Đáp án B.

Hàm số đã cho xác định khi:

$$\begin{gathered} x^2+2x>0\iff \left[\begin{array}{l}x>0\\ x<-2\end{array}\right. \\ \Rightarrow D=\left(-\infty ;-2\right)\cup \left(0;+\infty \right). \end{gathered}$$

Đáp án A.

Ta có:$u_n=u_1+\left(n-1\right)d=-2017+\left(n-1\right).3$

Số hạng nhận giá trị dương khi:

$$\begin{gathered} -2017+\left(n-1\right).3>0 \\ \iff n-1>\frac{2017}{3} \\ \iff n>673\Rightarrow n=674. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Do $y=\frac{x^2-1}{x^2}=1-\frac{1}{x^2}<1\left(\forall x\ne 0\right)$ do đó hàm số $y=\frac{x^2-1}{x^2}$ không có giá trị lớn nhất.

Đáp án C.

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(2;-3;-3\right),$ bán kính $R=\sqrt{5}$ 

Phương trình đường thẳng d là $d:\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=-3-2t\\ z=-3+2t\end{array}\right..$

Đáp án D.

Hàm số $f_1\left(x\right)=\mathrm{s}\text{inx};f_3\left(x\right)=x^3-3x$ liên tục trên $\mathrm{ℝ}$

Xét hàm số $f_4\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}x+\sqrt{x-1}khix>1\\ 2-xkhix<1\end{array}\right..$

Ta có: $f_4\left(1\right)=1=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }{f}_4\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(2-x\right)=1$ nên hàm số liên tục trên $\mathrm{ℝ}$

Vậy có 3 hàm số liên tục trên $\mathrm{ℝ}$

Đáp án B.

Do hình chóp tứ giác S.ABCD đều nên $SO\perp \left(ABCD\right)$

Mặt khác ABCD là hình vuông nên $AC\perp BD$

Vì $\left\{\begin{array}{l}AC\perp BD\\ AC\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow AC\perp \left(SBD\right),$ tương tự $BD\perp \left(SAC\right).$

Suy ra đáp án A, B, D đúng, đáp án B sai.

Đáp án D.

Điều kiện: $x>0.$ Phương trình hoành độ giao điểm $2^x=2-{\log }_{3}x\iff 2^x+{\log }_{3}x=2$

Xét hàm số $f\left(x\right)=2^x+{\log }_{3}x$ với $x>0.$ Ta có $f\text{'}\left(x\right)=2^x\ln 2+\frac{1}{x\ln 3}>0\Rightarrow f\left(x\right)$ đồng biến

Do đó số giao điểm của đồ thị hàm số là 1.

Đáp án B.

Ta có:

$$\begin{gathered} I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sqrt{1-{\sin }^{2}t}d\left(\sin t\right) \\ =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left|\cos t\right|\cos tdt=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}co{s}^{2}tdt \\ =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{1+cos2t}{2}dt=\left(\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\sin 2t\right)\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{2}}\\ {}_0\end{array}\right. \\ =\frac{\pi }{4} \end{gathered}$$

Đáp án D.

Mặt phẳng (P) qua $A\left(2;-1;0\right)$ và nhận $\overrightarrow{u_d}=\left(2;1;-2\right)$ là một VTPT

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left(P\right):2\left(x-2\right)+\left(y+1\right)-2z=0 \\ \iff 2x+y-2z-3=0. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Ta có $I\in Oy\Rightarrow I\left(0;i;0\right),i>0.$

$$\begin{gathered} \left(Oxz\right):y=0\Rightarrow d\left(I;Oxz\right)=R=4 \\ \iff \frac{\left|i\right|}{4}=4\Rightarrow i=4\Rightarrow I\left(0;4;0\right) \\ \Rightarrow x^2+\left(y-4\right)+z^2=16. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Sử dụng máy tính ta có:

$$\begin{gathered} P={\left(\frac{1+i}{1-i}\right)}^4+{\left(\frac{1-i}{1+i}\right)}^4=i^4+{\left(\frac{4}{i}\right)}^4 \\ =1+{\left(-1\right)}^4=1+1=2. \end{gathered}$$

Đáp án C.

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=x\left(2-\ln x\right) \\ \Rightarrow y\text{'}=2-\ln x-1=0\Rightarrow x=e. \end{gathered}$$

So sánh:

$f\left(2\right),f\left(2\right),f\left(e\right)\Rightarrow \underset{\left[2;3\right]}{max}f\left(x\right)=f\left(e\right)=e.$

Đáp án B.

