Điều kiện $9x^2-16x-80\ge 0\iff x\ge 4$

Phương trình đã cho tương đương với

$$\begin{gathered} \frac{\mathrm{\pi }}{4}\left(3x-\sqrt{9x^2-16x-80}\right) \\ =k\mathrm{\pi }\left(\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right) \\ \iff 3\mathrm{x}-\sqrt{9{\mathrm{x}}^2-16\mathrm{x}-80}=4\mathrm{k} \\ \iff \sqrt{9{\mathrm{x}}^2-16\mathrm{x}-80}=3\mathrm{x}-4\mathrm{k} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}\ge \frac{4\mathrm{k}}{3}\\ 9{\mathrm{x}}^2-16\mathrm{x}-80={\left(3\mathrm{x}-4\mathrm{k}\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}\ge \frac{4\mathrm{k}}{3}\\ \mathrm{x}=\frac{2{\mathrm{k}}^2+10}{3\mathrm{k}-2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Yêu cầu bài toán tương đương với 

$\left\{\begin{array}{l}\frac{2k^2+10}{3k-2}\ge \frac{4k}{3}\\ x=\frac{2k^2+10}{3k-2}\ge 4\\ \frac{2k^2+10}{3k-2}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}\right.$

Ta có 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\frac{2k^2+10}{3k-2}\ge \frac{4k}{3}\\ x=\frac{2k^2+10}{3k-2}\ge 4\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{-6k^2+8k+30}{3k-2}\ge 0\\ \frac{2k^2-12k+18}{3k-2}\ge 0\end{array}\right. \\ \iff \frac{2}{3}<k\le 3 \end{gathered}$$

Vì $k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ nên $k\in \left\{1;2;3\right\}$

Với k = 1 suy ra $\frac{2k^2+10}{3k-2}=12\in Z$

Với k = 2 suy ra $\frac{2k^2+10}{3k-2}=\frac{9}{2}\notin \frac{9}{2}$

Với k = 3 suy ra $\frac{2k^2+10}{3k-2}=4\in Z$

Kết hợp với điều kiện ta suy ra x = 4; x = 12

Vậy có 2 giá trị nguyên dương cần tìm

Đáp án C

Đặt

Ta có 

$$\begin{gathered} t=\frac{2\tan }{1-{\tan }^2\left(x\right)} \\ \Rightarrow \frac{2}{t}=\frac{1}{\tan \left(x\right)}-\tan \left(x\right) \\ \Rightarrow \frac{4}{t^2}=\frac{1}{{\tan }^2\left(x\right)}+{\tan }^2\left(x\right)-2 \end{gathered}$$

Từ đó 

$$\begin{gathered} {\left(\frac{4}{t^2}+2\right)}^2={\left(\frac{1}{{\tan }^2\left(x\right)}+{\tan }^2\left(x\right)\right)}^2 \\ \Rightarrow \frac{1}{{\tan }^4\left(x\right)}+{\tan }^4\left(x\right) \\ =\frac{16}{t^4}+\frac{16}{t^2}+2 \end{gathered}$$

Lúc đó $f\left(t\right)=\frac{16}{t^4}+\frac{16}{t^2}+2$ với t = tan(2x)

Khi $x\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)$ thì t = tan(2x) và liên tục trên miền đó nên ta có: $f\left(t\right)=\frac{16}{t^4}+\frac{16}{t^2}+2$

