\(y = {x^4} + 2{x^2} - 3\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} + 4x\\y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow x = 0\end{array}\)

Vậy hàm số có 1 điểm cực trị

\(y = 1 + \sqrt {4x - {x^2}} \)

TXĐ: \(D = \left[ {0,4} \right]\)

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{2 - x}}{{\sqrt {4x - {x^2}} }}\\y' = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{2 - x}}{{\sqrt {4x - {x^2}} }} = 0\\ \Leftrightarrow x = 2{\rm{   (t/m)}}\\x = 0 \Rightarrow y = 1\\x = 2 \Rightarrow y = 3\\x = 4 \Rightarrow y = 0\\ \Rightarrow \mathop {\max y}\limits_{\left[ {0,4} \right]}  = 3\end{array}\)

Ta có: \({9^x} - {28.3^x} + 27 = 0\)

\(\Leftrightarrow {\left( {{3^x}} \right)^2} - 28\left( {{3^x}} \right) + 27 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{3^x} - 1} \right)\left( {{3^x} - 27} \right) = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} = 1\\{3^x} = 27\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\)

Khi đó \({x_1} + {x_2} = 3.\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \({a^{\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}}} > {a^{\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}}}\,\,;\)

\({\log _b}\dfrac{3}{4} < {\log _b}\dfrac{4}{5}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\b > 1\end{array} \right.\)

Chọn đáp án A.

Ta có:

\(\int\limits_a^{\dfrac{\pi }{2} - a} {{{\cos }^2}x\,dx\,} \)

\(= \dfrac{1}{2}\int\limits_a^{\dfrac{\pi }{2} - a} {\dfrac{{\cos 2x + 1}}{2}} \,d\left( {2x} \right) \)

\(= \dfrac{1}{4}\left( {\sin 2x + 2x} \right)\left| \begin{array}{l}^{\dfrac{\pi }{2} - a}\\_a\end{array} \right. \)

\(= \dfrac{1}{4}\left( {\sin \left( {\pi  - 2a} \right) + \pi  - 2a - \sin 2a - 2a} \right)\)

\( = \dfrac{1}{4}\left( {\sin \left( {\pi  - 2a} \right) - \sin 2a + \pi  - 4a} \right)\)

Chọn đáp án B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {x\sqrt {{x^2} + 1} } dx \\= \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 1} \,} d\left( {{x^2} + 1} \right) \\= \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}{\left( {{x^2} + 1} \right)^{\dfrac{3}{2}}}\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right. \\= \dfrac{1}{3}\left( {2\sqrt 2  - 1} \right) = \dfrac{{2\sqrt 2  - 1}}{3}\\\end{array}\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 3.\)

Chọn đáp án C.

\(\begin{array}{l}z = \dfrac{{5 + 5i}}{{3 - 4i}} + \dfrac{{20}}{{4 + 3i}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{5\left( {1 + i} \right)\left( {3 + 4i} \right)}}{{9 - 16{i^2}}} + \dfrac{{20\left( {4 - 3i} \right)}}{{16 - 9{i^2}}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{5(3 + 4{i^2} + 7i) + 20(4 - 3i)}}{{25}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{5( - 1 + 7i) + 20\left( {4 - 3i} \right)}}{{25}} = 3 - i\end{array}\)

Đặt \(z= x+yi\)

\(\begin{array}{l}\left| {z + 1 + i} \right| \le 2\\ \Rightarrow \left| {x + yi + 1 + i} \right| \le 2\\ \Leftrightarrow \left| {\left( {x + 1} \right) + \left( {y + 1} \right)} \right| \le 2\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2}}  \le 2\end{array}\)

Vậy  tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hình tròn tâm I(-1, -1), bán kính bằng 2

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Các mặt bên đều tạp với đáy một góc bằng nhau nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có: \(BD = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow BO = DO = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

+ \(\tan {30^0} = \dfrac{{SO}}{{OB}} \Rightarrow SO = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Khi đó ta có:

\(V = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{18}}\)

Chọn đáp án C.

Gọi H là giao điểm của các đường cao trong tam giác ABC

Vì là hình chóp đều nên chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) chính là H

Hay \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Ta có: \(AH = \dfrac{2}{3}\sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {9{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{a\sqrt {78} }}{3}\)

Khi đó

\(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt {78} }}{3}.\dfrac{1}{2}.aa\sin {60^0} \)\(\,= \dfrac{{{a^3}\sqrt {26} }}{{12}}\)

Chọn đáp án D.