Thể tích vật thể cần tính là:

$$\begin{gathered} V=\pi \underset{1}{\overset{a}{\int }}{\left|\frac{1}{x}\right|}^{2}dx=\pi \underset{1}{\overset{a}{\int }}\frac{dx}{x^2} \\ =-\frac{\pi }{x}\left|\begin{array}{l}{}^a\\ {}_1\end{array}\right.=\pi -\frac{\pi }{a}. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Đặt $t=x^2+1$

$$\begin{gathered} \Rightarrow dt=2xdx \\ \Rightarrow I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}xf\left(x^2+1\right)dx \\ =\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{a}{2}. \end{gathered}$$

Đáp án D.

$z=3+2i\Rightarrow \overline{z}=3-2i\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=-2\end{array}\right.$

tức điểm Q

Đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} cos\left(\mathrm{s}\text{inx}\right)=1\iff \mathrm{s}\text{inx}=0 \\ \iff x=k2\pi \in \left[0;2\pi \right]\Rightarrow x=\left\{0;2\pi \right\}. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Ta có:

$$\begin{gathered} \overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)}=\frac{\overline{z_1}}{z_2}=\frac{4+i}{-2-3i} \\ =\frac{\left(4+i\right)\left(2-3i\right)}{\left(3i-2\right)\left(3i+2\right)} \\ =\frac{-11+10i}{13}=-\frac{11}{13}+\frac{10}{13}i \end{gathered}$$

$\Rightarrow$phần ảo của số phức là $\frac{10}{13}.$

Đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=\frac{2}{2x-1} \\ \Rightarrow f\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx \\ =\int \frac{dx}{2x-1}=\frac{1}{2}.ln\left|2x-1\right|+C. \end{gathered}$$

Đáp án A.

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x-m}$ có hai đường tiệm cận là $\left\{\begin{array}{l}x=m\\ y=2\end{array}\right.$

Diện tích hình chữ nhật được tạo thành là $S=2\left|m\right|=2\Rightarrow m=\pm 1.$

Đáp án A.

Ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-4}}{2x^2-5x+2}=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Và

$$\begin{gathered} y=\frac{\sqrt{x^2-4}}{2x^2-5x+2}=\frac{\sqrt{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}}{\left(x-2\right)\left(2x-1\right)} \\ \Rightarrow \underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=2 \end{gathered}$$

là tiệm cận đứng của ĐTHS.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Đáp án B

Số cách chọn thực đơn là 5.5.3 = 75

Đáp án C.

Ta có

$$\begin{gathered} y=-x^3+x^2-3x+1 \\ \Rightarrow y\text{'}=-3x^2+2x-3<0;\forall x\in ℝ \end{gathered}$$

suy ra hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$

Đáp án A.

Ta có $\tan {60}^0=\frac{h}{a}\Rightarrow h=a\sqrt{3}$ và $cos{60}^0=\frac{a}{l}\Rightarrow l=2a.$

Khi đó:

$$\begin{gathered} S_{tp}=\pi Rl+\pi R^2=3\pi a^2; \\ V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}; \\ {S}_{xq}=\pi Rl=2\pi a^2. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Số cần lập có dạng:

$\overline{ab}\left(a;b\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9\right\};a<b\right).$ 

Với mỗi cách chọn 2 số từ các số đã cho ta được một số thõa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó có $C_9^2=36$ số.

Đáp án B.

Gọi $A=d\cap \left(P\right)\Rightarrow A\left(-t+2;-t-1;t-1\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 2\left(-t+2\right)+\left(-t-1\right)-2\left(t-1\right)=0 \\ \iff -5t+5=0\iff t=1\Rightarrow A\left(1;-2;0\right). \end{gathered}$$

Ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_d}=\left(-1;-1;1\right)\\ \overrightarrow{u_p}=\left(2;1;-2\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{u_p}\right]=\left(1;0;1\right) \\ \Rightarrow \Delta :\left\{\begin{array}{l}x=1-t\\ y=-2\\ z=-t\end{array}\right.\left(t\in \mathbb{Z}\right). \end{gathered}$$

Đáp án D.

