Chọn D

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (-2;-1) và (1;3); nghịch biến trên khoảng (-1;1).

Chọn D

Loại A do đồ thị không phải dạng đồ thị hàm trùng phương.

Loại B do $a<0$ .

Đồ thị hàm số có cực đại tại x=0 nên $y^{\text{'}}=0$  có nghiệm x=0.

Ta có ${\left(x-3\right)}^3=x^3-9x^2+27\text{x}-27$  nên $y={\left(x-3\right)}^2$  cắt trục tung tại điểm có tung độ nhỏ hơn 0 (loại đáp án D).

d có véctơ chỉ phương là $\left(1;3;-2\right)$ .

Xét đáp án A,$\overrightarrow{u}=\left(-1;-3;2\right)=-1\left(1;3;-2\right)$

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}h.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}h.\frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^3}{6}\Rightarrow h=a$ .

Dựa vào đồ thị ta có $\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[-1;3\right]}{\max }y=\frac{9}{4}\iff M=\frac{9}{4}\\ \underset{\left[-1;3\right]}{\min }y=-1\iff m=-1\end{array}\right.\Rightarrow 4M-m=9-\left(-1\right)=10$ .

Ta có $f\left(x\right)=-x^3+3{\text{x}}^2-2018\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=-3{\text{x}}^2+6\text{x}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(1\right)=3$ .

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{xd\text{x}}{x+1}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(1-\frac{1}{x+1}\right)d\text{x}={\left.\left(x-\ln \left|x+1\right|\right)\right|}_0^1=1-\ln 2\Rightarrow a=1;b=-1\Rightarrow a-2b=3$

$\mathcal{l}=BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+4{\text{a}}^2}=a\sqrt{5}$

Đường thẳng Δ vuông góc với mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  nên các véctơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  có dạng $\overrightarrow{n}=k\left(1;-2;3\right),\forall k\ne 0$ .

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^3+3{\text{x}}^2-3$  trên đoạn $\left[1;3\right]$ .

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-3{\text{x}}^2+6\text{x};f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\notin \left[1;3\right]\\ x=2\in \left[1;3\right]\end{array}\right.$ .

Bảng biến thiên của hàm số $f\left(x\right)=-x^3+3{\text{x}}^2-3$  trên đoạn $\left[1;3\right]$ .

Gọi $x_1$  và $x_2$  là hai nghiệm trên đoạn $\left[1;3\right]$  (với $x_1<x_2$ ) của phương trình $-x^3+3{\text{x}}^2-3=0$ .

Khi đó ta có bảng biến thiên của hàm số $g\left(x\right)=\left|-x^3+3{\text{x}}^2-3\right|$  trên đoạn $\left[1;3\right]$ .

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số $y=\left|-x^3+3{\text{x}}^2-3\right|$  trên đoạn $\left[1;3\right]$  bằng 3 và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\left|-x^3+3{\text{x}}^2-3\right|$   trên đoạn $\left[1;3\right]$  bằng 0.

Do đó M=3,m=0 nên M+m=3.

Xét hệ $\left\{\begin{array}{l}{u}_9=5u_2\\ u_{13}=2u_6+5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1+8\text{d}=5\left(u_1+d\right)\\ u_1+12\text{d}=2\left(u_1+5\text{d}\right)+5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}4u_1-3\text{d}=0\\ u_1-2\text{d}=-5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}d=4\\ u_1=3\end{array}\right.$

Ta có: $4f^2\left(x\right)-16=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=-2\end{array}\right.$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y=2 cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 2 điểm phân biệt và đường thẳng y= -2 cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 2 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.

Vì $BC\text{ // AD}\Rightarrow BC\text{ // }\left(SA\text{D}\right)$

$\Rightarrow d\left(BC,S\text{D}\right)=d\left(BC,\left(SA\text{D}\right)\right)=d\left(B,\left(SA\text{D}\right)\right)$.

