\(y = \dfrac{1}{4}{x^4} - 2{x^2} + 3\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

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

Từ BBT, hàm số ĐB trên \(\left( { - 2,0} \right)\)và \({\rm{(2, + }}\infty {\rm{)}}\); NB trên \(( - \infty , - 2)\) và \(\left( {0,2} \right)\) 

TCĐ: \(x = 1\) loại C.

Đths đi qua điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) nên loại A,B.

Ta có: \(P = \dfrac{{{a^2}b.{{(a{b^{ - 2}})}^{ - 3}}}}{{{{({a^{ - 2}}{b^{ - 1}})}^{ - 2}}}} = \dfrac{{{a^{ - 1}}{b^7}}}{{{a^4}{b^2}}} \)\(\,= {a^{ - 5}}{b^5} = {\left( {\dfrac{b}{a}} \right)^5}\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(y = {x^{\dfrac{1}{4}}}(10 - x)\,,\,\,x > 0\)

\(\Rightarrow y' = \dfrac{1}{4}{x^{ - \dfrac{3}{4}}}\left( {10 - x} \right) - {x^{\dfrac{1}{4}}}\)\(\, = \dfrac{{10 - x}}{{4\sqrt[4]{{{x^3}}}}} - \dfrac{1}{{\sqrt[4]{x}}} \)\(\,= \dfrac{1}{{\sqrt[4]{x}}}\left( {\dfrac{{10 - x}}{{4\sqrt x }} - 1} \right)\)     

+) \(y' = 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt[4]{x}}}\left( {\dfrac{{10 - x}}{{4\sqrt x }} - 1} \right) = 0 \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{10 - x}}{{4\sqrt x }} - 1 = 0 \Leftrightarrow 10 - x = 4\sqrt x \)

\( \Leftrightarrow x + 4\sqrt x  - 10 = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x =  - 2 + \sqrt {14}(tm) \\\sqrt x =  - 2 - \sqrt {14}(ktm) \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow x = 18 - 4\sqrt {14} \)

+ Hàm số đồng biến trên \(\left( {0; 18 -4\sqrt {14} } \right)\) và nghịch biến trên \(\left( { 18- 4\sqrt {14} ; + \infty } \right)\)

Chọn đáp án B.

\(\left. \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AD\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot AB\)  do đó tam giác ABC vuông cân tại B suy ra \(AC = a\sqrt 2 \)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{V_1} = \dfrac{1}{3}\pi A{B^2}.AD = \dfrac{{\pi {a^3}}}{3};\\{V_2} = \dfrac{1}{3}.B{C^2}.AB = \dfrac{{\pi {a^3}}}{3}\\{V_3} = \dfrac{1}{3}\pi D{B^2}.BC\\\;\;\;\;\; = \dfrac{{\pi \left( {A{D^2} + A{B^2}} \right)}}{3}.BC = \dfrac{{2\pi {a^3}}}{3}\\ \Rightarrow {V_1} + {V_2} = {V_3}.\end{array}\)

Chọn  A.

Hình chóp có đáy là hình thang cân thì có mặt cầu ngoại tiếp. (Đúng)

Hình chóp có đáy là hình chữ nhật thì có mặt cầu ngoại tiếp. (Đúng)

Chọn C

\(\left| z \right| = \left| {2 + 2i} \right| = 2\sqrt 2 \)

Đặt z= a+ bi

\(\begin{array}{l}|z| = 2\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow |a + bi| = 2\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = 2\sqrt 2 \end{array}\)

Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z  là đường tròn có tâm O(0,0), bán kính \(r = 2\sqrt 2 \)

\({z_1} + {z_2} = 1--2i + 2 + 3i = 3 + i\)

Xét khối lập phương ABCD.A'B'C'D' 
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA 
M', N', P', Q' lần lượt là trung điểm của A'B', B'C', C'D', D'A' 
R, S, T, U lần lượt là trung điểm của AA', BB', CC', DD' 
Khối lập phương ABCD. A'B'C'D' có 9 mp đối xứng như sau: 
a) 3 mp đối xứng chia nó thành 2 khối hộp chữ nhật (là các mp MPP'M', NQQ'N', RSTU) 
b) 6 mp đối xứng chia nó thành 2 khối lăng trụ tam giác (là các mp ACC'A', BDD'B', AB'C'D, A'BCD', ABC'D', A'B'CD)

