Ta có $\frac{\cos \left(x\right)}{x}=\frac{1}{5}$ $\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 0\\ \cos \left(x\right)=\frac{x}{5}\end{array}\right.$.

Số nghiệm phương trình $\frac{\cos \left(x\right)}{x}=\frac{1}{5}$ là số giao điểm của đồ thị hai hàm số y = cos(x) và y = $\frac{x}{5}$.

Để ý rằng đường thẳng y = $\frac{x}{5}$ cắt đồ thị hàm số y = cos(x) tại hai điểm (trừ điểm x = 0) nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Hãy xem hình vẽ dưới đây:

Đáp án B

Điều kiện: $x\ne \frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi }\left(\mathrm{k}\in \mathrm{Z}\right)$

Ta có

$$\begin{gathered} \tan \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)\tan \left(x+\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right) \\ =\tan \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)cot\left(\frac{\mathrm{\pi }}{6}-x\right) \\ =-1 \end{gathered}$$

Phương trình đã cho tương đương với

$$\begin{gathered} \frac{{\sin }^3\left(x\right).\sin \left(3x\right)+{\cos }^3\left(x\right)\cos \left(3x\right)}{\tan \left(x-{\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{6}}\right)\tan \left(x+{\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}\right)} \\ =\frac{1}{8} \\ =\frac{1-\cos \left(2x\right)}{x}.\frac{\cos \left(2x\right)-\cos \left(4x\right)}{2} \\ +\frac{1+\cos \left(2x\right)}{2}.\frac{\cos \left(2x\right)+\cos \left(4x\right)}{2} \\ =\frac{1}{8} \end{gathered}$$

Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta chọn $x=-\frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi }\left(\mathrm{k}\in \mathrm{Z}\right)$

Đáp án A

Số cách chọn 9 viên tùy ý là $C_{18}^9$.

Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:

* Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng là 8.

* Không có bi xanh: Có $C_{13}^9$ cách.

* Không có bi vàng: Có $C_{15}^9$ cách.

Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì $C_{10}^9$ cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:

$C_{10}^9+C_{18}^9-C_{13}^9-C_{15}^9$ = 42910

Đáp án D

Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập X là: 5.4.3 = 60.

Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4.3.2 = 24 và số các số có mặt chữ số 5 là 60 - 24 = 36.

Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên bảng đều không có mặt chữ số 5.

Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng quy tắc cộng xác suất ta có:

$$\begin{gathered} P\left(A\cup B\right)=P\left(A\right)+P\left(B\right) \\ =\frac{C_{36}^1.C_{36}^1}{C_{60}^1.C_{60}^1}+\frac{C_{24}^1.C_{24}^1}{C_{60}^1.C_{60}^1} \\ =\frac{13}{25} \end{gathered}$$

Vậy xác suất cần tìm là 

$$\begin{gathered} P=1-P\left(A\cup B\right) \\ =1-\frac{13}{25}=\frac{12}{25} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} {\left(1+x\right)}^n=C_n^0+C_n^{1}x+C_n^2{x}^2 \\ +C_n^3{x}^3+...+C_n^n{x}^n \end{gathered}$$

Lấy đạo hàm hai vế, ta được

$$\begin{gathered} n{\left(1+x\right)}^{n-1}=C_n^1+2C_n^{2}x \\ +3C_n^3{x}^2+...+n{C}_n^n{x}^{n-1} \end{gathered}$$

Lấy tích phân hai vế, ta được:

$$\begin{gathered} n{\int }_1^2{\left(1+x\right)}^{n-1}dx \\ =C_n^1{\int }_1^{2}dx+2C_n^2{\int }_1^{2}xdx \\ +3C_n^3{\int }_1^2{x}^{2}dx \\ +...+n{C}_n^n{\int }_1^2{x}^{n-1}dx \end{gathered}$$

Tính toán các tích phân trên, ta được:

$$\begin{gathered} C_n^1+3C_n^2+7C_n^3+...+ \\ \left(2^n-1\right)C_n^n=3^n-2^n \end{gathered}$$