Ta có:$\left\{\begin{array}{l}AB\perp \text{S}A\\ AB\perp A\text{D}\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SA\text{D}\right)\Rightarrow d\left(B,\left(SA\text{D}\right)\right)=BA=a$

Giải phương trình ta có: $w=\left(i^{2021}-2\right)z_0=-5i$ .

Vậy điểm $M\left(0;-5\right)$  biểu diễn số phức w.

Ta có $f\left(x\right)={\log }_2\left(e^x+\pi m\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{e^x}{\left(e^x+\pi m\right)\ln 2}$ .

Vậy $f^{\text{'}}\left(\ln 2\right)=\frac{1}{\ln 2}\iff \frac{2}{\left(2+\pi m\right)\ln 2}=\frac{1}{\ln 2}\iff m=0\in \left(-1;1\right)$ .

Đường thẳng BC có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{BC}=\left(1;-1;3\right)$ .

Nên phương trình đường thẳng BC: $\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=2-t\\ z=3t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$ .

Gọi $H\left(t;2-t;3t\right)\in BC$ .

Khi đó: $\overrightarrow{AH}=\left(t-2;2-t;3t\right)$ .

Mà H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC nên 

$\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}\iff \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\iff t-2-2+t+9t=0\iff t=\frac{4}{11}$

$\Rightarrow H\left(\frac{4}{11};\frac{18}{11};\frac{12}{11}\right)\Rightarrow x_0+y_0+z_0=\frac{34}{11}$.

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có $\left(A^{\text{'}}AM\right)\perp \left(A^{\text{'}}BC\right)$  theo giao tuyến A'M.

Trong (A'AM) kẻ $OH\perp A^{\text{'}}M\left(H\in M\right)\Rightarrow OH\perp \left(A^{\text{'}}BC\right)$ .

Suy ra: $d\left(O,\left(A^{\text{'}}BC\right)\right)=OH=\frac{a}{6};S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Ta có: $\Delta A^{\text{'}}AM\Delta \text{OHM}$ , suy ra $\frac{OH}{A^{\text{'}}A}=\frac{OM}{A^{\text{'}}M}\Rightarrow \frac{\frac{a}{6}}{A^{\text{'}}A}=\frac{\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A{M}^2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{A^{\text{'}}A}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}\Rightarrow A^{\text{'}}A=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

Thể tích $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.A^{\text{'}}A=\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3{\text{a}}^3\sqrt{2}}{16}$

Đặt ${\log }_{4}x={\log }_{9}y={\log }_6\left(\frac{xy}{4}+1\right)=t\Rightarrow x=4^t,y=9^t,xy={4.6}^t-4$

$\Rightarrow 6^{2t}-{4.6}^t+4=0\Rightarrow 6^t=2\Rightarrow t={\log }_{6}2$.

Khi đó ${\log }_{4}x+{\log }_{9}y={\log }_6\left(\frac{xy}{4}+1\right)=t={\log }_{6}2\iff x=4^{{\log }_{6}2},y=9^{{\log }_{6}2}$ .

Do đó $P={\left(4^{{\log }_{6}2}\right)}^{{\log }_{4}6}+{\left(9^{{\log }_{6}2}\right)}^{{\log }_{9}6}={\left(4^{{\log }_{4}6}\right)}^{{\log }_{6}2}+{\left(9^{{\log }_{9}6}\right)}^{{\log }_{6}2}=6^{{\log }_{6}2}+6^{{\log }_{6}2}=4$ .

Ta có $S_{xq}=2\pi Rh=24\pi$  và diện tích toàn phần là 42$\mathrm{\pi }$ nên R=3 , h=4

Vậy thể tích khối trụ trên là: $V=\pi R^{2}h=\pi {.3}^2.4=36\pi$ .

Gọi $z=x+yi$  với $x,y\in ℝ$ . Khi đó điểm $M\left(x;y\right)$  là điểm biểu diễn cho số phức z.