Chọn C

Thể tích khối bát diện đều \(V = 2{V_{S.ABCD}}\)

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Vì ABCD là hình vuông nên \(AC = BD = a\sqrt 2 \)

\(\Rightarrow OA = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OA\)

\(\Rightarrow \Delta SOA\) vuông tại O

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}} \)\(\, = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} \)

                      \(= \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

\( \Rightarrow V = 2\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

Chọn A.

\(\left( d \right)\) có VTPT \(M\left( {11;{\rm{ }}0; - 25} \right)\)

\(\overrightarrow u  = \left( {2;\,1;\, - 2} \right)\) có VTCP \(IH = d\left( {I,\,AB} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {MI} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = 15\,\,\)

Ta có \(R = \sqrt {I{H^2} + {{\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  = 17\)

Chọn đáp án A.

Ta có:

\(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {\cos x + {e^x}} \right)\,dx} \)

\(\;\; = \left( {\sin x + {e^x}} \right)\left| {_{_{_{_0^{}}^{}}}^{\dfrac{\pi }{2}}} \right. \)

\(\;\;= \left( {\sin \dfrac{\pi }{2} + {e^{\dfrac{\pi }{2}}}} \right) - \left( {\sin 0 + {e^0}} \right)\)

\(\;\;= {e^{\dfrac{\pi }{2}}}.\)

Chọn đáp án D.

Ta có \(f\left( x \right) = {\left( {6x + 1} \right)^2} = 36{x^2} + 12x + 1\)

Khi đó ta có: \(\int {\left( {36{x^2} + 12x + 1} \right)\,dx}  \)\(\,= 12{x^3} + 6{x^2} + x + d\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = 12{x^3} + 6{x^2} + x + d\)

Theo giải thiết ta có \(F\left( { - 1} \right) = 20 \)

\(\Rightarrow 12.\left( { - 1} \right){}^3 + 6.{\left( { - 1} \right)^2} + \left( { - 1} \right) + d = 20 \)

\(\Leftrightarrow d = 27\)

Vậy: \(a + b + c + d = 12 + 6 + 1 + 27 = 46.\)

Chọn đáp án A.

Phương pháp tích phân từng phần

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = \cos x\,dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2x\,dx\\v = \sin x\end{array} \right.\)

Chọn đáp án B.

\(y' =  - \frac{8}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} < 0\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left[ {0;2} \right]\)

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\)

\(y = \dfrac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 3x - 1\)

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

Vậy hàm số nghịch biến trên (1,3).

Ta có: \(p = \log \dfrac{a}{b} + \log \dfrac{b}{c} + \log \dfrac{c}{d} - \log \dfrac{{ay}}{{dx}} \)

\(= \log \left( {\dfrac{{abc}}{{bcd}}} \right) - \left( {\log \dfrac{a}{d} + \log \dfrac{y}{x}} \right)\)

\( = \log \left( {\dfrac{a}{d}} \right) - \left( {\log \dfrac{a}{d} + \log \dfrac{y}{x}} \right) \)

\(=  - \log \dfrac{y}{x} = \log \dfrac{x}{y}.\)

Chọn đáp án B.

Ta có   \({\log _b}\sin x = a \Rightarrow \sin x = {b^a} \)

\(\Leftrightarrow {\sin ^2}x = {\left( {{b^a}} \right)^2}\)

\( \Rightarrow {\cos ^2}x = 1 - {\sin ^2}x = 1 - {\left( {{b^a}} \right)^2}\)

\(\Leftrightarrow \cos x = \sqrt {1 - {{\left( {{b^a}} \right)}^2}} \)

Khi đó \({\log _b}\cos x = {\log _b}{\left( {1 - {{\left( {{b^a}} \right)}^2}} \right)^{\dfrac{1}{2}}}\)\(\, = \dfrac{1}{2}{\log _b}\left( {1 - {{\left( {{b^a}} \right)}^2}} \right)\)

Chọn đáp án D.

