Điều kiện

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\sin \left(x\right)\ne 0\\ \cos \left(x\right)\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \sin \left(2x\right)\ne 0 \\ \iff x\ne k\frac{\mathrm{\pi }}{2},k\in Z \end{gathered}$$  

Ta có 

$$\begin{gathered} y={\left(2co{t}^{2}x\right)}^n+\left(2+{\tan }^2\left(x\right)\right) \\ \ge 2\sqrt{{\left(2+co{t}^{2}x\right)}^n{\left(2+{\tan }^2\left(x\right)\right)}^n} \\ =2\sqrt{\left[5+2\left({\tan }^2\left(x\right)+co{t}^{2}x\right)\right]}\ge 2\sqrt{{\left(5+4\right)}^n} \\ =2.3^n \\ miny=2.3^n \\ \iff {\tan }^2\left(x\right)=co{t}^{2}x \\ \iff \tan \left(x\right)=\pm 1 \\ \iff x=\pm \frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{Z} \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương trình đã cho tương đương với 

$$\begin{gathered} 2\left(1-\cos x\right)-\sqrt{3}\cos \left(2x\right) \\ =1+1+\cos \left(2x-\frac{3\mathrm{\pi }}{2}\right) \\ \iff -2\cos \left(x\right)=\sqrt{3}\cos \left(2x\right)-\sin \left(2x\right) \\ \iff -\cos \left(x\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \left(2x\right)-\frac{1}{2}\sin \left(2x\right) \\ \iff \cos \left(\mathrm{\pi }-\mathrm{x}\right)=\cos \left(2x+\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{5\mathrm{\pi }}{18}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\\ x=-\frac{7\mathrm{\pi }}{6}+k2\mathrm{\pi }\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do $x\in \left(0;\mathrm{\pi }\right)$ nên $x\in \left\{\frac{5\mathrm{\pi }}{18};\frac{17\mathrm{\pi }}{18};\frac{5\mathrm{\pi }}{6}\right\}$.

Vậy tổng các nghiệm là $\frac{37\mathrm{\pi }}{18}$

Đáp án A

Điều kiện $\cos \left(x\right)\ne 0\iff x\ne \frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }$.

Phương trình đã cho tương đương: 

$$\begin{gathered} \left({\tan }^2\left(x\right)+\tan \left(x\right)\right){\cos }^2\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right) \\ \iff {\sin }^2\left(x\right)+\sin \left(x\right)\cos \left(x\right)=\frac{1}{2}\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right) \\ \iff 2{\sin }^2\left(x\right)+\sin \left(2x\right)=\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right) \\ \iff 2\sin \left(x\right)\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)=\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right) \\ \iff \left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)\left(2\sin \left(x\right)-1\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)=0\\ 2\sin \left(x\right)-1=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\tan \left(x\right)=-1\\ \sin \left(x\right)=\frac{1}{2}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=-\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi }\\ x=\frac{\mathrm{\pi }}{6}+k2\mathrm{\pi }\\ x=\frac{5\mathrm{\pi }}{6}+k2\mathrm{\pi }\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

Trước hết ta giải hệ bất phương trình để tìm x, y

Phương trình trong hệ cho ta

$$\begin{gathered} \left(y-1\right)!=720\iff \left(y-1\right)!=6! \\ \iff y-1=6\iff y=7 \end{gathered}$$ 

Thay y = 7 vào bất phương trình trong hệ ta được: $C_x^{x-2}+C_{10}^2+\frac{9}{2}<\frac{19}{2}{A}_x^1$ 

Với điều kiện $x\ge 2,x\in N$, bất phương trình tương đương với: 

$$\begin{gathered} \frac{x!}{2!\left(x-2\right)!}+45+\frac{9}{2}<\frac{19}{2}x \\ \iff \frac{x\left(x-1\right)}{2}+45+\frac{9}{2}<\frac{19}{2}x \end{gathered}$$

$\iff x^2-20x+99<0\iff 9<x<11$ Vì $x\in N$ nên x = 10

Như vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung. Để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các trường hợp sau:

Ÿ Trường hợp 1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có $C_7^1.C_{10}^2=1575$ cách

Ÿ Trường hợp 2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có $C_7^4.C_{10}^1=350$ cách

Ÿ Trường hợp 3: 5 bông hồng nhung có $C_7^5=21$ cách

Suy ra có tất cả $1575+350+21=1946$ cách.