Ta có $\left|z-2i\right|=\left|\overline{z}+4\right|\iff \left|x+yi-2i\right|=\left|x-yi+4\right|$

$\iff \sqrt{x^2+{\left(y-2\right)}^2}=\sqrt{{\left(x+4\right)}^2+y^2}\iff 8\text{x}+4y+12=0\iff 2\text{x}+y+3=0$.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng $\Delta :2\text{x}+y+3=0$ .

Từ bảng biến thiên của hàm số đã cho ta suy ra bảng biến thiên của hàm số $y=\left|f\left(x-1\right)\right|$  như sau (trong đó $x_1,x_2,x_3$  là các nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=0$ ):

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình $\left|f\left(x-1\right)\right|=2$  có 5 nghiệm.

Véctơ chỉ phương của $d_1,d_2$  lần lượt là $\overrightarrow{u_{d_1}}=\left(2;1;2\right),\overrightarrow{u_{d_2}}=\left(1;2;3\right)$

Giả sử $d\cap d_2=\left\{B\right\}\Rightarrow B\in {\text{d}}_2$

Gọi $B\left(3+t;2+2t;3t\right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}\left(1+t;2t;3t-1\right)$ .

Vì $d\perp {\text{d}}_1\Rightarrow \overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{u_{d_1}}\iff \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_{d_1}}=0$ $\iff 2\left(1+t\right)+2t+2\left(3t-1\right)=0\iff t=0$

Khi đó $\overrightarrow{AB}\left(1;0;-1\right)$ .

d đi qua $A\left(2;2;1\right)$  và có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{AB}\left(1;0;-1\right)$ , nên có phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=2\\ z=1-t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$ .

Ta có ${\left(2{\text{x}}^2+\frac{1}{x}\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{2}^{n-k}{x}^{2n-3k}\Rightarrow a_k=C_n^k{2}^{n-k}{x}^{2n-3k}$

Hệ số chứa $2^6{C}_n^9\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{C}_n^k{2}^{n-k}=2^6.C_n^9\\ 2n-3k=3\end{array}\right.\Rightarrow n=15$

Ta có: $\underset{-1}{\overset{k}{\int }}{e}^{x}d\text{x}=\underset{k}{\overset{1}{\int }}{e}^{x}d\text{x}\iff e^x-\frac{1}{e}=e-e^k\iff k=\ln \left(e+\frac{1}{e}\right)-\ln 2$

Ta có: d đi qua $N\left(4;2;-1\right)$  và có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(3;1;1\right)$ .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d

$\iff \left\{\begin{array}{l}MH\perp \text{d}\\ H\in \text{d}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{u_d}=0\\ H\in \text{d}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=4+3t\\ y=2+t\\ z=-1+t\\ 3\text{x}+y-2+z=0\end{array}\right.\Rightarrow H\left(1;1;-2\right)$.

Đường thẳng Δ đi qua M và vuông góc với d có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=-1$ . $\overrightarrow{MH}=\left(1;-1;-2\right)$ .

Phương trình $\Delta :\frac{x}{-1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z}{2}$ .

Ta có: $3^{2\text{x}}+2\text{x}\left(3^x+1\right)-{4.3}^x-5=0\iff \left(3^{2\text{x}}-1\right)+2\text{x}\left(3^x+1\right)-\left({4.3}^x+4\right)=0$

$\iff \left(3^x-1\right)\left(3^x+1\right)+\left(2\text{x}-4\right)\left(3^x+1\right)=0\iff \left(3^x+2\text{x}-5\right)\left(3^x+1\right)=0\iff 3^x+2\text{x}-5=0$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=3^x+2\text{x}-5$ , ta có: $f\left(1\right)=0$  và $f^{\text{'}}\left(x\right)=3^x\ln 3+2>0;\forall x\in ℝ$ . Do đó hàm số $f\left(x\right)$  đồng biến trên R.

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là $x=1$ .

Do $f\left(x\right)$  là hàm số chẵn nên $f\left(-x\right)=f\left(x\right)$  và $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx$ .

Xét $I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=1010$ . Đặt $x=-t\Rightarrow d\text{x}=-dt$ .