Gọi r là bán kính đáy của khối trụ

\(2\pi r = a \Rightarrow r = \dfrac{a}{{2\pi }}\)

h là chiều cao của khối trụ nên h = a

Thể tích khối trụ là: \(V = \pi {r^2}.h = \pi {\left( {\dfrac{a}{{2\pi }}} \right)^2}.a = \dfrac{{{a^3}}}{{4\pi }}\)

Chọn C

Bán kính đáy hình trụ là 1, chiều cao là 2.

Thể tích khối trụ bằng: \(V = \pi {r^2}.h = \pi {.1^2}.2 = 2\pi \)

Chọn D.

Với \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \) hình chiếu vuông góc của \(M\) lên trục \(Oy\) là \({M_1}\left( {0;b;0} \right)\)          

Chọn C

Với \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \) hình chiếu vuông góc của \(M\)lên mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\) là \({M_1}\left( {a;b;0} \right)\)

Chọn A          

Ta có: \(\int {\dfrac{{{\pi ^x}}}{{\ln x}}} .\sin x\,dx = \int { - \dfrac{{{\pi ^x}}}{{\ln x}}} \,d\left( {\cos x} \right) \)\(\,= \left( { - \dfrac{{{\pi ^x}}}{{\ln x}}.\cos x} \right) + \int {{\pi ^x}.\cos x\,dx} \)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\int {\left( {{e^x} + 2x} \right)\,dx}  = {e^x} + {x^2} + C\)

Theo giả thiết ta có: \(F(0) = \dfrac{3}{2} \Rightarrow {e^0} + C = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow C = \dfrac{1}{2}\)

Khi đó \(F(x) = {e^x} + {x^2} + \dfrac{1}{2}\)

Chọn đáp án C.

\(y = {x^4} - 2{x^2} + 2\)

TXĐ: c

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 4x\\y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Đồ thị hàm số có điểm cực đại (0, 2)

Xét pt hoành  độ giao điểm:

\(\begin{array}{l}y = {x^3} + x + 2 = 2\\ \Leftrightarrow {x^3} + x = 0\\ \Leftrightarrow x = 0\\\end{array}\)

Vậy phương trình \({x^3} + x + 2 = 2\) có một nghiệm  duy nhất

Mặt khác, số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + x + 2\) và đường thẳng y=2 chính bằng số nghiệm của pt  \({x^3} + x + 2 = 2\) nên số giao điểm là 1

Diện tích đáy là: \(S = \dfrac{1}{2}a.a\sin {60^0} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích được xác định: \(V = S.h = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.2a = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\)

Chọn đáp án C.

Thể tích khối lập phương là \(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\)

Chọn đáp án D.

Điều kiện: \({3^x} > 2\)\( \Leftrightarrow x > {\log _3}2\)

Ta có: \({\log _2}({3^x} - 2) < 0\)

\(\Leftrightarrow {3^x} - 2 < 1 \)

\(\Leftrightarrow {3^x} < 3 \)

\(\Leftrightarrow x < 1.\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(y = {e^x}(\sin x - \cos x) \)

\(\Rightarrow y' = {e^x}(\sin x - \cos x) + {e^x}\left( {\cos x + \sin x} \right) \)\(\,= 2{e^x}\sin x\)

Chọn đáp án A.

\(\begin{array}{l}\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i\\ \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z + (3 - 4i) = 4 + i\\ \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 1 + 5i\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{1 + 5i}}{{3 + 2i}}\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{\left( {1 + 5i} \right)\left( {3 - 2i} \right)}}{{9 - 4{i^2}}}\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{13 + 13i}}{{13}} = 1 + i\\{\rm{w}} = (z + 1)\overline z  = (2 + i)(1 - i)\\\,\,\,\,\,\, = 2 - {i^2} - i = 3 - i\\ \Rightarrow \left| {\rm{w}} \right| = \sqrt {10} \end{array}\)

Gọi M là trung điểm của SC nên MS = MC

Gọi N là trung điểm của AC , tam giác ABC vuông tại B nên NA = NB = NC

MN// SA nên \(MN \bot \left( {ABC} \right)\) do đó MN là trục đường tròn của tam giác ABC

Hay MA = MB = MC

Vậy M là tâm của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}y = {x^3} - 3{x^2} + 2\\y' = 3{x^2} - 6x\\y'' = 6x - 6\\y'' = 0 \Leftrightarrow 6x - 6 = 0 \\\Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = 0\end{array}\)

Vậy điểm uốn của đồ thị là \(I (1; 0)\).