Bắt đầu từ đây ta có: 

$$\begin{gathered} f\left(\sin \left(x\right)\right)+\left(\cos \left(x\right)\right) \\ =\frac{16}{{\sin }^4\left(x\right)}+\frac{16}{{\sin }^2\left(x\right)}+2 \\ +\frac{16}{{\cos }^4\left(x\right)}+\frac{16}{{\cos }^2\left(x\right)}+2 \\ =16\left(\frac{1}{{\sin }^4\left(x\right)}+\frac{1}{{\cos }^4\left(x\right)}\right) \\ +16\left(\frac{1}{{\sin }^2\left(x\right)}+\frac{1}{{\cos }^2\left(x\right)}\right)+4 \end{gathered}$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$$\begin{gathered} \frac{1}{{\sin }^4\left(x\right)}+\frac{1}{{\cos }^4\left(x\right)} \\ \ge \frac{2}{{\sin }^2\left(x\right){\cos }^2\left(x\right)} \\ =\frac{8}{{\sin }^2\left(2x\right)}\ge 8\forall x\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right) \\ \frac{1}{{\sin }^2\left(x\right)}+\frac{1}{{\cos }^2\left(x\right)} \\ \ge \frac{2}{\sin \left(x\right)\cos \left(x\right)} \\ =\frac{4}{\sin \left(2x\right)}\ge 4\forall x\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right) \end{gathered}$$

Cuối cùng ta thu được f(sinx) + f(cosx)$\ge 196$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{\mathrm{\pi }}{4}$

Đáp án A

Do thi đấu vòng tròn 1lượt nên 2 đột bất kỳ chỉ đấu với nhau đúng 1 trận. Số trận đấu của giải là $C_{14}^2=91$

Tổng số điểm của 2 đội trong 1 trận hòa là 2 nên tổng số điểm của 23 trận hòa là 2 . 23 = 46

Tổng số điểm của 2 đội trong 1 trận không hòa là 3 nên tổng số điểm của 68 trận không hòa là

Vậy số điểm trung bình của 1 trận là $\frac{46+204}{91}$ = $\frac{250}{91}$(điểm)

Đáp án C

Chọn ngẫu nhiên 3 quả cân từ 8 quả cân 

Gọi A là biến cố: “chọn được 3 quả cân có tổng khối lượng không quá 9kg”

Khi đó A = {(1;2;3); (1;2;4); ( 1;2;5); (1;2;6); (1;3;4); (1;3;5); (2;3;4)}

Suy ra n(A) = 7

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{7}{C_8^3}=\frac{1}{8}$

Đáp án D

Ta có 

$$\begin{gathered} \frac{1}{C_n^2}+\frac{7}{C_n^3}=\frac{1}{n} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}n\ge 3\\ \frac{2}{n\left(n-1\right)}\\ +\frac{7.3!}{n\left(n-1\right)\left(n-2\right)}=\frac{1}{n}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}n\ge 3\\ n^2-5n-36=0\end{array}\right. \\ \iff n=9 \end{gathered}$$

Suy ra $a_8$ là hệ số của $x^8$ trong khai triển $8{\left(1-x\right)}^8+9{\left(1-x\right)}^9$

Vậy ta thu được $a_8=8.C_8^8+9.C_9^8=89$

Đáp án C

Đặt $u_n=\sqrt[3]{n^3+3n^2+n+1}$

Ta có 

$$\begin{gathered} \cos \left({\mathrm{\pi nu}}_{\mathrm{n}}\right) \\ =\cos \left[-{\mathrm{\pi nu}}_{\mathrm{n}}+\left(\mathrm{n}+1\right)\mathrm{n\pi }\right] \\ =\mathrm{cos\pi }n\left(n+1-u_n\right) \\ =\cos \left[\mathrm{\pi n}\frac{{\left(\mathrm{n}+1\right)}^3-{{\mathrm{u}}^3}_{\mathrm{n}}}{{\left(\mathrm{n}+1\right)}^2+\left(\mathrm{n}+1\right){\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}}\right] \\ =\cos \left[\frac{2{\mathrm{\pi u}}^2}{{\left(\mathrm{n}+1\right)}^2+\left(\mathrm{n}+1\right){\mathrm{u}}_{\mathrm{n}}+{{\mathrm{u}}^2}_{\mathrm{n}}}\right] \\ =\cos \left[\frac{2\mathrm{\pi }}{{\left(1+{\displaystyle \frac{1}{n}}\right)}^2+{\displaystyle \frac{u_n}{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)}\right] \end{gathered}$$