Số cách lấy ra 5 bông hồng bất kì là $C_{17}^5=6188$.

Vậy xác suất cần tìm là $P=\frac{1946}{6188}=\frac{139}{442}$

Đáp án C

Số cách chọn 6 sản phẩm bất kì trong 10 sản phẩm là: $C_{10}^6=210$ 

Số cách chọn 6 sản phẩm mà có 1 phế phẩm là: $C_2^1{C}_8^5=112$ 

Số cách chọn 6 sản phẩm mà không có phế phẩm nào: $C_8^6=28$ 

Suy ra số cách chọn 6 sản phẩm mà có không quá 1 phế phẩm là:  

Vậy xác suất cần tìm là: $P=\frac{140}{210}=\frac{2}{3}$

Đáp án A

+ Loại 1: bầu 4 người tùy ý (không phân biệt nam, nữ)

- Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có $A_{12}^2$ cách.

- Bước 2: bầu 2 ủy viên có $C_{10}^2$ cách.

Suy ra có $A_{12}^2.C_{10}^2$ cách bầu loại 1.

+ Loại 2: bầu 4 người toàn nam.

- Bước 1: bầu chủ tịch và phó chủ tịch có $A_7^2$ cách.

- Bước 2: bầu 2 ủy viên có $C_5^2$ cách.

Suy ra có $A_7^2.C_5^2$ cách bầu loại 2.

Vậy có $A_{12}^2.C_{10}^2-A_7^2.C_5^2=5520$ cách.

Đáp án B

Điều kiện: $2\le n\in N$

Ta có

$$\begin{gathered} A_{n+3}^3-6C_{n+1}^3=294 \\ \iff \frac{\left(n+3\right)!}{n!}-6\frac{\left(n+1\right)!}{3!\left(n-2\right)!}=294 \\ \iff \left(n+3\right)\left(n+2\right)\left(n+1\right)-\left(n+1\right)n\left(n-1\right)=294 \\ \iff n^2+2n-48=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}n=6\\ n=-8\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

So với điều kiện chọn n = 6

Với n = 6 ta có ${\left(\frac{2x^4}{y}+\frac{y^2}{x^2}\right)}^6$=$\sum _{k=0}^6{C}_0^k{\left(\frac{2x^4}{y}\right)}^{6-k}{\left(\frac{y^2}{x^2}\right)}^k$=$\sum _{k=0}^6{C}_0^k{2}^{6-k}{x}^{24-6k}{y}^{-6+3k}$ 

Giả thiết bài toán cho ta $\left(24-6k\right)\left(-6+3k\right)=18$$\iff {\left(k-3\right)}^2=0\iff k=3$ 

Khi k = 3 ta thu được số hạng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $C_6^3{2}^2{x}^6{y}^3=160x^6{y}^3$

Đáp án D

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và C’D’. Khi đó G là trung điểm IJ.

Ta có

$$\begin{gathered} \overrightarrow{AG}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ}\right) \\ =\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BI}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DD\text{'}}+\overrightarrow{D\text{'}J}\right) \\ =\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{a}+\frac{1}{2}\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}+\frac{1}{2}\overrightarrow{a}\right) \\ =\frac{1}{4}\left(3\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}+2\overrightarrow{c}\right) \end{gathered}$$

 Đáp án C

Ta có $y\text{'}=-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$; $y"=-\frac{1}{\sqrt{{\left(1-x^2\right)}^3}}$ 

Khi đó

$$\begin{gathered} \left(1-x^2\right)y"-x.y\text{'}+y=0 \\ =\left(1-x^2\right).\frac{-1}{\sqrt{{\left(1-x^2\right)}^3}}-x.\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}=0 \end{gathered}$$

Đáp án D

Xét $\left({\gamma }_{\alpha }\right):y=-\frac{g}{2v_0^2}\left(1+{\tan }^2\left(\alpha \right)\right)x^2+x\tan \left(\alpha \right)$ và $\left(T\right):y=-\frac{g}{2v_0^2}{x}^2+\frac{v_0^2}{2g}$

$\left({\gamma }_{\alpha }\right)$ tiếp xúc $\left(T\right)$ khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=g\left(x\right)\left(1\right)\\ f\text{'}\left(x\right)=g\text{'}\left(x\right)\left(2\right)\end{array}\right.$ 