Xét \(D = [ 0; 2]\)

\(\begin{array}{l}y = {x^4} - 2{x^2} + 1\\y' = 4{x^3} - 4x\\y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\\\end{array}\)

Có:

\(\)\(\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 1\\x = 1 \Rightarrow y = 0\\x = 2 \Rightarrow y = 9\\ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{{\rm{[}}0,2]} y = 9\end{array}\)

Ta có: \(\left( {\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}} \right)\left( {{a^{\dfrac{2}{3}}} + {b^{\dfrac{2}{3}}} - \sqrt[3]{{ab}}} \right) \)

\(\,= \left( {{a^{\dfrac{1}{3}}} + {b^{\dfrac{1}{3}}}} \right)\left( {{a^{\dfrac{2}{3}}} + {b^{\dfrac{2}{3}}} - {a^{\dfrac{1}{3}}}{b^{\dfrac{1}{3}}}} \right) \)

\(= a + b\)

Chọn đáp án C.

Điều kiện: \(x > 0\)

Ta có: \({\log _3}^2x - 3{\log _3}x + 2 = 0\)

\(\Leftrightarrow \left( {{{\log }_3}x - 1} \right)\left( {{{\log }_3}x - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 1\\{\log _3}x = 2\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 9\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(P = {x_1}^2 + {x_2}^2 = {3^2} + {9^2} = 90.\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\int {\left( {\dfrac{1}{{x - 1}}} \right)} \,dx = \int {\dfrac{1}{{x - 1}}\,d\left( {x - 1} \right) }\)\(\,=  \ln \left| {x - 1} \right| + C\)

Theo giả thiết ta có: \(F\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow \ln 1 + C = 1 \Leftrightarrow C = 1.\)

Khi đó ta có: \(F\left( 3 \right) = \ln 2 + 1.\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\int {\left( {3{x^2} - \dfrac{1}{{\sqrt x }} + \dfrac{1}{{{x^2}}} - 1} \right)} \,dx \)\(\,= {x^3} - 2\sqrt x  - \dfrac{1}{x} - x + C\)

Chọn đáp án A.

\(\)\(\begin{array}{l}{z^3} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow (z + 1)({z^2} - z + 1) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z + 1 = 0{\rm{          }}\left( 1 \right)\\{z^2} - z + 1 = 0{\rm{    }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

(1)\( \Leftrightarrow z =  - 1\)

Giải (2):

\(\Delta  = {b^2} - 4ac = 1 - 4 =  - 3 = 3{i^2}\)

\( \Rightarrow \Delta \)có hai căn bậc hai là \(i\sqrt 3 \)và \( - i\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow \)Phương trình có hai nghiệm: \({z_1} = \dfrac{{1 + i\sqrt 3 }}{2},{z_2} = \dfrac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\)

Đặt z= x+ yi                                 x,y\( \in \mathbb{Z}\)

Theo yêu cầu bài toán ta có:

 \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left| z \right| = 5\\x = 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {x + yi} \right| = 5\\x = 2y\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2} + {y^2}}  = 5{\rm{     }}\left( 1 \right)\\x = 2y{\rm{             }}\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Thay (2) vào (1), ta được:

\(\begin{array}{l}\sqrt {4{y^2} + {y^2}}  = 5 \Leftrightarrow 5{y^2} = 25\\ \Leftrightarrow {y^2} = 5\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = \sqrt 5  \Rightarrow x = 2\sqrt 5 \\y =  - \sqrt 5  \Rightarrow x =  - 2\sqrt 5   \end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow z = 2\sqrt 5  + i\sqrt 5 \)

\(\Rightarrow z =  - 2\sqrt 5  - i\sqrt 5\)

Với \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow d\left( {M,Ox} \right) = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \)

Do đó: \(d\left( {M,Ox} \right) = \sqrt {{5^2} + {1^2}}  = \sqrt {26} \)

Chọn D

Tính chất trong tâm tam giác: \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 .\)

Chọn D

Gọi H là trung điểm của AD

Góc giữa \(\left( {ADD'A'} \right)\)và (ABCD) bằng 600

\( \Rightarrow \widehat {A'HO} = {60^ \circ }\)

Ta có:

\(\tan {60^ \circ } = \dfrac{{A'O}}{{OH}} \Rightarrow AO' = \tan {60^ \circ }.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy \(V = A'O.{S_{ABCD}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.a.a\sqrt 3  = \dfrac{{3{a^3}}}{2}\)

Chọn đáp án B.

