Phương trình đã cho tương đương với:

$$\begin{gathered} \frac{1+\cos \left(2x\right)}{2}+\frac{1+\cos \left(4x\right)}{2} \\ +\frac{1+\cos \left(6x\right)}{2}+\frac{1+\cos \left(8x\right)}{2}=2 \\ \iff \cos \left(2x\right)+\cos \left(4x\right)+\cos \left(6x\right)+\cos \left(8x\right)=0 \\ \iff \left(\cos \left(2x\right)+\cos \left(4x\right)\right)+\left(\cos \left(6x\right)+\cos \left(8x\right)\right)=0 \\ \iff 2\cos \left(3x\right)\cos \left(x\right)+2\cos \left(7x\right)\cos \left(x\right)=0 \\ \iff 2\cos \left(x\right)\left(\cos \left(3x\right)+\cos \left(7x\right)\right)=0 \\ \iff 4\cos \left(x\right)\cos \left(2x\right)\cos \left(5x\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\cos \left(x\right)=0\\ \cos \left(2x\right)=0\\ \cos \left(5x\right)=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }\\ x=\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\frac{\mathrm{\pi }}{2}\\ x=\frac{\mathrm{\pi }}{10}+k\frac{\mathrm{\pi }}{5}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án A

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 5 số không âm ta có:

$$\begin{gathered} y=108\left(\frac{1}{2}{\sin }^2\left(x\right)\right).\left(\frac{1}{2}{\sin }^2\left(x\right)\right) \\ \left(\frac{1}{3}{\cos }^2\left(x\right)\right)\left(\frac{1}{3}{\cos }^2\left(x\right)\right)\left(\frac{1}{3}{\cos }^2\left(x\right)\right) \\ \le 108\left(\frac{{\left(\frac{1}{2}{\sin }^2\left(x\right)\right)}^2+{\left(\frac{1}{3}{\cos }^2\left(x\right)\right)}^3}{5}\right)=\frac{108}{3125} \end{gathered}$$

Dấu “=” xảy ra

$$\begin{gathered} \iff \frac{1}{2}{\sin }^2\left(x\right)=\frac{1}{3}{\cos }^2\left(x\right) \\ \iff \frac{1}{2}.\frac{1-\cos \left(2x\right)}{2}=\frac{1}{3}.\frac{1+\cos \left(2x\right)}{2} \\ \iff \cos \left(2x\right)=\frac{1}{5} \end{gathered}$$

Đáp án B

+ Loại 1: chọn tùy ý trong 15 viên bi có $C_{15}^4=1365$ cách

+ Loại 2: chọn đủ cả 3 màu có 720 cách gồm các trường hợp sau:

- Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng và 1 bi vàng có 180 cách

- Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng và 1 bi vàng có 240 cách

- Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng và 2 bi vàng có 300 cách

Vậy có 1365 - 720 = 645 cách

Đáp án D

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{40}^3$

Gọi A là biến cố: “3 học sinh được chọn luôn có học sinh chọn môn Vật lý và học sinh chọn môn Hóa học”.

Số phần tử của biến cố A là $n\left(A\right)=C_{10}^1{C}_{10}^2+C_{10}^2{C}_{10}^1+C_{10}^1{C}_{10}^1{C}_{10}^1$

Vậy xác suất cần tìm là

$$\begin{gathered} P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(C\right)} \\ =\frac{C_{10}^1{C}_{10}^2+C_{10}^2{C}_{10}^1+C_{10}^1{C}_{10}^1{C}_{10}^1}{C_{40}^3} \\ =\frac{120}{247} \end{gathered}$$

Đáp án A

$\forall k$ ta có: k.k! = ( k+1 )! - k!

ta có:

 $$\begin{gathered} u_n=\frac{\left(2!-1!\right)+\left(3!-2!\right)+..\left(\left(n+1\right)!-n!\right)}{\left(n+1\right)!} \\ =1-\frac{1}{\left(n+1\right)!} \end{gathered}$$

Vậy $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=1$

Đáp án A

ta có:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[3]{x+8}-\sqrt{x+4}}{x} \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[3]{x+8}-2}{x}-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x+4}-2}{x} \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sqrt[3]{x+8}+2\sqrt[3]{x+8}+4}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x+4}+2} \\ =\frac{1}{12}+\frac{1}{4}=\frac{1}{3} \end{gathered}$$

Đáp án B

Số điểm gián đoạn của hàm số trên chính là số nghiệm của phương trình $x^4-10x^2+9=0$