Ta có 

$$\begin{gathered} \left(2\right) \\ \iff -\frac{g}{v_0^2}\left(1+{\tan }^2\left(\alpha \right)\right)x+\tan \left(\alpha \right)=-\frac{g}{v_0^2}x \\ \iff -\frac{g}{v_0^2}\left[{\tan }^2\left(\alpha \right)\right]x+\tan \left(\alpha \right)=0 \\ \iff x=\frac{v_0^2}{g\tan \left(\alpha \right)} \end{gathered}$$

Đáp án B

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

Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng $\left(-\infty ;1\right)$và $\left(1;+\infty \right)$ khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} -m^2-m-2>0 \\ \iff m^2+m+2<0 \\ \iff {\left(m+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{7}{4}<0 \\ \iff m\in \varnothing \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta tính được $y\text{'}=\frac{2x\left(x+1\right)-\left(x^2+1\right)}{{\left(x+1\right)}^2}=\frac{x^2+2x-1}{{\left(x+1\right)}^2}>0$ 

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên đoạn [ 1;2 ].

Do đó $y\left(1\right)\le y\le y\left(2\right)\iff 1\le y\le \frac{5}{3}$ 

Điều này có nghĩa là $m=1;M=\frac{5}{3}$.

Vậy giá trị của biểu thức đã cho bằng –1

Đáp án B

Ta có a = -1 < 0 và y ' = 0$\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x^2=m+2\end{array}\right.$ nên dựa vào hình dáng của đồ thị hàm số ta xét các trường hợp sau để đáp ứng yêu cầu bài toán.

Ÿ Hàm số chỉ có một cực trị âm $\iff \left\{\begin{array}{l}m+2\le 0\\ y\left(0\right)<0\end{array}\right.\iff -4<m\le -2$ 

Ÿ Hàm số có ba cực trị và giá trị cực đại âm

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}m+2>0\\ y\left(\pm \sqrt{m+2}\right)<0\end{array}\right. \\ \iff -2<m<0 \end{gathered}$$ 

Qua hai trường hợp trên ta thu được -4 < m < 0.

Do $m\in Z$ nên $m\in \left\{-3;-2;-1\right\}$.

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=a\cos \left(x\right)+b\sin \left(x\right)+1$.

Do hàm số đạt cực trị tại các điểm $x=\frac{\mathrm{\pi }}{3};x=\mathrm{\pi }$ nên

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=0\\ y\text{'}\left(\mathrm{\pi }\right)=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}a-\frac{\sqrt{3}}{2}b+1=0\\ -a+1=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=\sqrt{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Do đó $a+b\sqrt{3}$ = 4

Đáp án C

Nhìn đồ thị suy ra:

Ÿ a > 0

Ÿ Đồ thị qua điểm A ( 0;-3 ) nên c = -3

Ÿ Đồ thị có 3 cực trị nên a và b trái dấu nhau.

Do đó lựa chọn a = 1; b = -2; c = -3 như phương án C đã nêu

Đáp án C

Đường thẳng AC qua A ( -2;3 ); C ( 4;1 ) nhận $\overrightarrow{AC}=\left(6;-2\right)$ làm vec tơ chỉ phương nên có phương trình là: $\frac{x+2}{6}=\frac{y-3}{-2}\iff y=-\frac{1}{3}x+\frac{7}{3}$ 

Tọa độ giao điểm của AC và BD là nghiệm của hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}3x-y-1=0\\ y=-\frac{1}{3}x+\frac{7}{3}\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=2\end{array}\right.$

Để ý rằng $AC\perp BD$ và I là trung điểm AC.

Khi đó ABCD là hình thoi thì I ( 1;2 ) là trung điểm của BD.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: $\frac{2x+1}{2x-m}=3x-1\iff 6x^2-\left(3m+4\right)x+m-1=0$ 

Do $∆={\left(3m+4\right)}^2-4.6\left(m-1\right)$=$9m^2+24>0,\forall m$ nên d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt B và D.