\(y = \dfrac{{2x - 6}}{{x - 2}}\)

\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{2x - 6}}{{x - 2}} = 2 \Rightarrow TCN:y = 2\)

Xét pt hoành độ giao điểm ta có:

\(\begin{array}{l}y = x + \dfrac{2}{{x - 1}} = 2x{\rm{     (x}} \ne {\rm{1)}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{x - 1}} = x\\{x^2} - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Số nghiệm của pt \(x + \dfrac{2}{{x - 1}} = 2x\) chính là số giao điểm của đths \(y = x + \dfrac{2}{{x - 1}}\) với đường thẳng \(y = 2x\)

\( \Rightarrow \) Số giao điểm là 2

Ta có: \(P = {a^{\dfrac{5}{3}}}:\sqrt a \,\, = {a^{\dfrac{5}{3}}}:{a^{\dfrac{1}{2}}} \)\(\,= {a^{\dfrac{5}{3} - \dfrac{1}{2}}} = {a^{\dfrac{7}{6}}}\)

Chọn đáp án D.

Xét hàm số: \(y = {3^x} + 2x - 5\)\(\, \Rightarrow y' = {3^x}\ln 3 + 2 > 0\)

\( \to \) Hàm số đồng biến trên tập xác định.

Khi đó ta có: \(y\left( 1 \right) = 0\)\( \Rightarrow \) Bất phương trình đã cho có tập nghiệm là \([1; + \infty )\)

Chọn đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm \(2 - {x^2} =  - x \)

\(\Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Diện tích hình phẳng được xác định bởi công thức

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {\left( {2 - {x^2}} \right) + x} \right)\,dx} \)\(\, = \left( { - \dfrac{{{x^3}}}{3} + \dfrac{{{x^2}}}{2} + 2x} \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_{ - 1}\end{array} \right.\)\(\, = \dfrac{{10}}{3} + \dfrac{7}{6} = \dfrac{9}{2}.\)

Chọn đáp án A.

Đặt \(z - i = {\rm{ }}x + yi\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow z = x + \left( {y + 1} \right)i\\\left| {z - 2 - 2i} \right| = 1\\ \Rightarrow \left| {x + (y + 1)i} \right| = 1\\ \Leftrightarrow \left| {(x - 2) + (y - 1)i} \right| = 1\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{(x - 2)}^2} + {{(y - 1)}^2}}  = 1\\ \Leftrightarrow {(x - 2)^2} + {(y - 1)^2} = 1\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Tập hợp điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ là đường tròn có phương trình:\({(x - 2)^2} + {(y - 1)^2} = 1\)

Ta có:   \(\overline z \)= \(\left( {5 - {\rm{ }}2i} \right)\left( { - 3 + {\rm{ }}2i} \right)\)= \( - 15 - {\rm{ }}4{i^2} + {\rm{ }}6i + {\rm{ }}10i = {\rm{ }} - 11 + 16i\)

Đặt \(z = x + yi\)\(x,y \in \mathbb{Z}\)

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left| z \right| = 5\\x = y + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {x + yi} \right| = 5\\x = y + 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2} + {y^2}}  = 5\,\,(1)\\x = y + 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array} \right.\end{array}\)\(\begin{array}{l}(1)\\(2)\end{array}\)

Thay( 2) vào (1) ta được:

\(\begin{array}{l}\sqrt {{{(y + 1)}^2} + {y^2}}  = 5\\ \Leftrightarrow 2{y^2} + 2y - 24 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 3 \Rightarrow x = 4 \Rightarrow z = 4 + 3i\\y =  - 4 \Rightarrow x =  - 3 \Rightarrow z =  - 3 - 4i\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn đáp án C.

Hình thoi không phải là hình đa diện.

Chọn đáp án A.

Vì \(\overrightarrow b .\overrightarrow c  = 1.1 + 1.1 + 0.1 = 2 \ne 0.\)

Do đó \(\overrightarrow b  \bot \overrightarrow c \) là mệnh đề sai

Chọn A

Dễ thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\), mà \(-3,-2\in \left( { - \infty ;0} \right);  - 3 <  - 2\) nên \(f\left( { - 3} \right) > f\left( { - 2} \right)\)

Với \(a > 0,\,n \in Z,n \ge 2\) ta có \({a^{\dfrac{1}{n}}} = \sqrt[n]{a}\)

Chọn đáp án A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int\limits_{ - 1}^0 {\left( {x + 1 + \dfrac{2}{{x - 1}}} \right)\,dx}  \\= \left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x + 2\ln \left| {x - 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}^0\\_{ - 1}\end{array} \right. \\= 0 - \left( {2\ln 2 - \dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{2} - 2\ln 2\\\end{array}\)

Khi đó \(a + b = \dfrac{1}{2} - 2 =  - \dfrac{3}{2}.\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(I = \int {\sin 5x.\cos x\,dx}  \)\(\,= \dfrac{1}{2}\int {\left( {\sin 6x + \sin 4x} \right)} \,dx\)\(\, =  - \dfrac{1}{{12}}\cos 6x - \dfrac{1}{8}\cos 4x + C\)

Chọn đáp án C.