Theo đề ta có: 

$$\begin{gathered} 3^n-2^n=3^{2n}-2^n-6480 \\ \iff 3^{2n}-3^n-6480=0 \end{gathered}$$

Giải phương trình mũ này ta tìm được n = 4. Vậy n = 4 là nghiệm của phương trình đã cho

Đáp án A

Ta có $u_2=\frac{1}{3}$

Với $n\ge 3$ ta có

$$\begin{gathered} \left[u_1+2u_2+..+\left(n-1\right)u_{n-1}\right] \\ +n{u}_n=n\left(n^2-1\right)u_n+n{u}_n \\ =n^3{u}_n \\ \Rightarrow n{u_n}^3=n{u}_n+{\left(n-1\right)}^3{u}_{n-1} \\ \Rightarrow \frac{u_n}{u_{n-1}}=\frac{{\left(n-1\right)}^3}{n^3-n} \\ ={\left(\frac{n-1}{n}\right)}^2\left(\frac{n}{n+1}\right)\left(1\right) \end{gathered}$$

Từ (1) suy ra

$$\begin{gathered} \frac{u_n}{u_2}=\frac{u_n}{u_{n-1}}.\frac{u_{n-1}}{u_{n-2}}...\frac{u_3}{u_2} \\ =\left[{\left(\frac{n-1}{n}\right)}^2.{\left(\frac{n-1}{n-2}\right)}^2..{\left(\frac{2}{3}\right)}^2\right] \\ \left(\frac{n}{n-1}.\frac{n-1}{n}...\frac{3}{4}\right) \\ =\frac{12}{n^2\left(n+1\right)} \\ \Rightarrow u_n=\frac{4}{n^2\left(n+1\right)} \end{gathered}$$

Vậy $lim{\left(n+2018\right)}^3{U}_n$= 4

Đáp án D

Bởi vì $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x^2+\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}}=0$ 

= $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{x^3}}}}{{\displaystyle \frac{1}{x}}+\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{x^3}}}}=+\infty$

Đáp án D

Ta có: limf(x) = lim( 2mx - 3 ) = 2m - 3

lìm(x) = $lim\left(x^2+n\right)$ = 1 + n

Hàm số liên tục tại điểm x = 1 khi và chỉ khi: 

$$\begin{gathered} 2m-3=1+n=m+2 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m=5\\ n=6\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy ${\left(m-n\right)}^{2018}+{\left(\frac{m+1}{n}\right)}^{2019}$ = 2

Đáp án D

$$\begin{gathered} y\text{'}=a\sin \left(ax+b+\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right) \\ y\text{'}\text{'}=a^2\sin \left(ax+b+2.\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right) \end{gathered}$$

Chứng minh rằng bằng quy nạp ta thu được 

$y^n=a^n\sin \left(a^{n}x+b+n\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$

Đáp án B

Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua điểm I. Rõ ràng tứ giác AHCB’ là hình bình hành, cho nên $\overline{B\text{'}C}=\overline{AH}$, tức là $C=T_{AH}\left(B\text{'}\right)$

Do $B\text{'}\in \left(y\right)$ là đường tròn ngoại tiếp $∆ABC$ nên B = ( y' ) = $T_{AH}\left(y\right)\Rightarrow C=\left(y\right)\cap \left(y\text{'}\right)$

Dễ dàng lập được phương trình của các đường tròn (y) và (y') lần lượt như sau 

$$\begin{gathered} {\left(x+2\right)}^2+y^2=74 \\ {\left(x+2\right)}^2+{\left(y+6\right)}^2=74 \end{gathered}$$

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\left(x+2\right)}^2+y^2=74\\ {\left(x+2\right)}^2+{\left(y+6\right)}^2=74\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-\pm \sqrt{65}\\ y=-3\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do đó $y_C$ = -3

Đáp án C

Đặt $y=2x^3-9x^2+12x-4$

Ta có $f\left(\left|x\right|\right)$ = $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right),x\ge 0\\ f\left(-x\right),x<0\end{array}\right.$.

