Ta có:

$$\begin{gathered} \cos \left(3x\right){\cos }^3\left(x\right)-\sin \left(3x\right){\sin }^3\left(x\right)=\frac{2+3\sqrt{2}}{8} \\ \iff \cos \left(3x\right).\frac{\cos \left(3x\right)+3\cos \left(x\right)}{4} \\ -\sin \left(3x\right).\frac{3\sin \left(x\right)-\sin \left(3x\right)}{4}=\frac{2+3\sqrt{2}}{8} \\ \iff 2{\cos }^2\left(3x\right)+6\cos \left(3x\right)\cos \left(x\right) \\ -6\sin \left(3x\right)\sin \left(x\right)+2{\sin }^2\left(3x\right)=2+3\sqrt{2} \\ \iff 2\left({\cos }^2\left(3x\right)+{\sin }^2\left(3x\right)\right) \\ +6\left(\cos \left(3x\right)\cos \left(x\right)-\sin \left(3x\right)\sin \left(x\right)\right)=2+3\sqrt{2} \\ \iff \cos \left(4x\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{\mathrm{\pi }}{16}+k\frac{\mathrm{\pi }}{2}\\ x=-\frac{\mathrm{\pi }}{16}+k\frac{\mathrm{\pi }}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $-1\le \cos \left(2x\right)\le 1$ nên $5-3\cos \left(2x\right)>0$

Mặt khác $\left|1+\sin \left(2x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)\right|\ge 0$

Hàm số xác định khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\frac{5-3\cos \left(2x\right)}{\left|1+\sin \left(2x-{\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{2}}\right)\right|}\ge 0\\ 1+\sin \left(2x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \sin \left(2x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)\ne -1 \\ \iff 2x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\ne -\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k2\mathrm{\pi } \\ \iff \mathrm{x}\ne \mathrm{k\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}} \end{gathered}$$

(Để ý rằng bất phương trình (*) luôn đúng)

Tập xác định là $D=R\setminus \left\{k\mathrm{\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right\}$

Dáp án C

Xét hàm số 

- Nếu $a=\frac{p}{q}$ với $p\in Z,q\in N^{*}$ thì $T=q\mathrm{\pi }$ là chu kì của g(x)

Vì $g\left(x+q\mathrm{\pi }\right)=f\left(x+q\mathrm{\pi }\right)+f\left(ax+p\mathrm{\pi }\right)$ còn $\mathrm{\pi }$ là chu kì của hàm số f(x)

- Ta sẽ chứng minh nếu a là số vô tỉ thì g(x) không tuần hoàn

Để ý rằng $g\left(0\right)=f\left(0\right)+f\left(0\right)=1$. Nếu $g\left(x_0\right)=1$ đối với $x_0\ne 0$ nào đó thì ${\tan }^2\left(x_0\right)=0$ và ${\tan }^2\left(a{x}_0\right)=0$. Điều này có nghĩa là $x_0=k\mathrm{\pi }$ và $a{x}_0=l\mathrm{\pi }$ với $k,l\in Z$

Nhưng $x_0\ne 0$ nghĩa là $a=\frac{1}{k}$. Điều này mâu thuẫn vì a là số vô tỉ. Do đó hàm số g(x) nhận giá trị 1 tại điểm duy nhất x = 0. Như vậy f(x) sẽ không tuần hoàn

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} y=\left|\sin \left(x\right)=\cos \left(2x\right)\right| \\ =\left|\sin \left(x\right)-\left(1-2{\sin }^2\left(x\right)\right)\right| \\ =\left|2{\sin }^2\left(x\right)+\sin \left(x\right)-1\right| \end{gathered}$$

Đặt t = sin(x),$-1\le t\le 1$

Ta sẽ đi tìm GTLN và GTNN của hàm số $y=g\left(t\right)=\left|2t^2+t-1\right|$ trên đoạn [ -1;1 ]

Ta có $g\left(t\right)=\left\{\begin{array}{l}-2t^3-t+1, -1\le t\le \frac{1}{2}\\ 2t^3+t-1, \frac{1}{2}\le t\le 1\end{array}\right.$

* Xét hàm số $h\left(t\right)=-2t^3-t+1$ trên đoạn$\left[-1;\frac{1}{2}\right]$

Dễ dàng tìm được 

$$\begin{gathered} \underset{r\in \left[\frac{1}{2};1\right]}{Max}h\left(t\right)=\frac{9}{8}\iff t=-\frac{1}{4} \\ \underset{r\in \left[\frac{1}{2};1\right]}{Min}h\left(t\right)=0\iff t=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