Suy ra 

$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }\cos \left({\mathrm{\pi nu}}_{\mathrm{n}}\right) \\ =\cos \left(\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\right)=-\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Biến đổi tương tự, ta cũng tìm được 

$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }\sin \left({\mathrm{\pi nu}}_{\mathrm{n}}\right) \\ =-\sin \left(\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2} \end{gathered}$$

Vậy

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim } \\ \left[\cos \left(\pi n\sqrt[3]{n^3+3n^2+n+1}\right)\right] \\ +\left[\sin \left(\mathrm{\pi n}\sqrt[3]{{\mathrm{n}}^3+3{\mathrm{n}}^2+\mathrm{n}+1}\right)\right] \\ =-\frac{1+\sqrt{3}}{2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Phân tích

$$\begin{gathered} \sqrt{4x^2+4x+4}-\left(ax+b\right) \\ =\sqrt{4x^2+4x+1}-\left(2x+1\right) \\ +\left(2x+1\right)-\left(ax+b\right) \\ =\sqrt{4x^2+4x+1}-\left(2x+1\right) \\ +\left(2-a\right)x+1-b \end{gathered}$$

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\left[\sqrt{4x^2+4x+3}-\left(2x+1\right)\right] \\ =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2}{\sqrt{4x^2+4x+3}-\left(2x+1\right)} \end{gathered}$$

Khi đó 

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\left[\sqrt{4x^2+4x+3}-\left(ax+b\right)\right] \\ \underset{x\to \infty }{\lim }\left[\left(2-a\right)x+1-b\right]=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}2-a=0\\ 1-b=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Suy ra ${\left(a-2b\right)}^{2018}\left(3a^2+\sqrt[3]{ab}+b\sqrt[3]{a}\right)$=0

Đáp án A

Đây là một bài toán tương đối khó. Đầu tiên, chúng ta cần để ý đến những biến đổi sau đây:

$$\begin{gathered} \frac{1}{x-1}+\frac{2}{x-2}+..+\frac{70}{x-70}-\frac{5}{4} \\ =\sum _{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}-\frac{5}{4} \\ =\frac{\sum _k{\displaystyle \underset{j\ne k}{\prod \left(x-j\right)}}}{\prod _{\left(x-j\right)}}-\frac{5}{4} \\ =\frac{4\sum _k\underset{j\ne k}{\prod \left(x-j\right)-5\prod _{\left(x-j\right)}}}{4\prod _{\left(x-j\right)}} \\ =\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)} \end{gathered}$$

với k;j = 1,70

Rõ ràng g(x) = 0 có 70 nghiệm $x\in \left\{1;2;..;70\right\}$

Vậy f liên tục trên $R,f\left(k\right),f\left(k+1\right)<0$ với $k=\overline{1,69}$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)<0;f\left(70\right)>0$ nên cũng có đủ 70 nghiệm xen kẽ là 1 < $x_1$ < 2 < $x_2$ < .. < $x_{69}$

Tổng độ dài các khoảng nghiệm của bất phương trình $\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\ge 0$ là

$$\begin{gathered} L=\left(x_1-1\right)+\left(x_2-2\right) \\ +..+\left(x_{70}-70\right) \\ =\left(x_1+x_2+..+x_{70}\right) \\ -\left(1+2+..+70\right) \end{gathered}$$

Để ý đa thức f có bậc 70, hệ số cao nhất là -5 và hệ số của $x^{69}$ là: 9(1 + 2 + ..+ 70 )

Do đó

$$\begin{gathered} L=\frac{-9\left(1+2+..+70\right)}{-5} \\ -\left(1+2+..+70\right)=1988 \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có $f\text{'}\left(x\right)<0\forall x\in \left(0;2\right)$$\iff$$3x^2-4x-m<0$$\iff m>3x^2-4x$