Do phương trình $x^4-10x^2+9=0$ có 4 nghiệm phân biệt nên hàm số có 4 điểm gián đoạn

Đáp án A

Áp dụng công thức $f\left(x_0+∆x\right)\approx f\left(x_0\right)+f\text{'}\left(x_0\right).∆x$

Với $f\left(x\right)=\ln \left(x\right);x_0=1;∆x=0,004$ ta có

$$\begin{gathered} \ln \left(1,004\right)=\tan \left(1+0,004\right) \\ \approx \ln \left(1\right)+\frac{1}{1}.0,004\approx 0,004 \end{gathered}$$

Đáp án D

Gọi O là tâm hình vuông và H là hình chiếu của O lên SC

Ta có $\widehat{OHD}={60}^o$ ($\widehat{DHB}$ là góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SBC) )

Diện tích của $∆SOC$ là

$$\begin{gathered} \frac{xa\sqrt{2}}{2}=OH.SC\Rightarrow OH=\frac{xa\sqrt{2}}{2\sqrt{x^2+2a^a}} \\ OH=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{1}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

Do đó x = a

Đáp án A

Yêu cầu bài toán $\iff$phương trình $y\text{'}=2x\left[2x^2+\left(2m-1\right)\right]=0$ có ba nghiệm phân biệt $m<\frac{1}{2}$

Đáp án B

TXĐ: $D=R\setminus \left\{2m\right\}$

$y\text{'}=\frac{-x^2+4mx-m^2}{{\left(x-2m\right)}^2}=\frac{f\left(x\right)}{{\left(x-2m\right)}^2}$

Đặt t = x - 1. Khi đó bất phương trình $f\left(x\right)\le 0$ trở thành $g\left(t\right)=-t^2-2\left(1+2m\right)t-m^2+4m-1\le 0$

Hàm số nghịch biến trên $\left(1;+\infty \right)$ khi và chỉ khi 

$$\begin{gathered} y\text{'}\le 0,\forall x\in \left(1;+\infty \right)\iff \left\{\begin{array}{l}2m<1\\ g\left(t\right)\le 0,\forall t>0\left(*\right)\end{array}\right. \\ \left(*\right)\iff \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=0\\ \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=0\\ S<0\\ P\ge 0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=0\\ \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ 4m-2<0\\ m^2-4m+1\ge 0\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff m\le 2-\sqrt{3} \end{gathered}$$

Vậy $m\le 2-\sqrt{3}$

Đáp án C

$y\text{'}=x^2-2mx+m^2-1$

Dễ thấy rằng hàm số có hai điểm cực trị x = m + 1; x = m - 1 với mọi m

Ta có: 

$$\begin{gathered} y_{CD}+y_{CT}>2 \\ \iff y\left(m+1\right)+y\left(m-1\right)>2 \\ \iff 2m^3-2m+2>2 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<0\\ m>1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có 64 = -8a + 4b - 2c + d; -61 = 27a + 9b + 3c +d

Từ $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$ ta thu được hai phương trình 0 = 12a - 4b + c; 0 = 27a + 6b + c

Giải hệ gồm 4 phương trình trên ta thu được a = 2; b = -3; c = -36; d = 20 hay a + b + c + d = -17

Đáp án C

$\sin \left(x\right)>\cos \left(x\right)$ khi $\frac{\mathrm{\pi }}{4}<x<\mathrm{\pi }$ và $\cos \left(x\right)>\sin \left(x\right)$ khi $0<x<\frac{\mathrm{\pi }}{4}$

Vậy $max\left\{\sin \left(x\right),\cos \left(x\right)\right\}=\cos \left(x\right) khi 0<x<\frac{\mathrm{\pi }}{2}$

Đáp án B

Ta có 

$P=\frac{x^2}{4+8y}+\frac{y^2}{1+x}=\frac{x^2}{4+8y}+\frac{{\left(2y\right)}^2}{4+4x}\ge \frac{{\left(x+2y\right)}^2}{8+4\left(x+2y\right)}$

Dấu “=” xảy ra khi x = 2y

Đặt t = x + 2y; t$\ge 8$. Khi đó $P\ge \frac{t^2}{8+4t}$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t^2}{8+4t},t\in [8;+\infty )$

Suy ra f(t) đồng biến trên $[8;+\infty )$ nên $f\left(t\right)\ge f\left(8\right)=\frac{8}{5}$Vậy $maxP=\frac{8}{5}\iff x=4;y=2$