Do $f\left(\left|x\right|\right)$ là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung. Như vậy đồ thị của nó gồm hai

Phần bên phải trục tung của đồ thị hàm số y = f(x)

Đối xứng phần đồ thị trên qua trục tung

Ta có: $2\left|x^3\right|-9x^2+12\left|x\right|=m$

$$\begin{gathered} \iff 2\left|x^3\right|-9x^2+12\left|x\right|-4 \\ =m-4 \end{gathered}$$

Phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.

Đường thẳng y = m - 4 cắt đồ thị $f\left(\left|x\right|\right)$ hàm số tại 6 điểm phân biệt

0 < m - 4 < 1 nên 4 < m < 5

Đáp án B

Tập xác định D = [ -2;2 ]

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{4-2x^2}{\sqrt{4-x^2}};x\in \left(-2;2\right) \\ y\text{'}=0\iff x=\pm \sqrt{2} \end{gathered}$$

* Lập bảng biến thiên và suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-2;-\sqrt{2}\right);\left(\sqrt{2};2\right)$

Đáp án C

Tập xác định: D = R

* Đạo hàm $y\text{'}=12x^2+2\left(m+3\right)x+m$

Hàm số đồng biến trên khoảng $[0;+\infty )$ khi và chỉ khi $y\text{'}\ge 0;\forall x\in [0;+\infty )$ khi và chỉ khi phương trình y' = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc phương trình y' = 0 có nghiệm $x_1;x_2$ thỏa mãn $x_1<x_2\le 0$

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}\le 0\\ \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}>0\\ S<0\\ P\ge 0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(m-3\right)}^2\le 0\\ {\left(m-3\right)}^2>0\\ -\frac{m+3}{6}<0\\ \frac{m}{12}\ge 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m=3\\ \left\{\begin{array}{l}m\ne 3\\ m>-3\\ m\ge 0\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff m\ge 0 \end{gathered}$$

Vậy $m\ge 0$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

$y\text{'}=a\cos \left(x\right)+b\sin \left(x\right)=-m$

Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} y\text{'}\ge 0,\forall x\in \mathrm{ℝ} \\ \iff a\sin \left(x\right)+b\cos \left(x\right)\ge m \\ \iff m\le minf\left(x\right) \end{gathered}$$

với $f\left(x\right)=a\sin \left(x\right)+b\cos \left(x\right)$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

$$\begin{gathered} \left|f\left(x\right)\right|\le \sqrt{a^2+b^2}\iff \\ -\sqrt{a^2+b^2}\le f\left(x\right)\le \sqrt{a^2+b^2} \end{gathered}$$

Vậy $m\le -\sqrt{a^2+b^2}$

Đáp án C

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=3x^2-18x+24 \\ f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ x=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Lập bảng biến thiên và suy ra $\left(x_1;y_1\right)=\left(4;20\right)$ ; $\left(x_2;y_2\right)=\left(2;24\right)$.

Suy ra $x_1{y}_2-x_2{y}_1$ = 56

Đáp án B

Tập xác định: D = R

Đạo hàm 

$$\begin{gathered} y\text{'}=4x^3-4mx=4x\left(x^2-m\right) \\ y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x^2=m\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hàm số có 3 cực trị Û phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó .

Cách 1

Giả sử 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A ( 0; m - 1 ); $B\left(-\sqrt{m};-m^2+m-1\right)$; $C\left(\sqrt{m};-m^2+m-1\right)$

Vì $A\in Oy$ và B, C đối xứng nhau qua Oy nên $∆ABC$ cân tại A

$$\begin{gathered} S_{∆ABC}=\frac{1}{2}\left|y_B-y_A\right|\left|x_C-x_B\right| \\ =m^2\sqrt{m} \\ AB=AC=\sqrt{m^2+m} \\ BC=2m \end{gathered}$$