Đổi cận: $x=-1\Rightarrow t=1$ .

  $x=1\Rightarrow t=-1$.

$\Rightarrow I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=\underset{1}{\overset{-1}{\int }}\frac{f\left(-t\right)}{1+e^{-t}}\left(-dt\right)=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^t.f\left(-t\right)}{1+e^t}dt=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^t.f\left(t\right)}{1+e^t}dt=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^x.f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}$.

$\Rightarrow \underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^x.f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=1010$

Khi đó: $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}+\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^x.f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{\left(e^x+1\right).f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=1010+1010=2020$

$\Rightarrow 2\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=2020\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=1010$.

Thể tích của vật thể là:  $\frac{17{\pi }^2}{2}=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\left(a\sin x+b\cos x\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\left(a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x+2ab\sin x\cos x\right)dx$

$=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\left(a^2\frac{1-\cos 2x}{2}+b^2\frac{1+\cos 2x}{2}+ab\sin 2x\right)dx$

$={\left.\pi \left[a^2\left(\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\right)+b^2\left(\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}\right)-\frac{ab}{2}\cos 2x\right]\right|}_0^{\pi }=\left(a^2+b^2\right)\frac{{\pi }^2}{2}$

Suy ra có $a^2+b^2=17$ .

Mặt khác $f^{\text{'}}\left(x\right)=a\cos x-b\sin x\Rightarrow 1=f^{\text{'}}\left(0\right)=a\Rightarrow a=1\Rightarrow b=4$ .

Ta được $T=2020+4^{10}$ .

Ta có: $\left|z+2w\right|=3\iff {\left|z+2\text{w}\right|}^2=9\iff \left(z+2w\right).\left(\overline{z+2w}\right)=9\iff \left(z+2w\right)\left(\overline{z}+2\overline{\text{w}}\right)=9$

 $\iff z.\overline{z}+2\left(z.\overline{\text{w}}+\overline{z}.\text{w}\right)+4w.\overline{\text{w}}=9\iff {\left|z\right|}^2+2P+4{\left|\text{w}\right|}^2=9$(1).

Tương tự:

$\left|2\text{z}+3w\right|=6\iff {\left|2\text{z}+3w\right|}^2=36\iff \left(2\text{z}+3w\right)\left(2\overline{z}+3\overline{\text{w}}\right)=36\iff 4{\left|z\right|}^2+6P+9{\left|\text{w}\right|}^2=36$ (2).

 $\left|z+4w\right|=7\iff \left(z+4w\right)\left(\overline{z}+4\overline{\text{w}}\right)=49\iff {\left|z\right|}^2+4P+16{\left|\text{w}\right|}^2=49$(3).

Giải hệ phương trình gồm (1), (2), (3) ta có: $\left\{\begin{array}{l}{\left|z\right|}^2=33\\ P=-28\\ {\left|\text{w}\right|}^2=8\end{array}\right.\Rightarrow P=-28$ .

Ta có $g\left(x\right)$  là hàm phân thức hữu tỉ với bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu nên $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }g\left(x\right)=0$ , do đó đồ thị hàm số g(x) luôn có một tiệm cận ngang là $y=0$ .

Phương trình $f\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=x_1\in \left(-2;-1\right)\\ x=x_2\in \left(-1;0\right)\\ x=x_3\in \left(0;1\right)\\ x=x_4\in \left(1;2\right)\end{array}\right.$ .

Ta thấy phương trình $f\left(x\right)=0$  có 4 nghiệm phân biệt đều khác 0 nên $x=x_1,x=x_2,x=x_3,x=x_4$  là 4 tiệm cận đứng đồ thị hàm số g(x).

Vậy để đồ thị hàm số g(x) có đúng 9 đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng thì phương trình $f\left(x\right)=m$  phải có đúng 4 nghiệm phân biệt khác 0 và khác với 4 nghiệm $x_i$  ($i=\overline{1,4}$ )  $\iff \left\{\begin{array}{l}-\frac{3}{2}<m<2\\ m\ne 0\end{array}\right.$ mà $m\in \mathbb{Z}$  nên $m\in \left\{-1;1\right\}$ .