Đáp án A

$M\left(m;\frac{2m+1}{m-1}\right)\in \left(C\right)\left(m\ne 1\right)$

Tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 2

Yêu cầu bài toán

$$\begin{gathered} \iff \left|a-1\right|=3\left|\frac{2a+1}{a-2}-2\right| \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=4\Rightarrow M\left(4;3\right)\\ a=-2\Rightarrow M\left(-2;1\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C

Gọi $M\left(m;\frac{2m+1}{m-1}\right)\in \left(C\right)$. Tiếp tuyến với (C)tại M có dạng:$y=-\frac{3}{{\left(m-1\right)}^2}\left(x-m\right)+\frac{2m+1}{m-1}\left(d\right)$

d cắt tiệm cận đứng tại $A\left(1;\frac{2m+4}{m-1}\right)$ và d cắt tiệm cận ngang tại B ( 2m - 1; 2 )

Suy ra trung điểm của AB là $N\left(m;\frac{2m+1}{m-1}\right)=M$

Từ giả thiết bài toán ta có

$$\begin{gathered} I{N}^2=10\iff {\left(m-1\right)}^2+{\left(\frac{2m+1}{m-1}-2\right)}^2=10 \\ \iff m\in \left\{0;2;-2;4\right\} \end{gathered}$$

Vậy có 4 điểm M cần tìm

Đáp án D

Gọi $M\left(x_0;\frac{3x_0-2}{x_0+1}\right)\in \left(C\right)\left(x_0\ne -1\right)$

Tiếp tuyến d với (C) tại M có phương trình: $y-\frac{3x_0-2}{x_0+1}=\frac{5}{{\left(x_0+1\right)}^2}\left(x-x_0\right)$

Do d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A, B và $∆IAB$ có $\cos \left(\widehat{BAI}\right)=\frac{5\sqrt{26}}{26}$ nên $\widehat{BAI}$=$\left|5\right|$

Lại có $\widehat{BAI}$ là hệ số góc của tiếp tuyến d mà $y\text{'}\left(x_0\right)=\frac{5}{{\left(x_0+1\right)}^2}>0$ nên 

$$\begin{gathered} \frac{5}{{\left(x_0+1\right)}^2}=5\iff {\left(x_0+1\right)}^2=1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0=2\\ x_0=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán y = 5x - 2; y = 5x + 2

Đáp án C

Giả sử giá thuê mỗi căn hộ là $2000000+10000x$(đồng/tháng). Khi đó, theo đề bài số căn hộ bị bỏ trống là 2x và số căn hộ được thuê là 50 - 2x. Do đó số tiền công ty thu được mỗi tháng là

$$\begin{gathered} S=\left(2000000+100000x\right)\left(50-2x\right) \\ =200000\left(20+x\right)\left(25-x\right) \end{gathered}$$

Để công ty thu được nhiều lợi nhuận nhất, ta cần tìm $x\in \left[0;25\right]$ sao cho hàm số f(x) = ( 20 + x)( 25 - x ) đạt giá trị lớn nhất

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=5-2x;f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\frac{5}{2}$

Lập bảng biến thiên ta thu được $\underset{x\in \left[0;25\right]}{max}f\left(x\right)=\frac{2025}{4}=x=\frac{5}{2}$

Khi đó, giá thuê cho mỗi căn hộ là

$2000000+100000.\frac{5}{2}=2250000$ (đồng/tháng)

Đáp án A

Đặt $t=\sqrt{{\log }_3^2\left(x+1\right)}$ . Do $1\le x\le 3^{\sqrt{3}}$nên $1\le t\le 2$

Phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn $\left[1;3^{\sqrt{3}}\right]$

$\iff$Phương trình $t^2-1+t-2m-1=0$ có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ 1;2 ]

$\iff$ Phương trình $t^2+t-2=2m$ có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ 1;2 ]

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^2+t-2,t\in \left[1;2\right]$

$f\text{'}\left(t\right)=2t+1>0,\forall t\in \left[1;2\right]\Rightarrow$ là hàm đồng biến trên [ 1;2 ]$\Rightarrow f\left(1\right)\le f\left(t\right)\le f\left(2\right)\iff 0\le m\le 2$

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

Đáp án C

TXĐ: D = $\left(0;+\infty \right)$

$y\text{'}=\frac{1-\ln \left(x\right)}{x}=0\iff x=e$

Lập bảng biến thiên và suy ra hàm số $y=\frac{\ln \left(x\right)}{x}$ có một cực đại