Theo đề: 

$$\begin{gathered} R=\frac{AB.AC.BC}{4S_{∆ABC}}=1 \\ \iff \frac{\left(m^4+m\right)2\sqrt{m}}{4m^2\sqrt{m}}=1 \\ \iff m^3-2m+1=0 \\ \iff \left(m-1\right)\left(m^2+m-1\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m-1=0\\ m^2+m-1=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m=1\\ m=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

So với điều kiện m > 0 ta suy ra $\left\{\begin{array}{l}m=1\\ m=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\end{array}\right.$

Đáp án A

Sử dụng công thức lượng giác để biến đổi hàm số về dạng: $f\left(t\right)=\frac{2-{\displaystyle \frac{3}{4}}t}{1-{\displaystyle \frac{1}{2}}t}$

Đặt $t={\sin }^2\left(2x\right);0\le t\le 1$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{2-{\displaystyle \frac{3}{4}}t}{1-{\displaystyle \frac{1}{2}}t}=\frac{3t-8}{2t-8}$; t$\in$[0;1].

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{-8}{{\left(2t-8\right)}^2}<0$,$\forall t\in \left[0;1\right]$ nên f(t) đồng biến trên [ 0;1 ].

Do đó M = f(0) = 1; m = f(1) = $\frac{5}{6}$

Vậy ${\left(5M-6m-1\right)}^{2017}$ = ${\left(5-5-1\right)}^{2017}$ = -1

Đáp án D

Xét hàm số

$$\begin{gathered} V\left(T\right)=999,87-0,06426T \\ +0,0085043T^2-0,0000679T^3 \end{gathered}$$

với $T\in \left(0;30\right)$

$$\begin{gathered} V\text{'}\left(T\right) \\ =-0,06426+0,0170086T \\ -2,037.{10}^{-4}{T}^2 \end{gathered}$$

$V\text{'}\left(T\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}T\approx 2,9665\\ T\approx 79,5317\end{array}\right.$. Do $T\in \left(0;30\right)$ nên loại nghiệm $T\approx 79,{5317}^{o}C$

Lập bảng biến thiên và suy ra V đạt giá trị nhỏ nhất tại $T\approx 3,{9665}^{o}C$

Đáp án A

Tập xác định: D = R

Ta có: 

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\infty }{\lim } \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }\sqrt{x+\sqrt{x^2-x+1}} \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }\sqrt{\frac{x-1}{x-\sqrt{x^2-x+1}}} \\ =\frac{\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

Do đó đồ thị của hàm số có một tiệm cận ngang là $y=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Đáp án A

Ta có: $M\left(x_0;\frac{2x_0-3}{x_0-2}\right)\in \left(C\right)$; $x_0\ne 2;y\text{'}\left(x_0\right)=\frac{-1}{{\left(x_0-2\right)}^2}$

Phương trình tiếp tuyến $∆$ với (C) tại M: 

$y=\frac{-1}{\left(x_0-2\right)}\left(x-x_0\right)+\frac{2x_0-3}{x_0-2}$

Tọa độ giao điểm J, K của $∆$ và hai tiệm cận là: $J\left(2;\frac{2x_0-2}{x_0-2}\right);K\left(2x_0-2;2\right)$

Ta có 

$$\begin{gathered} \frac{x_j+x_k}{2}=\frac{2+2x_0-2}{2}=x_0=x_m \\ \frac{y_j+y_k}{2}=\frac{2x_0-3}{x_0-2}=y_m \end{gathered}$$

=> M là trung điểm JK.

Mặt khác I ( 2;2 ) và $∆IJK$ vuông tại I  nên đường tròn ngoại tiếp $∆IJK$ có diện tích:

$$\begin{gathered} S={\mathrm{\pi IM}}^2 \\ =\mathrm{\pi }\left[{\left({\mathrm{x}}_0-2\right)}^2+{\left(\frac{2{\mathrm{x}}_0-3}{{\mathrm{x}}_0-2}-2\right)}^2\right] \\ =\mathrm{\pi }\left[{\left({\mathrm{x}}_0-2\right)}^2+\frac{1}{{\left({\mathrm{x}}_0-2\right)}^2}\right]\ge 2\mathrm{\pi } \end{gathered}$$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} {\left(x_0-2\right)}^2=\frac{1}{{\left(x_0-2\right)}^2} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0=1\Rightarrow M\left(1;1\right)\\ x_0=3\Rightarrow M\left(3;3\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án A