Gọi $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình (*). Theo định lý Viet ta có $\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{3m+4}{12}$

Đáp án A

Để I là trung điểm của BD thì $\frac{3m+4}{12}=1\iff m=\frac{8}{3}$

Đáp án A

Vì x - 1 thì bất phương trình đã cho đúng với mọi x nên chỉ cần tìm m để bất phương trình đúng với $x\in \left[0;1\right]$

Xét hàm số: $f\left(x\right)=x-6^{1-x}$ với $x\in \left[0;1\right]$

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=1+6^{1-x}\ln \left(6\right)>0\forall x\in \left[0;1\right]\Rightarrow f\left(x\right)$ đồng biến trên $\left[0;1\right]$$\Rightarrow f\left(x\right)\le f\left(1\right)=0\forall x\in \left[0;1\right]$$\Rightarrow f\left(x\right)<0\forall x\in \left[0;1\right]$ 

Hơn nữa $e{x}^2-\mathrm{\pi x}+2018>0,\forall \mathrm{x}\in \left[0;1\right]$.

Vậy bài toán quy về tìm m để bất phương trình: $\left(m-1\right)6^x-\frac{2}{6^x+2m+1}\le 0$ với $x\in \left[0;1\right]$.

Đặt $t=6^x$ thì $t\in \left[1;6\right]$. Bất phương trình thành

$$\begin{gathered} \left(m-1\right)t-\frac{2}{t}+2m+1\le 0 \\ \iff m\le \frac{t^2-t+2}{t^2+2t} \\ \iff m\le \underset{t\in \left[1;6\right]}{min}g\left(t\right) \end{gathered}$$  

(với $g\left(t\right)=\frac{t^2-t+2}{t^2+2t},t\in \left[1;6\right]$).

Ta có

 $$\begin{gathered} g\text{'}\left(t\right)=\frac{3t^2-4t-4}{\left(t^2+2t^2\right)} \\ g\text{'}\left(t\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}t=\frac{2}{3}\\ t=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Lập bảng biến thiên và dựa vào bảng biến thiên ta tìm được: $\underset{t\in \left[1;6\right]}{min}g\left(t\right)=\frac{1}{2}$

Vậy $m\le \frac{1}{2}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

Phương trình tiếp tuyến  có dạng:

$y=\frac{3}{{\left(x_0+1\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0-2}{x_0+1}$ ( $x_0\ne -1$ là hoành độ tiếp điểm)

Gọi I là giao điểm hai tiệm cận và A,B lần lượt là giao điểm của $∆$ với hai tiệm cận.

Ta có I ( -1;1 ), A $\left(-1;\frac{x_0-5}{x_0+1}\right)$, B $\left(2x_0+1;1\right)$

Suy ra 

$$\begin{gathered} IA=\frac{6}{\left|x_0+1\right|};IB=2\left|x_0+1\right| \\ r=\frac{IA.IB}{IA+IB+AB} \\ =\frac{IA.IB}{IA+IB+\sqrt{I{A}^2+I{B}^2}}\le \frac{IA.IB}{2\sqrt{IA.IB}+\sqrt{2IA.IB}} \\ =\frac{6}{2\sqrt{3}+\sqrt{6}} \end{gathered}$$

Dấu "=" xảy ra khi và ch khi

$$\begin{gathered} IA=IB\iff \frac{6}{\left|x_0+1\right|}=2\left|x_0+1\right| \\ \iff x_0^2+2x_0-2=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0=-1-\sqrt{3}\\ x_0=-1+\sqrt{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $y=x+2-2\sqrt{3};y=x+2+\sqrt{3}$

Đáp án D

Vận tốc của cá bơi khi ngược dòng là  (km/h).

Thời gian để cá bơi vượt khoảng cách 300 km là $t=\frac{300}{v-6}$.

Năng lượng tiêu hao của cá để vượt khoảng cách đó là $E\left(v\right)=c{v}^3.\frac{300}{v-6}$=$300c.\frac{v^3}{v-6}\left(J\right),v>6$ 

Ta có

$$\begin{gathered} E\text{'}\left(v\right)=600c{v}^2\frac{v-9}{{\left(v-6\right)}^2} \\ E\text{'}=0\iff v=9 \end{gathered}$$

(do v > 6 ).