Ta có $co{s}^{4}x={\left(1-{\sin }^{2}x\right)}^2={\sin }^{4}x-2{\sin }^{2}x+1.$

Khi đó, phương trình trở thành:

$$\begin{gathered} 27\left({\sin }^{4}x-2{\sin }^{2}x+1\right)+8\sin x=12 \\ \iff \left[\begin{array}{l}\mathrm{s}\text{inx}=\frac{1-\sqrt{6}}{3}\\ \mathrm{s}\text{inx}=\frac{\sqrt{10}-1}{3}\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Kết hợp với điều kiện: $x\in \left(0;2\pi \right),$ ta được phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án B.

Hàm số có 3 điểm cực trị

$\iff \frac{-b}{2a}>0\iff 1-m>0\iff m<1.$

Đáp án D.

Gọi thiết diện qua trục là tam giác cân SAB có $SA=2AB.$

Ta có:

$$\begin{gathered} S{O}^2=S{A}^2-A{O}^2=4A{B}^2-O{A}^2=15r^2 \\ =h^2\Rightarrow r=\frac{\sqrt{15}}{5}cm. \end{gathered}$$

Diện tích xung quanh của hình nón là: $S_{xq}=\pi rl=\pi r\sqrt{h^2+r^2}=\frac{12}{5}c{m}^2.$

Đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} \sin 2x\cos x=\sin 7x\cos 4x \\ \iff \frac{1}{2}\left(\mathrm{s}\text{inx}+\sin 3x\right)=\frac{1}{2}\left(\sin 3x+\sin 11x\right) \\ \iff \sin 11x=\mathrm{s}\text{inx} \\ \iff \left[\begin{array}{l}11x=x+k2\pi \\ 11x=\pi -x+k2\pi \end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{k\pi }{5}\\ x=\frac{\pi }{12}+\frac{k\pi }{6}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right). \end{gathered}$$

Đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} \sin 3x-3\sin 2x-cos2x+3\sin x+3\cos x=2 \\ \iff 3\sin x-4{\sin }^{2}x-6\sin x.cosx-1{\text{+2sin}}^{2}x+3\sin x+3\cos x=2 \\ \iff -4{\sin }^{3}x+2{\sin }^{2}x+6\sin x-3-3\cos x\left(2\sin x-1\right)=0 \\ \iff \left(2\sin x-1\right)\left(3-2{\sin }^{2}x\right)-3\cos x\left(2\sin x-1\right)=0 \\ \iff \left(2\sin x-1\right)\left(2{\cos }^{2}x-3\cos x+1\right)=0 \\ \iff \left(2\sin x-1\right)\left(\cos x-1\right)\left(2\cos x+1\right)=0. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Phương trình hoành dộ giao điểm của (C) và (d) là

$$\begin{gathered} \left(3m-1\right)x+6m+3=x^3-3x^2+1 \\ \iff x^3-3x^2-\left(3m-1\right)x-6m-2=0 (*). \end{gathered}$$

Giả sử $A\left(x_1;y_1\right),B\left(x_2;y_2\right)$ và $C\left(x_3;y_3\right)$ lần lượt là giao điểm của (C) và (d).

Vì B cách đều 2 điểm A, C $\Rightarrow$ B là trung

điểm của AC$\Rightarrow x_1+x_3=2x_2.$ 

Mà theo định lí Viet cho phương trình (*), ta được

$x_1+x_2+x_3=3\to 3x_2=3\Rightarrow x_2=1.$ 

Thay $x_2=1$ vào (*), ta có

$$\begin{gathered} 1^3-{3.1}^2-\left(3m-1\right)-6m-2=0 \\ \iff -9m-3=0\iff m=-\frac{1}{3}. \end{gathered}$$ 

Thử lại, với $m=-\frac{1}{3}\Rightarrow (*)\iff x^3-3x^2+2x=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=2\end{array}\right.$(TM)

Vậy $m\in \left(-1;0\right).$

Đáp án A.

Xét $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2x\right)=2,$ đặt $2x=t$

$\Rightarrow 2=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)d\left(\frac{t}{2}\right)=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt$

$=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx\Rightarrow \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=4.$

Ta có

$\underset{0}{\overset{2}{\int }}x.f\text{'}\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}xd\left(f\left(x\right)\right)$

$$\begin{gathered} =x.f\left(x\right)\left|{}_0^2\right.-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=2f\left(2\right) \\ =2.16-4=28. \end{gathered}$$

Đáp án A.