Đặt z = x + yi

 \(\begin{array}{l}|z + 1 - i| \le 3\\ \Leftrightarrow |x + yi + 1 - i| \le 3\\ \Leftrightarrow \left| {\left( {x + 1} \right) + \left( {y - 1} \right) \le 3} \right|\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}  \le 3\end{array}\)

Điểm biểu diễ số phức z là một hình tròn tâm I(-1,1), bán kính \(r = 3\)

\({z_1} + {z_2} = 4 + 5i + 1 + 2i = 5 + 7i\)

Lập phương loại {4;3} có M = 6 , Đ = 8

Chọn C.

Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh a là:

\(V = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Chọn D.

Giải hệ \({\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 18.\).

 Vậy chọn đáp án B.

Tập hợp tâm các mặt cầu đi qua hai điểm A và B là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.

Chọn D

Nếu \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) thì hàm số nghịch biến trên \(\left( {a;b} \right)\).

Chọn B.

Nếu \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\f''\left( {{x_0}} \right) < 0\end{array} \right.\) thì \(x = {x_0}\) là điểm cực đại của hàm số.

Chọn B.

+ Hàm số \(y = \dfrac{1}{x}\) không liên tục trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\) thì không có nguyên hàm luên tục trên\(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

\( \to \) Đáp án A sai.

+ Ta có: \(\int {{x^3}\,dx = \dfrac{{{x^4}}}{4} + C} \)\( \to \) Đáp án B sai.

+ Ta có: \(\int {\ln x\,dx} \)  . Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{x}dx\\v = x\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(\int {\ln x\,dx}  = x\ln x - \int {x.\dfrac{1}{x}dx} \)\(\, = x\ln x - \int {dx}  = x\ln x - x + C\)

\( \to \) Đáp án D sai.

Chọn đáp án C.

Ta có:

\(\int {{2^{\sqrt x }}\dfrac{{\ln x}}{{\sqrt x }}dx}  \\= \int {{2^{\sqrt x }}\dfrac{{\ln {{\left( {\sqrt x } \right)}^2}}}{{\sqrt x }}} \,d\left( {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}} \right) \\= 4\int {{2^{\sqrt x }}\ln \left( {\sqrt x } \right)} \,d\left( {\sqrt x } \right)\\ = {2^{\sqrt x  + 1}} + C\)

Chọn đáp án B.

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x \Rightarrow du = \dfrac{1}{x}dx\\u = \ln x \Rightarrow x = {e^u} \Rightarrow \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{{e^u}}} = {e^{ - u}}\end{array} \right.\)

Đổi cận \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \to u = 0\\x = e \to u = 1\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}\,dx}  \\\;\;= \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{x}d\left( {\ln x} \right)}  \\\;\;= \int\limits_0^1 {\left( {1 - u} \right){e^{ - u}}} du\)

Chọn đáp án B.

Cho khối chóp có thể tích \(V\), diện tích đáy là \(S\) và chiều cao \(h\). Công thức tính thể tích là: \(V = \dfrac{1}{3}Sh\)   

Hai đường sinh bất kì của nón có thể không vuông góc.

Chọn D.

\(\begin{array}{l}BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\\\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}}\\ \Rightarrow AH = 2,4\end{array}\)

Thể tích của khối tròn xoay khi cho tam giác ABC quay quanh AB là:

\({V_1} = \dfrac{1}{3}\pi {.4^2}.3 = 16\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của khối tròn xoay khi cho tam giác ABC quay quanh AC là:

\({V_2} = \dfrac{1}{3}\pi {.3^2}.4 = 12\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích của khối tròn xoay khi cho tam giác ABC quay quanh BC là:

\({V_3} = \dfrac{1}{3}\pi .2,{4^2}.5 = 9,6\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Do đó: \({V_3} < {V_2} < {V_1}\)

Chọn A.