Nếu a + b = 1 thì f(a) + f(b) = 1

Áp dụng kết quả này ta có

$$\begin{gathered} S=\left[f\left(\frac{1}{2019}\right)+f\left(\frac{2018}{2019}\right)\right] \\ +\left[\left(\frac{2}{2019}\right)+\left(\frac{2017}{2019}\right)\right]+.. \\ +\left[f\left(\frac{1009}{2019}\right)+f\left(\frac{1010}{2019}\right)\right] \\ =1+1+..=1009 \end{gathered}$$

Đáp án C

Xét mệnh đề

$$\begin{gathered} {\log }_c\left(a+b\right)+{\log }_c\left(a-b\right)=2 \\ \iff {\log }_c\left(a+b\right)\left(a-b\right)=2 \\ \iff a^2-b^2=c \end{gathered}$$

(luôn đúng)

* Xét mệnh đề

$$\begin{gathered} {\log }_{\sin \left(x\right)}\left(1+\cos \left(x\right)\right) \\ +{\log }_{\sin \left(x\right)}\left(1-\cos \left(x\right)\right)=2 \\ \iff {\log }_{\sin \left(x\right)}\left(1-{\cos }^2\left(x\right)\right)=2 \\ \iff 1-{\cos }^2\left(x\right)={\sin }^2\left(x\right) \end{gathered}$$

(luôn đúng).

Đáp án D

Chia cả hai vế của bất phương trình cho ${\left(1+a^2\right)}^{x^2+4x+6}>0$ ta được:

$$\begin{gathered} {\left(\frac{2a}{1+a^2}\right)}^{x^2+4x+6} \\ +{\left(\frac{1-a^2}{1+a^2}\right)}^{x^2+4x+6}\le 1 \end{gathered}$$

Đặt $\alpha =\tan \left(\frac{t}{2}\right)$ với $0<\frac{t}{2}<\frac{\mathrm{\pi }}{4}\iff 0<t<\frac{\mathrm{\pi }}{2}$

Khi đó $\frac{2a}{1+a^2}=\sin \left(t\right)$ và $\frac{1-a^2}{1+a^2}={\cos }^2\left(t\right)$

Bất phương trình đã cho tương đương với 

$$\begin{gathered} {\left(\sin \left(t\right)\right)}^{{\left(x+2\right)}^2+2} \\ +{\left(\cos \left(t\right)\right)}^{{}^{{\left(x+2\right)}^2+2}}\le 1 \end{gathered}$$

Bất phương trình (*) luôn đúng vì

${\left(\sin \left(t\right)\right)}^{{\left(x+2\right)}^2+2}\le {\sin }^2\left(t\right)$ và ${\left(\cos \left(t\right)\right)}^{{\left(x+2\right)}^2+2}\le {\cos }^2\left(t\right)$

Vậy S = R

Đáp án A

Ta có:

 $$\begin{gathered} {{\log }^2}_a\left(12\right)=\left({\log }_a{\left(4.3\right)}^2\right) \\ ={\left(u+v\right)}^2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} y\text{'}={\left({\mathrm{\pi }}^{\mathrm{x}}\right)}^{\text{'}}.x^{\mathrm{\pi }}+{\mathrm{\pi }}^{\mathrm{x}}.{\left({\mathrm{x}}^{\mathrm{\pi }}\right)}^{\text{'}} \\ ={\mathrm{\pi }}^{\mathrm{x}}.{\mathrm{x}}^{\mathrm{\pi }-1}\left(\mathrm{\pi }+\mathrm{xln}\left(\mathrm{\pi }\right)\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Chia cả hai vế của bất phương trình cho $3^{{\sin }^2\left(x\right)}>0$ ta được:${\left(\frac{2}{3}\right)}^{{\sin }^2\left(x\right)}+3.{\left(\frac{1}{9}\right)}^{{\sin }^2\left(x\right)}$$\ge m$

Xét hàm số ${\left(\frac{2}{3}\right)}^{{\sin }^2\left(x\right)}+3.{\left(\frac{1}{9}\right)}^{{\sin }^2\left(x\right)}$

Hàm số f(x) là hàm nghịch biến.