Xét hàm số $g\left(x\right)=3x^2-4x$ trên khoảng ( 0;2 )

Lập bảng biến thiên, ta suy ra $m\ge 4$

Đáp án D

$\left(C_1\right)$ và $\left(C_2\right)$ có tâm lần lượt là I ( 3;2 ); O ( 0;0 )

Gọi u ( a;b ) là vectơ tịnh tiến

Khi đó $T_u:I\mapsto O$, cho nên $\left\{\begin{array}{l}3=0+a\\ 2=0+b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=2\end{array}\right.$

Vậy $\overrightarrow{u}$( 3;2 )

Đáp án B

Tập xác định: D = R

$y\text{'}=3x^2+6x+m$ có $∆\text{'}=9-3m$

Nếu $m\ge 3$ thì $y\text{'}\ge 0$ hàm số đồng biến trên R(loại)

Nếu m < 3 thì có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2\left(x_1<x_2\right)$

Hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[x_1;x_2\right]$ với độ dài $l=\left|x_1-x_2\right|$.

Ta có $x_1+x_2=-2;x_1{x}_2=\frac{m}{3}$. Yêu cầu bài toán

 $$\begin{gathered} \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=1 \\ \iff x=\frac{9}{4} \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có 

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

Hàm số luôn đồng biến trên R khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} ∆={\left(\sin \left(\alpha \right)+\cos \left(\alpha \right)\right)}^2 \\ -\sin \left(2\alpha \right) \\ \sin \left(2\alpha \right)\ge \frac{1}{2} \\ \iff \frac{\mathrm{\pi }}{12}+k\mathrm{\pi }\le \mathrm{\alpha }\le \frac{5\mathrm{\pi }}{12}+\mathrm{k\pi } \end{gathered}$$

Đáp án A

Hàm số được viết lại như sau:$e^x-9.e^{-x}$

Tập xác định: D = R

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=e^x-9.e^{-x} \\ =\frac{e^{2x}-9}{e^x}=0 \\ \iff x=\ln 3 \end{gathered}$$

Mặt khác: $f\text{'}\left(x\right)=e^x-9.e^{-x}>0$

Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = ln3

Đáp án D

Tập xác định của hàm D = R$\left\{\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }\right\}$

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{\alpha \sin \left(x\right)}{\alpha {\cos }^2\left(x\right)} \\ y"=\frac{-\sin \left(x\right)+2\alpha \sin \left(x\right)-1}{\alpha {\cos }^3\left(x\right)} \\ y\text{'}=0\iff \sin \left(x\right)=\alpha \left(*\right) \end{gathered}$$

Hàm số đạt cực trị tại 3 điểm phân biệt thuộc $\left(0;\frac{9\mathrm{\pi }}{4}\right)$ thì trước hết phương trình (*) phải có ba nghiệm thuộc $\left(0;\frac{9\mathrm{\pi }}{4}\right)$$\left\{\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{3\mathrm{\pi }}{2}\right\}\iff \sin \left(x\right)=\alpha$ có ba nghiệm phân biệt 

Với $a\in \left(0;\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ thì y''$\ne$0 ( bởi vì $∆f=a^2-1<0$với $f\left(\sin \left(x\right)\right)=-{\sin }^2\left(x\right)+2\alpha \sin \left(x\right)-1$)

Vậy $0<\alpha <\frac{\sqrt{2}}{2}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang của $\left(C_m\right)$

Xét tam thức bậc hai $f\left(x\right)=x^2-4x+m$. Nếu $∆=4-m>0\iff m=4$ thì f(x) có hai nghiệm $x_1,x_2$ phân biệt.