* Xét hàm số $k\left(t\right)=2t^3+t-1$ trên đoạn $\left[\frac{1}{2};1\right]$

Cũng dễ dàng tìm được 

$$\begin{gathered} \underset{r\in \left[\frac{1}{2};1\right]}{Max}k\left(t\right)=2\iff t=1 \\ \underset{r\in \left[\frac{1}{2};1\right]}{Min}k\left(t\right)=0\iff t=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Qua hai trường hợp trên ta đi đến kết luận

$$\begin{gathered} \underset{r\in \left[-1;3\right]}{Max}g\left(t\right)=2\iff t=1 \\ \underset{r\in \left[-1;3\right]}{Min}g\left(t\right)=0\iff t=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Hay 

$$\begin{gathered} M=Maxy=2\iff \sin \left(x\right)=-1\iff x=-\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k2\mathrm{\pi } \\ \mathrm{m}=\mathrm{Miny}=0\iff \sin \left(\mathrm{x}\right)=\frac{1}{2} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=\frac{\mathrm{\pi }}{6}+\mathrm{k}2\mathrm{\pi }\\ \mathrm{x}=\frac{5\mathrm{\pi }}{6}+\mathrm{k}2\mathrm{\pi }\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} \frac{6^k}{\left(3^{k+1}-2^{k+1}\right)\left(3^k-2^k\right)} \\ =6\left(\frac{3^k-2^k}{3^{k+1}-2^{k+1}}-\frac{3^{k+1}-2^{k+1}}{3^k-2^k}\right) \\ \sum _{k=1}^n\frac{6^k}{\left(3^{k+1}-2^{k+1}\right)\left(3^k-2^k\right)} \\ =6\frac{3^n-2^n}{3^{n+1}-2^{n+1}} \end{gathered}$$

Do đó:

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{6^k}{\left(3^{k+1}-2^{k+1}\right)\left(3^k-2^k\right)} \\ =6\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left(3^n-2^n\right)}{3^{n+1}-2^{n+1}} \\ =6\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1-{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^n}{1-2.{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}=2 \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)...\left(x-2019\right)}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)...\left(x-2019\right) \\ =\left(-1\right).\left(-2\right).\left(-3\right)....\left(-2018\right)=2018! \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(2x\right)}{f\left(x\right)}=1\Rightarrow \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(2^{n}x\right)}{f\left(x\right)} \\ =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(2^{n}x\right)}{f\left(x\right)}.\frac{f\left(2^{n-1}x\right)}{f\left(2^{n-2}x\right)}..\frac{f\left(2x\right)}{f\left(x\right)}=1 \end{gathered}$$

Giả sử f(x) tăng và $k\ge 1$. Ta thấy tồn tại $n\in N$ sao cho $2^n\le k\le 2^{n+1}$

 Theo tính đơn điệu của f, ta có $f\left(2"x\right)\le f\left(kx\right)\le f\left(2^{n+1}x\right)$

Từ đây suy ra $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(kx\right)}{x}=1,\forall k\ge 1$

Cũng suy luận như trên, trong trường hợp 0 < k < 1 ta có

$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(kx\right)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(u\right)}{f\left({\displaystyle \frac{u}{k}}\right)}=1$

Vậy ta thu được $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(kx\right)}{x}=1,\forall k>0$

Đáp án A

Lấy M ( -1;1 )$\in ∆$. Suy ra ảnh của M qua $T_n$ là M' ( -3;5 ).

Gọi $∆\text{'}$ là ảnh của $∆$ qua $T_n$

Đường thẳng $∆\text{'}$ qua M' ( -3;5 ) nhận $\overrightarrow{n}=\left(3;-2\right)$ làm vecto pháp tuyến nên có phương trình $3\left(x+3\right)-2\left(y-5\right)\iff 3x-2y+19=0$

Đáp án B

Cái hay của bài toán này là đi tìm giá trị bé nhất của n bởi vì nó yêu cầu người làm toán phải biết “khôn khéo” trong quá trình biện luận để loại bỏ những giá trị không cần thiết và sử dụng linh hoạt phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức.

