó: (P): y = a$x^2$ - 2(a + 1 )x + 4

(P) tiếp xúc với đường thẳng y = -2x + 2 khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a{x}^2-2\left(a+1\right)x+4 \left(1\right)\\ 2ax-2\left(a+1\right)=-2 \end{array}\right. \\ \left(1\right)=-2x+2 \\ \Rightarrow a=2\Rightarrow b=-6 \end{gathered}$$

Vậy parabol (P): $y=2x^2-6x+4$

Đáp án A

$\forall x\in R\Rightarrow -x\in R$ và $f\left(-x\right)=\frac{e^{-x}+e^x}{2}=f\left(x\right)$ 

Do đó f(x) là hàm số chẵn. Suy ra A sai.

Chứng minh tương tự g(x) là hàm số lẻ. Suy ra B sai.

Mặt khác, f ' (x) = g(x) Suy ra C sai.

Vậy chỉ có D đúng

Đáp án D

Ta có ${\log }_3\left(125\right)$ = 3${\log }_3\left(5\right)$

=$3\frac{{\log }_2\left(5\right)}{{\log }_2\left(3\right)}=\frac{3b}{a}$

Đáp án B

Ta có $a={\log }_{12}\left(6\right)<1$; $b={\log }_{12}\left(7\right)<1$. Suy ra $\frac{a}{1-a}$ < 0. Do đó (A) sai.

Rõ ràng b > a > 0 $\Rightarrow \frac{a}{1+b}<1$ Do đó (C) sai.

Mặt khác ${\log }_2\left(7\right)=\frac{{\log }_{12}\left(7\right)}{{\log }_{12}\left(2\right)}=\frac{b}{1-a}$

Vậy (D) là phương án đúng

Đáp án D

Điều kiện: x > 0 .Phương trình đã cho tương đương với

 $$\begin{gathered} x^{{\log }^2\left(x\right)+\log \left(x^3\right)+3}=x \\ \iff \left({\log }^2\left(x\right)+\log \left(x^3\right)+3\right) \\ \log \left(x\right)=\log \left(x\right) \\ \left({\log }^2\left(x\right)+3\log \left(x\right)+3\right)\log \left(x\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\log \left(x\right)=0\\ \log \left(x\right)=-1\\ \log \left(x\right)=-2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{1}{10}\\ x=\frac{1}{100}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm nguyên

Đáp án A

Hàm số xác định khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} \sqrt{8^{-2+\log \left(x\right)}}-\sqrt[3]{4^{2-\log \left(x\right)}}>0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \sqrt{8^{-2+\log \left(x\right)}}>\sqrt[3]{4^{2-\log \left(x\right)}}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\left(8^{-2+\log \left(x\right)}\right)}^3>{\left(4^{2-\log \left(x\right)}\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ 2^{9\left(-9+\log \left(x\right)\right)}>2^{4\left(2-\log \left(x\right)\right)}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ 9\left(-2+\log \left(x\right)\right)>4\left(2-\log \left(x\right)\right)\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \log \left(x\right)>2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>100\end{array}\right. \\ \Rightarrow x>100 \end{gathered}$$

Vậy miền xác định của hàm số đã cho là: $\left(100;+\infty \right)$

Đáp án A

Ta có: 

$$\begin{gathered} 3{\log }_{27}\left(2x^2-x+2m-4m^2\right) \\ +{\log }_{\frac{1}{\sqrt{3}}}\left(x^2+mx-2m^2\right)=0 \\ \iff {\log }_3\left(2x^2-x+2m-4m^2\right) \\ ={\log }_3\left(x^2+mx-2m^2\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+mx-2m^2>0\\ 2x^2-x+2m-4m^2\\ =x^2+mx-2m^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+mx-2m^2>0\\ x^2-\left(m+1\right)x\\ +2m-2m^2=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=m\\ x=1-m\end{array}\right. \end{gathered}$$

Phương trình đã cho có hai nghiệm $x_1;x_2$ thỏa mãn ${x_1}^2+{x_2}^2>1$

Đáp án C

Dễ dàng có được $x^2\ge x-\frac{1}{4}$; $y^2\ge y-\frac{1}{4}$; $z^2\ge z-\frac{1}{4}$; $t^2\ge t-\frac{1}{4}$ (1)

Dấu “=” xảy ra trong các bất đẳng thức này khi và chỉ khi x = y = z = t = $\frac{1}{2}$

Vì x; y; z; t $\in \left(\frac{1}{4};1\right)$ nên theo tính chất của lôgarit với cơ số dương và bé hơn 1 nên từ (1) ta có:

${\log }_x\left(y^2\right)\le {\log }_x\left(y-\frac{1}{4}\right)$; ${\log }_y\left(z^2\right)\le {\log }_y\left(z-\frac{1}{4}\right)$; ${\log }_z\left(t^2\right)\le {\log }_z\left(t-\frac{1}{4}\right)$; ${\log }_t\left(x^2\right)\le {\log }_t\left(x-\frac{1}{4}\right)$ 

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này, ta được:

$$\begin{gathered} {\log }_x\left(y-\frac{1}{4}\right)+{\log }_y\left(z-\frac{1}{4}\right) \\ +{\log }_z\left(t-\frac{1}{4}\right)+{\log }_t\left(z-\frac{1}{4}\right) \\ \ge 2\left({\log }_x\left(y\right)+{\log }_y\left(z\right)\right) \\ +\left({\log }_z\left(t\right)+{\log }_t\left(x\right)\right) \left(2\right) \end{gathered}$$

Dễ thấy ${\log }_x\left(y\right)$; ${\log }_y\left(z\right)$; ${\log }_z\left(t\right)$; ${\log }_t\left(x\right)$ luôn dương nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:

$$\begin{gathered} {\log }_x\left(y\right){\log }_y\left(z\right){\log }_z\left(t\right){\log }_t\left(x\right) \\ \ge 4\sqrt[4]{{\log }_x\left(y\right){\log }_y\left(z\right){\log }_z\left(t\right){\log }_t\left(x\right)} \end{gathered}$$

Mà 

$$\begin{gathered} {\log }_x\left(y\right){\log }_y\left(z\right){\log }_z\left(t\right){\log }_t\left(x\right) \\ ={\log }_x\left(y\right)\frac{{\log }_x\left(z\right){\log }_x\left(t\right)}{{\log }_x\left(y\right){\log }_x\left(z\right)}{\log }_t\left(x\right) \\ =1 \end{gathered}$$

Từ (2). (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh.