Do $\underset{x\to x_1}{\lim }y=\underset{x\to x_2}{\lim }y=\pm \infty \Rightarrow \left(C_m\right)$ có hai tiềm cận đứng

Đáp án C

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{-m^2+m+1}{{\left(x+1\right)}^2}>0$

Suy ra f(x) là hàm đồng biến trên [0;1]

Do đó $f\left(0\right)\le f\left(x\right)\le f\left(1\right)$ hay

 $$\begin{gathered} -m^2+m\le f\left(x\right) \\ \le \frac{1}{2}\left(-m^2+m+1\right) \end{gathered}$$

Khi đó

 $$\begin{gathered} \underset{x\in \left[0;1\right]}{min}f\left(x\right)=-m^2+m=-2 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m=-1\\ m=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án A

(C) có hai tiệm cận là: x + 1 = 0 và y - 2 = 0

Hàm số được viết lại như sau: $y=\frac{2x-1}{x+1}=2-\frac{3}{x+1}$

Do $M\in \left(C\right)$ nên $M\left(m;2-\frac{3}{m+1}\right)$ (với $m\ne -1$)

Khi đó

$$\begin{gathered} d_1{d}_2=\left|m+1\right| \\ \left|2-\frac{3}{m+1}-2\right|=3 \end{gathered}$$

Đáp án B

Hàm số được viết lại như sau:$\frac{1}{\sqrt{1+3x^2}-x}$

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=\frac{\sqrt{1+3x^2}-3x}{{\left(\sqrt{1+3x^2}-x\right)}^2\sqrt{1+3x^2}} \\ f\text{'}\left(x\right)=0\iff \sqrt{1+3x^2}=3x \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x^2=\frac{1}{6}\end{array}\right. \\ \iff x=\frac{\sqrt{6}}{6} \end{gathered}$$

Lập bảng biến ta suy ra được giá trị lớn nhất của f(x) là $\frac{\sqrt{6}}{2}$

Đáp án C

$$\begin{gathered} y\text{'}=3x^3+2ax \\ y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=-\frac{2a}{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất

$$\begin{gathered} y_{CD}.y_{CT} \\ \iff -4\left(\frac{4a^3}{27}-4\right)>0 \\ \iff a<3 \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có $C\text{'}\left(x\right)=\frac{2x^2-24x+70}{{\left(x-6\right)}^2}$

$C\text{'}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=5\\ x=7\end{array}\right.$So điều kiện x > 6, chọn x = 7

Vậy để tổng chi phí lớn nhất thì công ty cần cải tiến 7 đơn vị sản phẩm

Đáp án D

Bất phương trình tương đương với

$$\begin{gathered} 3^x\left(x^2-9\right)\le 0\iff x^2-9\le 0 \\ \iff -3\le x\le 3 \end{gathered}$$

Vậy $S=\left[-3;3\right]$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=\frac{\left(2-\ln \left(x\right)\right)\ln \left(x\right)}{x^2}$

$$\begin{gathered} y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=e^2\end{array}\right. \\ y\left(1\right)=0;y\left(e^3\right)=\frac{9}{e^3};y\left(e^2\right)=\frac{4}{e^2} \end{gathered}$$

Suy ra $M=\frac{4}{e^2}$ và m = 0

Vậy $Q=\sqrt{e^2\left(M+m\right)}$ = $\sqrt{e^2\left(\frac{4}{e^2}+0\right)}=2$

Đáp án B

Xét mệnh đề (I):

$$\begin{gathered} {\log }_{a}k=1+2{\log }_a\left(a\right) \\ +..+n{\log }_a\left(a\right) \\ =1+2+..+n \end{gathered}$$

$=\frac{n\left(n+1\right)}{2}=\frac{n^2+n}{2}$ (mệnh đề đúng)

* Xét mệnh đề (II):

$$\begin{gathered} \frac{\log \left(a\right)+\log \left(b\right)}{2}>\log \left(\frac{a+b}{2}\right) \\ \iff \log \left(\sqrt{ab}\right)>\log \left(\frac{a+b}{2}\right) \end{gathered}$$

$\iff \sqrt{ab}>\frac{a+b}{2}$(mệnh đề sai)