Ta có: $h^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-g^{\text{'}}\left(x\right)$ . Với $x\in \left(-\frac{9}{10};-\frac{2}{5}\right)$ , ta có:

Đồ thị $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$  nằm hoàn toàn phía dưới đồ thị $y=g^{\text{'}}\left(x\right)$  nên $h^{\text{'}}\left(x\right)<0,\forall \text{x}\in \left(-\frac{9}{10};-\frac{2}{5}\right)$ .

Nên hàm số $h\left(x\right)$  nghịch biến trên khoảng $\left(-\frac{9}{10};-\frac{2}{5}\right)$ .

Ta có $P=1010{\log }_a^{2}b+2020{\log }_{b}a=1010{\log }_a^{2}b+\frac{2020}{{\log }_{a}b}$ .

Đặt $t={\log }_{a}b$ . Khi đó $P=1010t^2+\frac{2020}{t}$ .

Vì $a,b>1$  nên $t={\log }_{a}b>0$ . Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

$P=1010t^2+\frac{2020}{t}=1010t^2+\frac{1010}{t}+\frac{1010}{t}\ge 3\sqrt[3]{{1010}^3}=3030$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $1010t^2=\frac{1010}{t}\Rightarrow t=1$ .

Ta có $m={\log }_a\sqrt{ab}=\frac{1}{2}{\log }_a\left(ab\right)=\frac{1}{2}\left(1+{\log }_{a}b\right)=\frac{1}{2}\left(1+t\right)=\frac{1}{2}\left(1+1\right)=1$ .

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $4=\frac{AB}{A{B}^{\text{'}}}+\frac{AC}{A{C}^{\text{'}}}+\frac{A\text{D}}{A}\ge 3\sqrt[3]{\frac{AB.AC.AD}{AB\text{'}.AC\text{'}.AD\text{'}}}$ .

Để $V_{A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}$  nhỏ nhất khi và chỉ khi $\Rightarrow \frac{AB\text{'}.AC\text{'}.AD\text{'}}{AB.AC.AD}\ge \frac{27}{64}\Rightarrow \frac{V_{AB\text{'}C\text{'}D\text{'}}}{V_{ABCD}}=\frac{AB\text{'}.AC\text{'}.AD\text{'}}{AB.AC.AD}\ge \frac{27}{64}\Rightarrow V_{A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}\ge \frac{27}{64}{V}_{ABC\text{D}}$ .

Ta có $\overrightarrow{CB}=\left(3;1;2\right),\overrightarrow{C\text{D}}=\left(1;4;4\right)$  suy ra mặt phẳng $\left(BCD\right)$  có véctơ pháp tuyến là

$\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{CB};\overrightarrow{C\text{D}}\right]=\left(-4;-10;11\right)$.

Lúc đó mặt phẳng $\left(B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$  song song với mặt phẳng $\left(BCD\right)$  và đi qua $B^{\text{'}}\left(\frac{7}{4};\frac{1}{4};\frac{7}{4}\right)$

$\Rightarrow \left(B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right):16\text{x}+40y-44\text{z}+39=0$.

Phương trình hoành độ giao điểm giữa parabol và cung tròn: $x^2=\sqrt{2\text{x}-x^2}\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=0\end{array}\right.$ .

Khi đó: $S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}d\text{x}+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\sqrt{2\text{x}-x^2}d\text{x}=\frac{1}{3}+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\sqrt{1-{\left(x-1\right)}^2}d\text{x}$ .

Đặt $x-1=\sin t,t\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]\Rightarrow d\text{x}=\cos tdt$ .

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

Suy ra $S=\frac{1}{3}+\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^{2}tdt=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(1+\cos 2t\right)dt={\left.\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t\right)\right|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{1}{3}+\frac{\pi }{4}$ .