Khối chóp có đáy là đa giác \(n\)cạnh thì có \(n + 1\)đỉnh (gồm đỉnh \(S\)và \(n\)đỉnh của đa giác đáy),

\(n + 1\)mặt (\(1\)mặt đáy và \(n\)mặt bên) và \(2n\) cạnh (\(n\)cạnh bên và \(n\)cạnh đáy)

Do đó chỉ có ý A đúng.

Chọn A

Điều kiện: \(x \ne 0\)

Ta có:

\(\dfrac{2}{{1 - {e^{ - 2x}}}} = 4 \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{2}{{1 - \dfrac{1}{{{e^{2x}}}}}} = 4 \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{2{e^{2x}}}}{{{e^{2x}} - 1}} = 4\)

\( \Leftrightarrow 2{e^{2x}} = 4{e^{2x}} - 4 \)

\(\Leftrightarrow {e^{2x}} = 2\)

\(\Leftrightarrow 2x = \ln 2 \)

\(\Leftrightarrow x = \dfrac{{\ln 2}}{2}\)

Chọn đáp án B.

Đặt \(\log x = t \Rightarrow x = {10^t}\)

Khi đó phương trình trở thành: \({\left( {{{10}^t}} \right)^t} = \dfrac{{{{\left( {{{10}^t}} \right)}^3}}}{{100}} \Leftrightarrow {10^2}{.10^{{t^2}}} = {10^{3t}}\)

\( \Leftrightarrow {10^{{t^2} + 2}} = {10^{3t}}\)

\(\Leftrightarrow {t^2} - 3t + 2 = 0\)

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

+ Với \(t = 1 \Rightarrow \log x = 1 \Leftrightarrow x = 10\)

+ Với \(t = 2 \Rightarrow \log x = 2 \Leftrightarrow x = 100.\)

Chọn đáp án B.

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^3}\\dv = \cos xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 3{x^2}dx\\v = \sin x\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {{x^3}\cos x\,dx}  \\= \left( {{x^3}\sin x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. - 3\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {\sin x.{x^2}dx} \)

Đặt \(I = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {{x^2}\sin x\,dx} \).            

Ta có: \(I = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {{x^2}\sin x\,dx} \)\(\, = \left( { - {x^2}\cos x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. + 2\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {\cos x.} \,xdx\)

Đặt \({I_1} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {x\cos xdx} \)

Ta có: \({I_1} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {x\cos xdx} \)\(\, = \left( {x\sin x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. - \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {\sin xdx} \)

\( = \left( {\dfrac{\pi }{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - \left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right)\left( { - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right) - \left( { - \cos x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right.\)\( = 0 - \left( { - \dfrac{1}{2} - \left( { - \dfrac{1}{2}} \right)} \right) = 0\)

Khi đó \(I = \left( { - {x^2}\cos x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. \)\(\,= \left( { - \dfrac{{{\pi ^2}}}{9}.\dfrac{1}{2}} \right) - \left( { - \dfrac{{{\pi ^2}}}{9}.\dfrac{1}{2}} \right) = 0\)

Khi đó \(\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {{x^3}\cos x\,dx}\)\(\,  = \left( {{x^3}\sin x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. \)\(\,= \dfrac{{{\pi ^3}}}{{27}}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - \left( { - \dfrac{{{\pi ^3}}}{{27}}} \right)\left( { - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = 0\)

Chọn đáp án D.

Hàm số bậc ba nếu có cực đại thì có cả cực tiểu vì hàm số bậc ba chỉ có thể có hai điểm cực trị hoặc không có điểm cực trị nào.

Chọn C.

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } y =  + \infty \) thì \(x = {x_0}\) là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Chọn B.

Điều kiện: \(x > 21.\)

Ta có: \(\log (x - 21) < 2 - \log x \)

\(\Leftrightarrow \log \left( {x - 21} \right) + \log x < 2\)

\( \Leftrightarrow \log \left( {{x^2} - 21x} \right) < 2\)

\(\Leftrightarrow {x^2} - 21x < 100\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 21x - 100 < 0 \)

\(\Leftrightarrow \left( {x + 4} \right)\left( {x - 25} \right) < 0 \)

\(\Leftrightarrow 21<x < 25\) (vì \(x > 21.\))

Chọn đáp án C.