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} T=a^{{\left({\log }_3\left(7\right)\right)}^{{\log }_3\left(7\right)}} \\ +b^{{\left({\log }_7\left(11\right)\right)}^{{\log }_7\left(11\right)}} \\ +c^{{\left({\log }_{{\log }_{11}\left(25\right)}\right)}^{{\log }_{11}\left(25\right)}} \\ ={27}^{{\log }_3\left(7\right)}+{49}^{{\log }_7\left(11\right)} \\ +{\left(\sqrt{11}\right)}^{{\log }_{11}\left(25\right)} \\ =7^3+{11}^2+{25}^{\frac{1}{2}}=469 \end{gathered}$$

Đáp án C

Đặt $x=a^{-\frac{1}{6}}$; $y=b^{-\frac{1}{6}}$ . Khi đó

$$\begin{gathered} K=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x^3-y^3\right) \\ =\left(x^3+y^3\right)\left(x^3-y^3\right) \\ =x^6-y^6=a^{-1}-b \\ =\frac{1-ab}{a} \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có $x_n=\frac{1}{{\log }_n\left(2010\right)}$ với n = 2;3;4..

Khi đó

$$\begin{gathered} a=x_{11}+x_{12}+x_{13}+x_{14}+x_{24} \\ ={\log }_{2010}\left(11\right)+{\log }_{2010}\left(12\right) \\ +{\log }_{2010}\left(13\right)+{\log }_{2010}\left(14\right) \\ +{\log }_{2010}\left(24\right) \\ ={\log }_{2010}\left(11.12.13.14.24\right) \\ b=x_{63}+x_{64}+x_{65}+x_{66}+x_{67} \\ ={\log }_{2010}\left(63.64.65.66.67\right) \end{gathered}$$

Suy ra

$$\begin{gathered} b-a={\log }_{2010}\left(2.3.5.6.7\right) \\ ={\log }_{2010}\left(2010\right)=1 \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có $9a^2+b=10ab$$\iff {\left(\frac{3a+b}{4}\right)}^2=ab$

Suy ra

$$\begin{gathered} \log \left(\frac{3a+b}{4}\right)=\log \left(ab\right) \\ \iff \log \left(\frac{3a+b}{4}\right)=\frac{\log \left(a\right)+\log \left(b\right)}{2} \end{gathered}$$

Đáp án B

Theo công thức đã cho thì cường độ ánh sáng thay đổi khi đi từ độ sai $h_1$ đến $h_2$ là 

$\frac{I_1}{I_2}=\frac{I_0{e}^{-\mu h_1}}{I_0{e}^{-\mu h_2}}=e^{-\mu \left(h_2-h_1\right)}$

Do đó khi đi từ độ sau 2m xuống độ sau 20 m thì cường độ ánh sáng giảm đi

$$\begin{gathered} e^{1,4\left(20-2\right)}=e^{25,2} \\ \approx 8,7947.{10}^{10} \end{gathered}$$

Giá trị này rất lơn chứng tỏ ở độ sâu 20 m dưới mặt nước biển gần như không có ánh sáng được chiếu tới

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} I={\int }_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }}\left({\tan }^2\left(x\right)-\tan \left(x\right)\right)e^{-x} \\ ={\int }_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }}{e}^{-x}{\tan }^2\left(x\right)dx \\ -{\int }_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }}{e}^{-x}\tan \left(x\right)dx \\ =J-K \end{gathered}$$

Trong đó 

$$\begin{gathered} J={\int }_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }}{e}^{-x}{\tan }^2\left(x\right)dx \\ K={\int }_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }}{e}^{-x}\tan \left(x\right)dx \end{gathered}$$