Đáp án B

Người gửi 15 triệu đồng sau n quý sẽ nhận được số tiền (cả vốn lẫn lãi) là $15.{\left(1,0165\right)}^n$

Để có ít nhất 20 triệu ta phải có

$$\begin{gathered} 15.{\left(0,165\right)}^n\ge 20 \\ \Rightarrow n\log \left(0,0165\right) \\ \ge \log \left(20\right)-\log \left(15\right) \\ \Rightarrow n\ge \frac{\log \left({\displaystyle \frac{20}{15}}\right)}{\log \left(1,0165\right)} \\ \approx 17,58 \end{gathered}$$ 

Vậy người đó cần gửi tiền liên tục 18 quý.

Đáp án D

Đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm có tọa độ ( 1;0 ). Khi đó

$$\begin{gathered} S={\int }_{-1}^0\left|\frac{x+1}{x-2}\right|dx \\ =\left|{\int }_{-1}^0\frac{x+1}{x-2}dx\right| \\ =\left|{\int }_{-}^0\left(1+\frac{3}{x-2}\right)dx\right| \\ =\left|\left(x+3\ln {\left(\left|x-2\right|\right)}_{-1}^0\right)\right| \\ =3\ln \left(\frac{3}{2}\right)-1 \end{gathered}$$

Suy ra a = b = 3; c = 2

Vậy a + b + c = 8

Đáp án A

Đặt

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}u=x-2\\ dv=\sin \left(3x\right)dx\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=-\frac{\cos \left(3x\right)}{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Khi đó

$$\begin{gathered} \int \left(x-2\right)\sin \left(3x\right)dx \\ =-\frac{\left(x-2\right)\cos \left(3x\right)}{3} \\ +\frac{1}{9}\sin \left(3x\right)+C \end{gathered}$$ 

Suy ra m = 2; n = 3; p = 9

Vậy m + n + p = 14 

Đáp án A

Gọi F(t) là một nguyên hàm của $\frac{f\left(t\right)}{t^2}$ 

Theo định nghĩa tích phân ta có: 

$$\begin{gathered} \forall x>0 \\ F\left(x\right)-F\left(a\right)+6=2\sqrt{x} \end{gathered}$$

Cho x = a ta thu được $\sqrt{a}=3\Rightarrow a=9$

Đáp án C

Đặt x = a - t nên dx = -dt. Ta có 

$$\begin{gathered} I=-{\int }_a^0\frac{dt}{1+f\left(a-t\right)} \\ ={\int }_0^a\frac{dt}{1+{\displaystyle \frac{1}{f\left(t\right)}}} \\ ={\int }_0^a\frac{f\left(t\right)}{1+f\left(t\right)}dt \end{gathered}$$

Suy ra 2I = I + I = ${\int }_0^{a}dt$ = a. Vậy I = $\frac{a}{2}$

Đáp án B

Gọi F(t) là một nguyên hàm của hàm số tlnt trên $\left(0;+\infty \right)$ .

Ta có: f(x) = $F\left(e^{2x}\right)-F\left(e^x\right)$

Suy ra

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=2e^{2x}F\text{'}\left(e^{2x}\right)-e^{x}F\left(e^x\right) \\ =4x{e}^{4x}-x{e}^{2x} \\ =x{e}^{2x}\left(4x{e}^{4x}-1\right) \end{gathered}$$

Vậy f ' (x) = 0 nên x = 0; x = -ln2 

Kết luận: f đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = -ln2

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} V_y=2.\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=\frac{2\mathrm{\pi }}{3} \\ {\mathrm{V}}_{\mathrm{x}}=\frac{1}{3}\mathrm{\pi h}\left({\mathrm{R}}^2+{\mathrm{r}}^2+\mathrm{Rr}-{\mathrm{r}}^2\right) \\ =\frac{1}{3}\mathrm{\pi }.1\left(4+2.1\right)=2\mathrm{\pi } \end{gathered}$$ 

Do đó $V_x+V_y=\frac{8\mathrm{\pi }}{3}$

Đáp án D

Gọi trữ lượng gỗ ban đầu là V₀, tốc độ sinh trưởng hằng năm của rừng là i phần trăm.

Ta có:

- Sau 1 năm, trữ lượng gỗ là

$$\begin{gathered} V_1=V_0+i{V}_0 \\ =V_0\left(1+i\right) \end{gathered}$$

- Sau 2 năm, trữ lượng gỗ là

$$\begin{gathered} V_2=V_1+i{V}_1 \\ =V_1\left(1+i\right) \\ =V_0{\left(1+i\right)}^2 \end{gathered}$$

…

- Sau 5 năm, trữ lượng gỗ là $V_5=V_0{\left(1+i\right)}^5$

Thay: $V_0=4.{10}^5\left(m^3\right)$; i = 4% = 0,04 ta được:

$$\begin{gathered} V_5=4.{10}^5{\left(1+0,04\right)}^5 \\ \approx 4,8666.{10}^5\left(m^3\right) \end{gathered}$$

Đáp án A