Ta có

$$\begin{gathered} 0\le {\sin }^2\left(x\right)\le 1 \\ \Rightarrow {\left(\frac{2}{3}\right)}^1+3.{\left(\frac{1}{9}\right)}^1\le f\left(x\right) \\ \le {\left(\frac{2}{3}\right)}^0+3.{\left(\frac{1}{9}\right)}^0 \end{gathered}$$ 

hay $1\le f\left(x\right)\le 4$

Vậy bất phương trình có nghiệm khi $m\le 4$

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} M={\log }_a\left(a\sqrt{b}\right) \\ -2{\log }_a\left(a\sqrt[4]{b}\right)+3{\log }_a\left(b\right) \\ ={\log }_a\left(a\sqrt{b}\right) \\ -{\log }_a\left(a\sqrt[2]{b}\right)+3 \\ ={\log }_a\left(\frac{a\sqrt{b}}{a^2\sqrt{b}}\right)+3=2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi $∆N_1$ là số hạt ${\beta }^{-}$ được phóng ra trong khoảng thời gian $∆t_1$ kể từ thời điểm ban đầu.

Ta có

$$\begin{gathered} ∆N_1=N_{01}-N_1 \\ =N_{01}\left(1-e^{-k∆t_1}\right) \end{gathered}$$

với $N_{01}$ là số hạt phóng xạ ${\beta }^{-}$ ban đầu.

Sau 3 giờ, số nguyên tử còn lại trong chất phóng xạ là $N_{02}=N_{01}.e^{-3k}$.

Kể từ thời điểm này, trong khoảng thời gian $∆t_2$ thì số hạt ${\beta }^{-}$ tạo thành là

$$\begin{gathered} ∆N_2=N_{02}-N_{01} \\ =N_{02}\left(1-e^{-k∆t_2}\right) \end{gathered}$$

Cho $∆t_1=∆t_2=1$ phút thì theo giả thiết, ta có $∆N_1$ = 960; $∆N_2$ = 120. Khi đó

$$\begin{gathered} \frac{∆N_1}{∆N_2}=e^{-3k}\iff \frac{120}{960}=e^{-3k} \\ \iff 8^{-1}=e^{-3k}\iff k=\ln \left(2\right) \end{gathered}$$

Vậy T = $\frac{k}{\ln \left(2\right)}=1$ (giờ) là chu kỳ bán rã của chất phóng xạ.

Đáp án B

Đặt

 $$\begin{gathered} x=\alpha {\sin }^2\left(t\right) \\ \Rightarrow dx=2\alpha \sin \left(t\right)\cos \left(t\right)dt \end{gathered}$$

Đổi cận: x = 0 nên t = 0; x = $\frac{a}{2}$$\Rightarrow t=\frac{\mathrm{\pi }}{4}$

Khi đó

$$\begin{gathered} I={\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}\sqrt{\frac{a{\sin }^2\left(t\right)}{a\left(1-{\sin }^2\left(t\right)\right)}} \\ .2a.\sin \left(t\right).\cos \left(t\right)dt \\ =2a{\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}{\sin }^2\left(t\right) \\ =\frac{\left(\mathrm{\pi }-2\right)a}{4} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} {\int }_{\frac{1}{e}}^x\frac{1+\ln \left(t\right)}{t}dt=\frac{1}{2} \\ {\int }_{\frac{1}{e}}^x\left(1+\ln \left(t\right)\right)d\left(1+\ln \left(t\right)\right)=\frac{1}{2} \\ \iff {\frac{{\left(1+\ln \left(t\right)\right)}^2}{2}}_{\frac{1}{e}}^x=\frac{1}{2} \\ \iff \frac{{\left(1+\ln \left(t\right)\right)}^2}{2}=\frac{1}{2} \\ \iff {\left(1+\ln \left(t\right)\right)}^2=1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\ln \left(x\right)=0\\ \ln \left(x\right)=-2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{1}{e^2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do đó tích hai nghiệm của phương trình là $\frac{1}{e^2}$