Điều kiện: $x^n-1\ge 0$

* x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (1)

* Với n chẵn thì nếu $x_0$ là một nghiệm của (1) thì $-x_0$ cũng là một nghiệm của (1)

* Với n lẻ thì $x\ge 1$. Khi đó phương trình (1) xác định và ta chỉ cần xét x > 1

Từ x > 1 ta có $x^4+1>2x^2$ và $x^8-x^4+1=x^4\left(x^4-1\right)+1>2x^2\sqrt{x^4-1}$

Nhân vế theo vế của hai bất đẳng thức này ta được:

 $$\begin{gathered} \left(x^4+1\right)\left(x^8-x^4+1\right)>4x^4\sqrt{x^4-1} \\ \iff x^{12}+1>4x^4\sqrt{x^4-1} \end{gathered}$$

Từ (2) ta thấy với n = 4, phương trình (1) vô nghiệm và do x > 1 nên với n < 4 thì phương trình (1) cũng vô nghiệm

* Với n = 5

Xét hàm số $x^{12}+1=4x^4\sqrt{x^n-1}\left(1\right)$ liên tục và xác định trên $[1;+\infty )$

Ta có 

$$\begin{gathered} f\left(1\right)=2>0 \\ f\left(\frac{6}{5}\right)={\left(\frac{6}{5}\right)}^{12}+1-4{\left(\frac{6}{5}\right)}^4\sqrt{{\left(\frac{6}{5}\right)}^5-1}<0 \end{gathered}$$

Như vậy, phương trình f(x) = 0 có nghiệm $x_0\in \left(0;\frac{6}{5}\right)$

* Với n > 5 lại xét hàm số $x^{12}+1=4x^4\sqrt{x^n-1}\left(1\right)$ liên tục trên $[1;+\infty )$

Lập luận hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được phương trình g(x) = 0 có nghiệm $x_0\left(1;\frac{6}{5}\right)$

Do đó phương trình có nghiệm với mọi $n\ge 5$ và số tự nhiên bé nhất cần tìm là n = 5

Đáp án C

Tập xác định: D = R$\setminus \left\{2\right\}$

Ta có 

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{7}{{\left(x+2\right)}^2};y"=\frac{14}{{\left(x+2\right)}^3} \\ y"\text{'}=\frac{42}{{\left(x+2\right)}^4};y^{\left(4\right)}=\frac{168}{{\left(x+2\right)}^5} \end{gathered}$$

Suy ra $y^4\left(-3\right)$ = 168

Đáp án A

Trước hết, hàm số xác định với mọi x$\in$R$\iff ∆\le 0\iff$1 - 4a$\le 0\iff a\ge \frac{1}{4}$

Đạo hàm $y\text{'}=1-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+a}}$

Hàm số nghịch biến trên $R\iff y\text{'}\le 0,\forall x\in R$

Xét hai trường hợp:

Trường hợp: $a=\frac{1}{4}$

Khi đó 

$$\begin{gathered} y\text{'}=1-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+{\displaystyle \frac{1}{4}}}}=1-\frac{2x-1}{\left|2x-1\right|} \\ =\left\{\begin{array}{l}-2,x>\frac{1}{2}\\ 0,x<\frac{1}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do đó y ' = 0 trên $\left(-\infty ;\frac{1}{2}\right)$. Do đó không thỏa m

Trường hợp 2: $a>\frac{1}{4}$

Khi đó 

$$\begin{gathered} y\text{'}=1-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+a}}>1-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+{\displaystyle \frac{1}{4}}}} \\ =1-\frac{2x-1}{\left|2x-1\right|}\ge 0,\forall x\in R \end{gathered}$$

Trường hợp này cũng không thỏa mãn

Vậy không tồn tại giá trị nào của a để hàm số luôn nghịch biến

Đáp án D

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=ax-2\sin \left(2x\right)\ge a-2,\forall x\in R$

Nếu $a-2>0\iff a>2$ thì f ' (x) > 0

Nếu $a-2>0\iff a>2$ thì f ' (x) = $2\left(1-\sin \left(2x\right)\right)\ge 0$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi }$

Hàm số f đồng biến trên mỗi đoạn $\left[\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi };\frac{\mathrm{\pi }}{4}+\left(\mathrm{k}+1\right)\mathrm{\pi }\right]$, do đó đồng biến trên R

Nếu $a-2>0\iff a>2$ thì $f\text{'}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)=a-2<0$ do đó hàm số f đồng biến trên R

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=2\left(a^2-3\right)\cos \left(x\right)+4a\cos \left(2x\right) \\ f"\left(x\right)=2\left(3-a^2\right)\sin \left(x\right)+8a\sin \left(2x\right) \end{gathered}$$