Ta sẽ tính tích phân K bằng phương trình tích phân từng phần

Đặt 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}u=\tan \left(x\right)\\ dv=e^{-x}dx\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\left(1+{\tan }^2\left(x\right)\right)dx\\ v=-e^{-x}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Khi đó 

$$\begin{gathered} K=-e^{-x}\tan {\left(x\right)}_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }} \\ +{\int }_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }}{e}^{-x}\left(1+{\tan }^2\left(x\right)\right)dx \\ =-e^{\mathrm{\pi }}{\int }_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }}{e}^{-x}dx+J \\ =-e^{-\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}-{e^{-x}}_{\frac{3\mathrm{\pi }}{4}}^{\mathrm{\pi }}+J \\ =-e^{-x}+J \end{gathered}$$

Vậy $I=e^{-x}=e^{-kx}\Rightarrow k=1$

Đáp án B

Ta có

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

Đáp án A

Xét tích phân $J={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{2}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}f\left(-x\right)dx$

Đặt: x = -t nên dx = -dt

Đổi cận

 $$\begin{gathered} x==-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\Rightarrow t=\frac{\mathrm{\pi }}{2} \\ x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}\Rightarrow t=-\frac{\mathrm{\pi }}{2} \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} I={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{2}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}f\left(-t\right)dt=J \\ \Rightarrow 3I+2I \\ ={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{2}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\left[f\left(-x\right)+2f\left(x\right)\right]dx \\ ={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{2}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\cos \left(x\right)dx=2 \end{gathered}$$

Vậy $I=\frac{2}{3}$

Đáp án B

Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm. Đó $f\left(x\right)>0,\forall x\in \left[1;e^2\right]$ nên

$$\begin{gathered} S={\int }_1^{e^2}f\left(x\right)dx \\ ={\int }_1^{e^2}\left(\sqrt{x}+1\right)\ln \left(x\right)dx \end{gathered}$$

Đặt 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}u=\ln \left(x\right)\\ dv=\left(\sqrt{x}+1\right)dx\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x}dx\\ v=\frac{2}{3}x\sqrt{x}+x\end{array}\right. \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} S=\left(\frac{2\sqrt{x}}{3}+1\right)x\ln {\left(x\right)}_1^{e^2} \\ -{\int }_1^{e^2}\left(\frac{2\sqrt{x}}{3}+1\right)dx \\ =\frac{8e^3+8e^2+13}{9} \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có x + y - 3 = 0 nên y = 3 - x

Giao điểm của đồ thị hàm số $y=\sqrt{{\log }_2\left(x\right)}$ với đường thẳng y = 3 - x và y = 0 lần lượt là ( 2;1 ); ( 1;0 )

Khi đó 

$$\begin{gathered} V=\mathrm{\pi }\left[{\int }_1^2{\log }_2\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx}\right] \\ +\left[{\int }_2^3{\left(3-\mathrm{x}\right)}^2\mathrm{dx}\right] \\ ={\mathrm{V}}_1+{\mathrm{V}}_2 \end{gathered}$$

Trong đó 

$$\begin{gathered} V_1=\mathrm{\pi }{\int }_1^2{\log }_2\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx} \\ ={\mathrm{\pi log}}_2\left(\mathrm{e}\right){\int }_1^2\ln \left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx} \\ ={\mathrm{\pi log}}_2\left(\mathrm{e}\right)\left(2\ln \left(2\right)-1\right) \\ {\mathrm{V}}_2=\mathrm{\pi }{\int }_1^2{\left(3-\mathrm{x}\right)}^2\mathrm{dx}=\frac{\mathrm{\pi }}{3} \end{gathered}$$

Vậy $V=\mathrm{\pi }\left[\frac{1}{3}+{\log }_2\left(\mathrm{e}\right)\left(2\ln \left(2\right)-1\right)\right]$

Đáp án A

Đặt $I={\int }_a^{\ln \left(10\right)}\frac{e^x}{\sqrt[3]{e^a-1}}dx$

Đặt 

$$\begin{gathered} t=\sqrt[3]{e^a-1}\Rightarrow t^3=e^x-1 \\ \Rightarrow 3t^{2}dt=e^{x}dx \end{gathered}$$