Ta có $y\text{'}=2x^2-2mx-6m^2+2.$

Để hàm số có 2 điểm cực trị

$\iff y\text{'}=0$ có 2 nghiệm phân biệt.

$$\begin{gathered} \iff \Delta \text{'}=m^2+4\left(3m^2-1\right)>0 \\ \iff 13m^2-4>0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}m>\frac{2}{\sqrt{13}}\\ m<-\frac{2}{\sqrt{13}}\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Khi đó, theo Viet ta có

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m\\ x_1{x}_2=1-3m^2\end{array}\right..$ 

Mà $x_1{x}_2+2\left(x_1+x_2\right)=1$ nên suy ra

$$\begin{gathered} 1-3m^2+2m=1 \\ \iff 3m^2-2m\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=\frac{2}{3}\end{array}\right.. \end{gathered}$$ 

Kết hợp với điều kiện, ta được

$$\begin{gathered} m=\frac{2}{3}=\frac{a}{b}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=3\end{array}\right. \\ \to S=2^2+3^2=13. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Một tam giác được tạo bởi 3 điểm không thẳng hàng.

Lấy 2 điểm bất kỳ thuộc  và 1 điểm không thuộc đường thẳng $\Delta$ ta được 1 tam giác

Do đó có $C_6^2.1=15$ tam giác

Đáp án B.

Dân số tỉnh X tăng lên trong năm 2027 là

$$\begin{gathered} \Delta N=N_{2027}-N_{2026} \\ =N_{2017}{\left(1+r\right)}^{10}-N_{2017}{\left(1+r\right)}^9 \end{gathered}$$ 

Trong đó $r=15\%\Rightarrow \Delta N=25726$ người

Do đó $\Delta N=$ số người sinh ra – số người chết đi

Suy ra số người sinh ra là: 28426 người

Đáp án C.

Ta có SAD là tam giác đều nên $SH\perp AD$ 

Mặt khác $\left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right).$ 

Dựng $BE\perp HC,$

do $BE\perp SH\Rightarrow BE\perp \left(SHC\right)$ 

Do đó $d=BE=2a\sqrt{6};SH=a\sqrt{3};AD=2a$ 

Do $SC=a\sqrt{15}\Rightarrow HC=\sqrt{S{C}^2-S{H}^2}=2a\sqrt{3}.$ 

Do $S_{AHB}+S_{CHD}=\frac{1}{2}a\left(AB+CD\right)=\frac{S_{ABCD}}{2}$ 

suy ra $V_{S.ABCD}=2V_{S.HBC}=\frac{2}{3}.SH.S_{BCH}$

$=\frac{3}{2}a\sqrt{3}.\frac{BE.CH}{2}=4a^3\sqrt{6}.$

Đáp án C.

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

$=4x\left(m^2{x}^2-4m+1\right).$ 

YCBT $\iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in \left(1;+\infty \right)$

$\iff m^2{x}^2-4m+1\ge 0,\forall x\in \left(1;+\infty \right)$(1)

Rõ ràng $m=0$ thỏa mãn (1).

Với $m\ne 0$ thì (1)

$$\begin{gathered} \iff x^2\ge \frac{4m-1}{m^2},\forall x\in \left(1;+\infty \right) \\ \iff \frac{4m-1}{m^2}\le 1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m^2-4m+1\ge 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ \left[\begin{array}{l}m\ge 2\sqrt{3}\\ m\le 2-\sqrt{3}\end{array}\right.\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Kết hợp với $\left\{\begin{array}{l}m\in \left(-10;10\right)\\ m\in \mathbb{Z}\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow m\in \left\{4;5;6;7;8;9;-9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1\right\} \\ . \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi $M=d\cap \left(P\right)$ suy ra

tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}x+2y+x-4=0\\ \frac{x+1}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z+2}{3}\end{array}\right.\Rightarrow M\left(1;1;1\right)$

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}\Delta \perp d\\ \Delta \subset \left(P\right)\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]=\left(-5;1;3\right)$

Vậy$\Delta :\frac{x-1}{5}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{-3}.$

Đáp án A.