Hàm số f(x) đạt cực tiểu tại $x=\frac{\mathrm{\pi }}{3}$ khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=0\\ f"\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)>0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2-2a+3=0\\ -\sqrt{3}\left(a^2-4a-3\right)>0\end{array}\right. \\ \iff a=1 \end{gathered}$$

Đáp án B

Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình

$f\text{'}\left(x\right)=\left(m-1\right)x^2-\left(m+3\right)x+3-m=0$ có hai nghiệm phân biệt

Đặt x = t + 2, phương trình f ' (x) = 0 trở thành

$\left(m-1\right)t^2+\left(3m-7\right)t+m-7=0\left(*\right)$

Phương trình $\to$ có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa $x_1<2<x_2$ khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu $\frac{m-7}{m-1}<0\iff 1<m<7$

Đáp án C

Gọi $\left(x_0;y_0\right)$ là điểm cố định $\left(H_m\right)$. Khi đó:

$$\begin{gathered} y_0=\frac{m{x}_0-4}{x_0-m} \\ \iff x_0{y}_0-y_{0}m=m{x}_0-4 \\ \iff \left(x_0+y_0\right)m-x_0{y}_0-4=0 \end{gathered}$$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0+y_0=0\\ x_0{y}_0+4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0=-2\\ y_0=2\end{array}\right.$hoặc $\left\{\begin{array}{l}{x}_0=2\\ y_0=-2\end{array}\right.$

Vậy $\left(H_m\right)$ luôn đi qua hai điểm cố định là ( -2;2 ), ( 2;-2 ) 

Đáp án A

Đồ thị hàm số $y=\frac{6-2x}{3x+8}$ có 2 tiệm cận (đứng, ngang). Suy ra m = 2

Đồ thị hàm số $y=\frac{4x^2+3x-1}{3x^2+1}$ có 1 tiệm cận (ngang). Suy ra n = 1

Đồ thị hàm số $y=\frac{11}{4x^2+x-2}$ có 3 tiệm cận (1ngang, 2 đứng). Suy ra p = 3

Vậy p > m > n

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left(C_m\right)$ với trục Ox:

$$\begin{gathered} x^4-\left(m^2+2\right)x^2+m^2+1=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=\pm 1\\ x=\pm \sqrt{m^2+1}\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow \left(C_m\right)$ cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt $\iff m\ne 0$

Khi đó: diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left(C_m\right)$ với trục hoành phần phía trên trục hoành là:

$$\begin{gathered} S={\int }_{-1}^1\left(x^4-\left(m^2+2\right)x^2+m^2+1\right)dx \\ \iff \frac{20m^2+16}{15}=\frac{96}{15} \\ \iff m=\pm 2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $\left(C\right):y=2+\frac{2}{b-1}$, Gọi $B\left(b;2+\frac{2}{b-1}\right);C\left(c;2+\frac{2}{b-1}\right)$ với b < 1 < c

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên trục Ox

Ta có: 

$$\begin{gathered} AB=AC;\widehat{BAC}={90}^o \\ \Rightarrow \widehat{CAK}+\widehat{BAH}={90}^o=\widehat{CAK}+\widehat{ACK} \\ \Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{ACK} \end{gathered}$$

Và

 $$\begin{gathered} \widehat{BHA}=\widehat{CKA}={90}^o\Rightarrow ∆ABH=∆CAK \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AH=CK\\ HB=AK\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hay $\left\{\begin{array}{l}2-b=2+\frac{2}{c-1}\\ \left|2+\frac{2}{b-1}\right|=\left|c-2\right|\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=-1\\ c=3\end{array}\right.$

Vậy B ( -1;1 ), C ( 3;3 )

Đáp án A

Từ giả thiết bài toán suy ra

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y\ge 0\\ \frac{x^2}{2}\le -2x^2+3x\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}y\ge 0\\ 5x^2-6x\le 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}y\ge 0\\ 0\le x\le \frac{6}{5}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Ta có

 $$\begin{gathered} x^2+y^2\le x^2+{\left(-2x^2+3x\right)}^2 \\ =4x^4-12x^3+10x^2 \end{gathered}$$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=4x\left(x-1\right)\left(x-5\right)$

$f\text{'}\left(x\right)=0\left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=5\end{array}\right.$ So điều kiện, chọn $x=0;x=1$; f(0); f(1) = 2; $f\left(\frac{6}{5}\right)=\frac{1224}{625}$

Vậy $maxP=2$

Đáp án D

Gọi x,y > 0 lần lượt là chiều dài cạnh đáy và chiều cao của hình hộp

Tổng diện tích xung quanh và diện tích của một mặt đáy của thùng đựng hành là $S=x^2+4xy$