Đáp án B

Từ đẳng thức đã cho, lấy đạo hàm hai vế ta được: $-\frac{5}{x^6}$ = f(t)

Do đó y =$-\frac{5}{x^6}$

Đáp án C

Đặt t = a + b - x nên dx = -dt

Đổi cận: x = a nên t = b; x = b nên t = a

Khi đó : 

$$\begin{gathered} {\int }_a^{b}xf\left(x\right)dx \\ ={\int }_a^{b}xf\left(a+b-x\right)dx \\ =-{\int }_b^a\left(a+b-t\right)f\left(t\right)dt \\ ={\int }_a^b\left(a+b-t\right)f\left(t\right)dt \\ =\left(a+b\right){\int }_a^{b}f\left(t\right)dt-{\int }_a^{b}tf\left(t\right) \\ =\left(a+b\right){\int }_a^{b}f\left(x\right)dt-{\int }_a^{b}xf\left(x\right) \end{gathered}$$

Do đó ${\int }_a^{b}xf\left(x\right)dx=\frac{\left(a+b\right)}{2}{\int }_a^{b}f\left(x\right)dx$

Đáp án D

Ta có

 $$\begin{gathered} x=\sin \left(\mathrm{\pi y}\right)\in \left[-1;1\right] \\ \Rightarrow x+1\ge 0 \end{gathered}$$

Mà $0\le y\le 1$ nên $y={\left(x+1\right)}^2$$\iff x=\sqrt{y}-1$

Vậy $S={\int }_0^1\sin \left(\mathrm{\pi y}-\sqrt{\mathrm{y}}+1\right)dy$ = $\frac{2}{\mathrm{\pi }}+\frac{1}{3}$

Đáp án B

Ta xem hình cầu được sinh bởi khi quay hình tròn (C): x + y = a quanh Oy và hình trụ sinh bởi phần mặt phẳng của hai đường thẳng x = 0; x = $\frac{a}{2}$ quay quanh Oy.

Ta có $y^2={\mathrm{a}}^2-{\mathrm{x}}^2\Rightarrow \mathrm{y}=\pm \sqrt{{\mathrm{a}}^2-{\mathrm{x}}^2}$.

Thể tích cần tìm là:

$$\begin{gathered} V=4\mathrm{\pi }{\int }_{\frac{\mathrm{a}}{2}}^{\mathrm{a}}\mathrm{x}\sqrt{{\mathrm{a}}^2-{\mathrm{x}}^2}\mathrm{dx} \\ =-2\mathrm{\pi }{\int }_{\frac{\mathrm{a}}{2}}^{\mathrm{a}}\left({\mathrm{a}}^2-{\mathrm{x}}^2\right)\mathrm{d}\left({\mathrm{a}}^2-{\mathrm{x}}^2\right) \\ =-\frac{4\mathrm{\pi }}{3}{{\left({\mathrm{a}}^2-{\mathrm{x}}^2\right)}^{\frac{3}{2}}}_{\frac{\mathrm{a}}{2}}^{\mathrm{a}} \\ =\frac{\mathrm{\pi }\sqrt{3}}{2}{\mathrm{a}}^3 \end{gathered}$$

Đáp án A

Mức nước ở bồn sau khi bơm nước được 6 giây:

$$\begin{gathered} h\left(6\right)={\int }_0^{6}h\text{'}\left(t\right)dt \\ =\left[\frac{3}{20}{\left(t+8\right)}^{\frac{4}{3}}-\frac{12}{5}\right] \\ \approx 2,66\left(cm\right) \end{gathered}$$

Đáp án B