Đặt $t=x^2-x+1={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}$ 

Khi đó BPT trở thành

$f\left(t\right)=t+1+a\ln t\ge 0$ 

Ta có: $f\text{'}\left(t\right)=+\infty ;f\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{3}{4}+a\ln \frac{3}{4}$ 

Với $a>0\Rightarrow f\left(t\right)$ đồng biến trên

$$\begin{gathered} \left[\frac{3}{4};+\infty \right)\Rightarrow f\left(t\right)\ge 0\left(\forall t\in \left[\frac{3}{4};+\infty \right)\right) \\ \iff \underset{\left[\frac{3}{4};+\infty \right)}{Min}f\left(t\right)=\frac{7}{4}+a \end{gathered}$$ 

$\iff a\ln \frac{3}{4}\ge \frac{-7}{4}\iff a\le \frac{\frac{-7}{4}}{\ln \frac{3}{4}}\approx 6,08.$ 

Vì đề bài yêu cầu tìm số thực lớn nhất

nên suy ra$a\in \left(6;7\right].$

Đáp án D.

Sắp xếp cụm số 3,4,5 có 2 cách sắp xếp là 345 và 543.

TH1: Cụm 2 số 3,4,5 đứng đầu có: $\mathrm{2.7.6.5}=240$ số thỏa mãn.

TH2: Cụm 3 số 3,4,5 không đứng đầu có 3 cách sắp xếp là x345xx; xx345x; xxx345

3 chữ số còn lại có: $\mathrm{6.6.5}=180$ cách chọn và sắp xếp.

Do đó có $\mathrm{2.3.180}=1080$ số thỏa mãn.

Theo quy tắc cộng có:

$420+1080=1500$số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án B.

Hình phẳng D gồm 2 phần:

Phần 1: Là phần giới hạn bởi:

$\left\{\begin{array}{l}y=e^{x-1};y=0\\ x=0;x=1\end{array}\right..$ 

Phần 2: Là phần giới hạn bởi:

$\left\{\begin{array}{l}y=2-x;y=0\\ x=1;x=2\end{array}\right..$ 

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành là:

$$\begin{gathered} V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(e^{x-1}\right)}^{2}dx+\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}{\left(2-x\right)}^{2}dx \\ =\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{2x-2}dx+\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}{\left(x-2\right)}^{2}d\left(x-2\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} =\pi \frac{e^{2x-2}}{2}\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.+\pi \frac{{\left(x-2\right)}^3}{3}\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_1\end{array}\right. \\ =\frac{\pi \left(e^2-1\right)}{2e^2}+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi \left(5e^2-3\right)}{6e^2}. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Số tiền gốc là lãi thu được khi gửi tiền vào tháng thứ 2 là:

$\mathrm{2.000.000}{\left(1+0,55\%\right)}^{59}+200.000{\left(1+0,55\%\right)}^{59}$ 

Số tiền gốc là lãi thu được khi gửi tiền vào tháng thứ 2 là:

$\mathrm{2.000.000}{\left(1+0,55\%\right)}^{58}+200.000{\left(1+0,55\%\right)}^{58}$ 

Số tiền gốc là lãi thu được khi gửi tiền vào tháng thứ 3 là:

$\mathrm{2.000.000}{\left(1+0,55\%\right)}^{57}+200.000{\left(1+0,55\%\right)}^{57}$

…………………………………….

Số tiền gốc là lãi thu được khi gửi tiền vào tháng thứ 59 là

$\mathrm{2.000.000}{\left(1+0,55\%\right)}^1+200.000{\left(1+0,55\%\right)}^1$ 

Do đó sau 5 năm (kể từ lần gửi đầu tiên) người đó nhận được tổng số tiền cả vốn lẫn lãi là

$T=\mathrm{200.000.}\left(1+0,55\%\right).$

$\frac{1-{\left(1+0,55\%\right)}^{60}}{1-\left(1+0,55\%\right)}+200.000{\left(1+0,55\%\right)}^{59}$ 

$\left[1+2{\left(1+0,55\%\right)}^{-1}+3{\left(1+0,55\right)}^{-2}+\mathrm{...59}{\left(1+0,55\right)}^{-58}\right]$ 

Mặt khác ta có:

$$\begin{gathered} x+x^2+x^3+\mathrm{...}+x^n \\ =x\frac{1-x^n}{1-x}=\frac{x-x^{n+1}}{1-x} \end{gathered}$$

Đạo hàm 2 vế ta có:

$$\begin{gathered} 1+2x+3x^2+\mathrm{...}+n{x}^{n-1} \\ =\frac{\left[1-\left(n+1\right)x^n\right]\left(1-x\right)+x-x^{n-1}}{1-x} \end{gathered}$$