Lập bảng biến thiên và đi đến kết luận 9 km/h chính là vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao ít nhất

Đáp án B

Với mọi 0 < k ta có

$$\begin{gathered} a^2+b^2=14ab \\ \Rightarrow {\left(a+b\right)}^2=16ab \\ \Rightarrow {\log }_k{\left(a+b\right)}^2={\log }_k\left(16ab\right) \\ \Rightarrow 2{\log }_k{\left(a+b\right)}^2={\log }_k\left(16\right)+{\log }_{k}a+{\log }_{k}b \end{gathered}$$ 

Thử từng cơ số của k ta thấy đáp án D cho ra kết quả không chính xác

Đáp án D

Ta có $P={\log }_a^2\left(b\right)+16{\log }_b\left(a\right)$

Đặt $t={\log }_a\left(b\right)$

Xét hàm số 

$$\begin{gathered} f\left(t\right)=t^2+\frac{16}{t} \\ f\text{'}\left(t\right)=2t-\frac{16}{t^2}=0 \\ \iff t=2 \end{gathered}$$

Với t = 2 ta có ${\log }_{a}b=2\Rightarrow a^2=b$. Thay $b=a^2$ vào k ta được $k={\log }_a\sqrt[3]{ab}={\log }_a\sqrt[3]{a.a^2}=1$

Đáp án A

Số thóc ở ô thứ n là $2^{n-1}$ hạt.

Tổng số thóc ở các ô là $S=\underset{1}{\overset{64}{\sum 2^n}}=1+2+2^n+..+2^{61}=2^{64}-1$ hạt.

Lưu ý rằng số các chữ số của một số chính là giá trị nguyên nhỏ nhất lớn hơn loga của số đó.

Sử dụng máy tính ta tính được$\log \left(2^{64}-1\right)\approx 19,26591972$ 

Do đó số thóc là một số có 20 chữ số.

Đáp án B

Ta có

 $$\begin{gathered} y\text{'}=-\frac{1}{x^2}+\frac{\ln \left(x\right)\text{'}x-\ln \left(x\right)x\text{'}}{x^2} \\ =-\frac{1}{x^2}+\frac{1-\ln \left(x\right)}{x^2} \\ =-\frac{\ln \left(x\right)}{x^2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Sử dụng chức năng CALC trong máy tính Casio và nhập từ giá trị ta thấy x = 1 thỏa.

Bất phương trình tương đương với $3.3^{2x}-10.3^x+3\le 0$

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

Với $\frac{1}{3}\le t\le 3$, ta được $\frac{1}{3}\le 3^x\le 3\iff -1\le x\le 1$            

Do đó tập nghiệm của bất phương trình là S = [ -1;1 ] 

Vậy b - a = 2

Đáp án C

Ta có: 

$$\begin{gathered} {\log }_8\left(75\right)=\frac{1}{3}{\log }_2\left(15.5\right)=\frac{1}{3}\left({\log }_{2}15+{\log }_{2}5\right) \\ =\frac{1}{3}\left({\log }_{2}15+{\log }_{2}5-1\right) \\ =\frac{1}{3}\left({\log }_{2}15+{\log }_{2}10-1\right) \\ =\frac{1}{3}\left({\log }_{2}15+\frac{1}{{\log }_{10}\left(2\right)}-1\right) \\ =\frac{1}{3}\left(a+\frac{1}{b}-1\right) \\ =\frac{ab-b+1}{3b} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có: ${\log }_2\left({\log }_3\left({\log }_4\left(x\right)\right)\right)$$={\log }_3\left({\log }_4\left({\log }_2\left(x\right)\right)\right)$=${\log }_4\left({\log }_2\left({\log }_3\left(z\right)\right)\right)=0$$\iff \left\{\begin{array}{l}x=4^x\\ y=2^4\\ z=3^2\end{array}\right.$

Khi đó $\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt{z}=9$

Đáp án A

Do F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên $F\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right),\forall x\in R$

$$\begin{gathered} \iff \left(a+d\right)\cos \left(x\right)+cx\cos \left(x\right) \\ +\left(c-b\right)\sin \left(x\right)-ax\sin \left(x\right) \\ =\cos \left(x\right),\forall x\in R \\ \iff \left\{\begin{array}{l}c+d=0\\ c=1\\ c-b=0\\ a=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=d=0\\ b=c=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

Xét mệnh đề (I).Ta có

$$\begin{gathered} {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\sin \left(2x\right).f\left(\sin x\right)dx \\ =2{\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\sin \left(x\right).f\left(\sin x\right)d\left(\sin x\right) \end{gathered}$$

Đặt t = sin(x)

Đổi cận x = 0$\Rightarrow$t = 0 và $x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}\Rightarrow t=1$.