Đáp án B

Ta có: $\frac{\sqrt{a}\sqrt[6]{a}}{\sqrt[3]{a}\sqrt[4]{a}}=\frac{\sqrt[12]{a^6}.\sqrt[12]{a^2}}{\sqrt[12]{a^4}.\sqrt[12]{a^3}}=\frac{\sqrt[12]{a^8}}{\sqrt[12]{a^7}}=\sqrt[12]{a}$

Đáp án D

Ta có: 

$$\begin{gathered} {\log }_{16}\left(60\right)=\frac{{\log }_2\left(60\right)}{{\log }_2\left(16\right)}=\frac{{\log }_2\left(2^3.3.5\right)}{{\log }_2\left(2^4\right)} \\ =\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{a+b}{ab}\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 

$$\begin{gathered} \left(I\right)={\log }_a\left(b\right)+{\log }_b\left(c\right)+{\log }_c\left(a\right) \\ \ge 3\sqrt[3]{{\log }_a\left(b\right).{\log }_b\left(c\right).{\log }_c\left(a\right)}\left(Đ\right) \\ \left(II\right)={\log }_a\left(b^2\right)+{\log }_b\left(c^2\right)+{\log }_c\left(a^2\right) \\ \ge 3\sqrt[3]{{\log }_a\left(b^2\right).{\log }_b\left(c^2\right).{\log }_c\left(a^2\right)}\left(S\right) \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} 1+{\left(\frac{x^4-1}{2x}\right)}^2=\frac{x^8+2x^4+1}{4x^4} \\ \Rightarrow 1+\sqrt{1+{\left(\frac{x^4-1}{2x^2}\right)}^2}=1+\frac{x^4-1}{2x^2} \\ =\frac{{\left(x^2+1\right)}^2}{2x^2} \end{gathered}$$

Do x > 0 nên $P=\frac{x^2+1}{x}\sqrt{2}$. Thay $x=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(2^{\sqrt{2}}+2^{-\sqrt{2}}\right)$ vào P ta được

$$\begin{gathered} P=\frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}\left(2^{2\sqrt{2}}-2^{-2\sqrt{2}}-2\right)+1}{{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\left(2^{\sqrt{2}}-2^{-2\sqrt{2}}\right)}\sqrt{2} \\ =\frac{2^{2\sqrt{2}}+2^{-2\sqrt{2}}}{2^{\sqrt{2}}-2^{-2\sqrt{2}}} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} p+1=2^{756839} \\ \Rightarrow \log \left(p+1\right)=756839.\log \left(2\right)\approx 227823,68 \\ \Rightarrow p+1\approx {10}^{227823,68} \\ \Rightarrow {10}^{227823,68}<p+1<{20}^{227824} \end{gathered}$$

Đáp án D

Đặt $\frac{x\left(y+z-x\right)}{\log \left(x\right)}=\frac{y\left(z+x-y\right)}{\log \left(y\right)}=\frac{z\left(x+y-z\right)}{\log \left(z\right)}=\frac{1}{t}$

Suy ra

$$\begin{gathered} \log \left(x\right)=tx\left(y+z-z\right) \\ \iff y\log \left(x\right)=txy\left(y+z-x\right) \\ \log \left(y\right)=ty\left(z+x-y\right) \\ \iff x\log \left(y\right)=txy\left(z+x-y\right) \end{gathered}$$

Từ đó ta có 

$$\begin{gathered} x\log \left(y\right)+y\log \left(x\right)=2txyz\left(1\right) \\ y\log \left(z\right)+z\log \left(y\right)=2txyz\left(2\right) \\ z\log \left(x\right)+x\log \left(z\right)=2txyz\left(3\right) \end{gathered}$$

Từ (1), (2) và (3) suy ra

$$\begin{gathered} x\log \left(y\right)+y\log \left(x\right)=y\log \left(z\right)+z\log \left(y\right) \\ =z\log \left(x\right)+x\log \left(z\right) \\ \iff \log \left(x^y{y}^x\right)=\log \left(z^y{y}^z\right)=\log \left(z^x{x}^z\right) \\ \Rightarrow x^y{y}^x=z^y{y}^z=z^x{x}^z \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} {\int }_{-1}^2\frac{e^{x}dx}{2+e^x}=\ln \left(\frac{ae+e^3}{ae+b}\right) \\ =\ln {\left(2+e^x\right)}_{-1}^2=\ln \left(2+e^2\right)-\ln \left(2+e^{-1}\right) \\ \ln \left(\frac{2+e^x}{2+e^{-1}}\right)=\ln \left(\frac{2e+e^3}{2e+1}\right)=\ln \left(\frac{ae+e^3}{ae+b}\right) \end{gathered}$$