Ta có:

\(\int {{x^2}\sqrt {{x^3} + 5} } \,dx \)

\(= \dfrac{1}{3}\int {\sqrt {{x^3} + 5} } \,d\left( {{x^3} + 5} \right) \)

\(= \dfrac{1}{3}\int {{{\left( {{x^3} + 5} \right)}^{\dfrac{1}{2}}}} d\left( {{x^3} + 5} \right) \)

\(= \dfrac{2}{9}{\left( {{x^3} + 5} \right)^{\dfrac{3}{2}}} + C\)

Chọn đáp án A.

Nếu \(A',B',C'\) là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh \(SA,SB,SC\) của hình chóp tam giác \(S.ABC\). Khi đó:

\(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Chọn D.

Dễ thấy chỉ có \(\overrightarrow x  = (0;0;0)\)thỏa mãn \(\overrightarrow x .\overrightarrow a  = \overrightarrow x .\overrightarrow b  = \overrightarrow x .\overrightarrow c  = 0.\)

Đồ thị hàm số bậc ba có duy nhất 1 tâm đối xứng.

Hoành độ tâm đối xứng là nghiệm của đạo hàm cấp hai.

Chọn A.

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 > 0\\y - 1 > 0\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\\y > 1\end{array} \right.\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(\begin{array}{l}\int {\dfrac{{1 - 2{{\tan }^2}x}}{{{{\sin }^2}x}}\,dx} \\ = \int {\left( {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}} - \dfrac{2}{{{{\cos }^2}x}}} \right)\,dx} \\ = \int {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}}\,dx - 2\int {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx} } \\ =  - \cot x - 2\tan x + C\end{array}\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\int {x\sqrt {x + 1} \,dx} \)

Đặt \(t = \sqrt {x + 1}  \Rightarrow {t^2} = x + 1\)\(, \Leftrightarrow x = t{}^2 - 1\)

\( \Rightarrow dx = d\left( {{t^2} - 1} \right) = 2t\,dt\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\int {x\sqrt {x + 1} \,dx} \\ = \int {\left( {{t^2} - 1} \right)t.2tdt} \\ = 2\int {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} \\ = 2\left( {\dfrac{{{t^5}}}{5} - \dfrac{{{t^3}}}{3}} \right) + C\end{array}\)

Với \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 1\\x = 3 \to t = 2\end{array} \right.\)         

Theo giải thiết \(F\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow 2\left( {\dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{3}} \right) + C = 2 \)\(\,\Leftrightarrow C = \dfrac{{34}}{{15}}\)

Khi đó \(F\left( {x = 3} \right) = F\left( {t = 2} \right) \)\(\,= 2\left( {\dfrac{{{2^5}}}{5} - \dfrac{{{2^3}}}{3}} \right) + \dfrac{{34}}{{15}} = \dfrac{{146}}{{15}}.\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \({S_{\Delta BCD}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\)

\({V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a.\dfrac{1}{2}{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{6}\)

Chọn A.

\(E(x;y;z)\), từ \(\overrightarrow {CE}  = 2\overrightarrow {EB}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \dfrac{8}{3}\\z =  - \dfrac{8}{3}\end{array} \right..\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {5^x} + 2x\) trên \(\mathbb{R}\) ta có:

\(f'\left( x \right) = {5^x}\ln 5 + 2 > 0\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Rightarrow \)Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Mà \(f\left( x \right) < f\left( 1 \right)=7\) nên \(x < 1\)

Chọn đáp án B.

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

Theo giải thiết ta có: \(F\left( 0 \right) = \dfrac{3}{2} \)

\(\Rightarrow {e^0} + {0^2} + C = \dfrac{3}{2} \Rightarrow C = \dfrac{1}{2}\)

Khi đó ta có: \(F\left( x \right) = {e^x} + {x^2} + \dfrac{1}{2}\)

Chọn đáp án B.