Khi đó

$$\begin{gathered} {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\sin \left(2x\right).f\left(\sin x\right)dx \\ =2{\int }_0^{1}tf\left(t\right)dt=2{\int }_0^{1}xf\left(x\right)dx \end{gathered}$$ 

Do đó mệnh đề (I) đúng.

* Xét mệnh đề (II). Đổi biến $t=e^x$, suy ra mệnh đề (II) đúng.

* Xét mệnh đề (III). Đổi biến $t=x^2$ , suy ra mệnh đề (III) đúng

Đáp án D

Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có

$$\begin{gathered} {\int }_0^{1}x\left(f\text{'}\left(x\right)-2\right)dx=f\left(x\right) \\ \Rightarrow {\int }_0^{1}xf\text{'}\left(x\right)dx={\int }_0^{1}2xdx+f\left(1\right) \\ \Rightarrow {\int }_0^{1}xd\left(f\left(x\right)\right)={x^2}_0^1+f\left(1\right)=1+f\left(1\right) \\ \Rightarrow xf{\left(x\right)}_0^1-{\int }_0^{1}f\left(x\right)dx=1+f\left(1\right) \\ \Rightarrow {\int }_0^{1}f\left(x\right)dx=-1 \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi S(x) là diện tích thiết diện đã cho thì $S\left(x\right)={\left(2\sqrt{\sin \left(x\right)}\right)}^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\sin \left(x\right)$ 

Thể tích vật thể là $V={\int }_0^{\mathrm{\pi }}S\left(x\right)dx={\int }_0^{\mathrm{\pi }}\sqrt{3}\sin \left(x\right)dx=2\sqrt{3}$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là

$$\begin{gathered} x^2+x-1=x^4+x-1 \\ \iff x^2-x^4=0 \\ \iff x\in \left\{0;1;-1\right\} \end{gathered}$$

Khi đó diện tích cần tìm là

$$\begin{gathered} S={\int }_{-1}^1\left|x^2-x^4\right|dx \\ =\left|{\int }_{-1}^0\left(x^2-x^4\right)dx\right|+\left|{\int }_0^1\left(x^2-x^4\right)dx\right| \\ =\left|{\left(\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}\right)}_{-1}^0\right|+\left|{\left(\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}\right)}_0^1\right| \\ =\frac{4}{15} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} \frac{dL}{dt}=v\left(t\right)==2.{10}^3.e^{-1}t \\ \Rightarrow L\left(x\right)-L\left(0\right)={\int }_0^{x}2.{10}^3.e^{-1}tdt \end{gathered}$$ 

Khi đó 

$$\begin{gathered} L\left(x\right)=L\left(0\right)-2.{10}^3\left({\left(t{e}^{-1}\right)}_0^x-{\int }_0^x{e}^{-1}dt\right) \\ =L\left(0\right)-2.{10}^3\left(x.e^{-x}-{\left(-e^{-1}\right)}_0^x\right) \\ =L\left(0\right)-2.{10}^3\left(x.e^{-x}+e^{-x}-1\right) \end{gathered}$$

Với x = 20 và L(0) = 17 ta đi đến L(20) = 2017

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là 

$$\begin{gathered} -x^2+2x=mx \\ \iff x^2-\left(2-m\right)x=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=2-m>0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} S={\int }_0^{2-m}\left|-x^2+2x-mx\right|dx \\ ={\int }_0^{2-m}\left(-x^2+2x-mx\right) \\ ={\left(-\frac{x^3}{3}+x^2-\frac{m{x}^2}{2}\right)}_0^{2-m} \\ =-m^3+6m^2-12m+8=27 \end{gathered}$$ 

Do đó $m^3-6m^2+12m+9=0$ 

Giải phương trình này, ta tìm được m = -1 là giá trị thỏa yêu cầu bài toán. 

Đáp án A

Giả sử z = x + yi có điểm M (x;y) biểu diễn z trên mặt phẳng (Oxy).

Ta có $z-1+i=\left(x-1\right)+\left(y+1\right)i$; $\overline{z}+1-2i=\left(x+1\right)+\left(-y-2\right)i$