Suy ra a = 2; b = 1 hay 

$P=\sin \left(\frac{\mathrm{\pi b}}{a}+2017\mathrm{\pi }\right)+\cos \left(\frac{\mathrm{\pi b}}{a}-\sin \left(2018\mathrm{\pi }\right)\right)$ = -1

Đáp án B

Do $\int \frac{1}{\sqrt{mx+m^2-8}}dx=\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}+C$ nên

$$\begin{gathered} \frac{1}{\sqrt{mx+m^2-8}}=\left(\frac{2}{3}\sqrt{3x+1}+C\right) \\ =\frac{1}{\sqrt{3x+1}}\Rightarrow m=3 \end{gathered}$$ 

Khi đó $I={\int }_{m-2}^{e}x{\ln }^{2}xdx$ = $\frac{1}{4}\left(e^x+1\right)$

Đáp án C

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=2x\frac{1}{\ln \left(x^2\right)}-\frac{1}{\ln \left(x\right)}=\frac{x-1}{\ln }>0,\forall x>1\Rightarrow$ g(x) đồng biến trên $\left(1;+\infty \right)$

Suy ra tập giá trị của hàm số g(x) là $T=\left(g\left(1^{+}\right);g\left(+\infty \right)\right)$

Do $\frac{1}{\ln \left(t\right)}$ là hàm số nghịch biến nên $g\left(x\right)\ge \left(x^2-x\right)\frac{1}{\ln \left(x^2\right)}\to +\infty$ khi $x\to +\infty$

Do đó $g\left(+\infty \right)=+\infty$

Để tính $g\left(1^{+}\right)$ đặt $t=e^x$, ta được $g\left(x\right)={\int }_{\ln \left(x\right)}^{2\ln \left(x\right)}\frac{e^v}{v}dv$

Khi đó $g\left(x\right)<e^{2\ln \left(x\right)}={\int }_{\ln \left(x\right)}^{2\ln \left(x\right)}\frac{dv}{v}=x^2\ln \left(2\right)$

Chứng minh tương tự, ta thu được g(x) > xln(2)

Theo định lí kẹp, ta suy ra $g\left(1^{+}\right)=\ln \left(2\right)$

Vậy tập giá trị của hàm số đã cho là $T=\left(\ln \left(2\right);+\infty \right)$

Đáp án D

Nhiệt độ trung bình từ 8h sáng cho đến 20h là tổng nhiệt độ chia cho khoảng thời gian, cho nên được tính bằng:

$$\begin{gathered} \frac{1}{20-8}{\int }_8^{20}\left(50+14\sin \left(\frac{\mathrm{\pi t}}{2}\right)\right)dt \\ =50-\frac{14}{\mathrm{\pi }}\approx 45,{54}^{o}F \end{gathered}$$

Đáp án C

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là 

$V=\mathrm{\pi }{\int }_0^2{\mathrm{x}}^2\mathrm{dy}=\mathrm{\pi }{\int }_0^2{\mathrm{y}}^4\mathrm{dy}=\frac{32\mathrm{\pi }}{5}$

Đáp án B

Giả sử d cắt (P) tại hai điểm phân biệt $A\left(a;a^2\right),B\left(b;b^2\right)$ với

Phương trình đường thẳng $d:y=\left(a+b\right)x-ab$

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng d. Ta có:

$$\begin{gathered} S={\int }_a^b\left|\left(a+b\right)x-ab-x^2\right|dx \\ ={\int }_a^b\left|\left(x-a\right)\left(x-b\right)\right|dx \\ =-{\int }_a^b\left|\left(x-a\right)\left(x-b\right)\right|dx \\ =-{\left(\frac{1}{3}{x}^3-\frac{a+b}{2}{x}^2+abx\right)}_a^b \\ =\frac{1}{6}{\left(b-a\right)}^3 \end{gathered}$$

Do M ( 1;3 )$\in d$ nên a + b = ab + 3

Suy ra 

$$\begin{gathered} S^2=\frac{1}{36}{\left[{\left(b-a\right)}^2\right]}^3=\frac{1}{36}{\left[{\left(a+b\right)}^2-4ab\right]}^3 \\ =\frac{1}{36}\left[{\left(ab+3\right)}^2-4ab\right] \\ =\frac{1}{36}{\left[{\left(ab+1\right)}^2+8\right]}^3\ge \frac{8^3}{36}=\frac{128}{9} \\ \Rightarrow S\ge \frac{8\sqrt{2}}{3} \\ minS=\frac{8\sqrt{2}}{3}\iff ab+1=0 \\ \iff ab=-1\iff a+b=2 \end{gathered}$$

Vậy ta lập được phương trình đường thẳng

d: y = 2x + 1 nên 2x - y + 1 = 0

Đáp án A

Đặt t = 2a - x. Khi đó: 

$$\begin{gathered} {\int }_0^{2a}f\left(x\right)dx={\int }_0^{a}f\left(x\right)dx+{\int }_0^{2a}f\left(x\right)dx \\ ={\int }_0^{a}f\left(x\right)dx-{\int }_a^0\left(2a-t\right)dt \\ ={\int }_0^{a}f\left(x\right)dx+{\int }_a^{0}f\left(2a-x\right)dx \\ ={\int }_0^a\left[f\left(x\right)+f\left(2a-x\right)\right]dx \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có $\overline{OA}$ = ( x;y )

$$\begin{gathered} -\frac{1}{\overline{z}}=-\frac{1}{x-yi}=\frac{-x-yi}{x^2+y^2} \\ =-\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{y}{x^2+y^2}i \\ \Rightarrow \overline{OB}=\left(-\frac{x}{x^2+y^2};-\frac{y}{x^2+y^2}\right) \end{gathered}$$

Rõ ràng $\overline{OA}$ và $\overline{OB}$ cùng phương nên ba điểm O, A, B thẳng hàng

Đáp án B

Đặt z = a + bi với $a,b\in R$

Khi đó

$$\begin{gathered} \frac{z-2i}{z-2}=\frac{a+\left(b-2\right)i}{\left(a-2\right)+bi} \\ =\frac{\left[a+\left(b-2\right)i\right]\left[\left(a-2\right)-bi\right]}{{\left(a-2\right)}^2+b^2} \\ =\frac{a\left(a-2\right)+b\left(b-2\right)}{{\left(a-2\right)}^2+b^2}+\frac{\left(a-2\right)\left(b-2\right)-ab}{{\left(a-2\right)}^2+b^2} \end{gathered}$$

$\frac{z-2i}{z-2}$ là số ảo khi và chỉ khi 

$$\begin{gathered} \frac{a\left(a-2\right)+b\left(b-2\right)}{{\left(a-2\right)}^2+b^2}=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=2\left(a+b\right)\\ {\left(a-2\right)}^2+b^2\ne 0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Ta có

$$\begin{gathered} P=\left|z-1\right|+\left|z-i\right| \\ =\left|\left(a-1\right)+bi\right|+\left|a+\left(b-1\right)i\right| \\ =\sqrt{{\left(a-1\right)}^2+b}+\sqrt{a^2+{\left(b-1\right)}^2} \\ =\sqrt{a^2+b^2-2a+1}+\sqrt{a^2+b^2-2b+1} \\ =\sqrt{2\left(a+b\right)-2a+1}+\sqrt{1\left(a+b\right)-2a+1} \\ =\sqrt{1+2b}+\sqrt{1+2} \end{gathered}$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $2\left(a+b\right)=a^2+b^2\ge \frac{1}{2}{\left(a+b\right)}^2$

Suy ra $a+b\le 4$

Do đó $P^2\le 2\left(2+2\left(a+b\right)\right)\le 20\iff P\le 2\sqrt{5}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2

Vậy maxP = $2\sqrt{5}$ đạt được khi z = 2 + 2i

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} z=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\Rightarrow 2z+1=\sqrt{3}i \\ \Rightarrow {\left(2x+1\right)}^2=-3 \end{gathered}$$

hay $z^2+z+1=0\iff z+\frac{1}{z}=-1$

Khi đó:

$$\begin{gathered} z^2=\frac{1}{z^2}={\left(z+\frac{1}{z}\right)}^2-2=-1 \\ {z}^3=\frac{1}{z^3}={\left(z+\frac{1}{z}\right)}^3-3\left(z+\frac{1}{z}\right)=2 \\ {z}^4=\frac{1}{z^4}=\left(z^2+\frac{1}{z^2}\right)-2=-1 \end{gathered}$$

Như vậy

$$\begin{gathered} P={\left(-1\right)}^{2016}+{\left(-1\right)}^{2017}+2^{2018} \\ +{\left(-1\right)}^{2019}-2^{2018}=-1 \end{gathered}$$

Đáp án D