Thể tích của thùng đựng hàng là 

$V=x^{2}y=108\Rightarrow y=\frac{108}{x^2}$

Suy ra $S=x^2+4x.\frac{108}{x^2}=x^2+\frac{432}{x}$

Tìm giá trị nhỏ nhất của S trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$

Ta có 

$$\begin{gathered} S\text{'}=2x-\frac{432}{x^2};S\text{'}=0\iff x=6 \\ S\text{'}\text{'}=2+\frac{864}{x^3}>0,\forall x\in \left(0;+\infty \right) \end{gathered}$$

Suy ra S = S(6) = 108. Vậy diện tích nhỏ nhất cần tìm là 108$m^2$

Đáp án B

Hàm số xác định 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left(m+1\right)x-m\ge 0\\ mx-m+2>0\\ {\log }_a\left(mx-m+2\right)\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left(m+1\right)x-m\ge 0\left(1\right)\\ mx-m+2>0\left(2\right)\\ mx-m+2>0\ne 1\left(3\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hàm số xác định khi và chỉ khi (1); (2); (3) đồng thời thỏa mãn với mọi

Ta có 

$$\begin{gathered} g\left(x\right)=\left(m+1\right)x-m\ge 0,\forall x\ge 1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m+1\ge 0\\ g\left(1\right)\ge 0\end{array}\right.\iff m\ge -1 \\ h\left(x\right)=mx-m+2>0,\forall x\ge 1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ h\left(1\right)>0\end{array}\right.\iff m\ge 0 \end{gathered}$$

Do đó (1); (2) đồng thời thỏa mãn với mọi $x\ge 1$ khi $m\ge 0$

Khi đó $q\left(x\right)=mx-m+2-m\left(x-1\right)+2\ge 2$. Suy ra (3) đúng. Tóm lại $m\ge 0$

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} {\log }_a\frac{a^4\sqrt[3]{b}}{c^3} \\ ={\log }_a\left(a^4\right)+{\log }_a\left(b^{\frac{1}{3}}\right)-{\log }_a\left(c^3\right) \\ =4+\frac{1}{3}.3=3.\left(-2\right)=11 \end{gathered}$$

Đáp án A

VT

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

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} P=\frac{1-{{\log }^3}_a\left(b\right)}{\left({\log }_a\left(b\right)+{\log }_b\left(a\right)+1\right){\log }_a\left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)} \\ =\frac{\left(1-{\log }_a\left(b\right)\right)\left(1+{{\log }^2}_a\left(b\right)+{\log }_a\left(b\right)\right)}{\left({{\log }^2}_a\left(b\right)+1+{\log }_a\left(b\right)\right)} \\ ={\log }_a\left(b\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

$$\begin{gathered} {\log }_3\left(\frac{x^2+4x}{2x-3}\right)<1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{x^2+4x}{2x-3}>0\\ \frac{x^2+4x}{2x-3}<3\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{x^2+4x}{2x-3}>0\\ \frac{x^3-2x+9}{2x-3}<0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}2x-3<0\\ x^2+4x<0\end{array}\right. \\ \iff -4<x<0 \end{gathered}$$

Do $x\in Z$ nên $x\in \left\{-3;-2;-1\right\}$

Vậy tổng của nghiệm nguyên lớn nhất và bé nhất bằng -4

Đáp án C

Ta có $a^2+4b^2=12ab\iff {\left(a+2b\right)}^2=16ab$

Suy ra 

$$\begin{gathered} 2{\log }_3\left(a+2b\right)={\log }_3\left(2^4\right)+{\log }_3\left(a\right)+{\log }_3\left(b\right) \\ \iff {\log }_3\left(a+2b\right)=2{\log }_3\left(2\right)+\frac{1}{2}\left({\log }_3\left(a\right)+{\log }_3\left(b\right)\right) \end{gathered}$$

 Do đó cả hai mệnh đề đều sai

Đáp án C

Phương trình đã cho tương ứng với ${{\log }^2}_2\left(x\right)+{\log }_{2}x+m=0$(*)

Đặt $t={\log }_2\left(x\right)\Rightarrow x=2^t$.Do $0<x<1\Rightarrow 0<2^t<1\Rightarrow t<0$

Phương trình (*) thành $t^2+t+m=0\iff t^2+t=-m$(**)

Phương trình đã cho có nghiệm $x\in \left(0;1\right)\iff$ phương trình (**) có nghiệm $t\in \left(-\infty ;0\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^2+t,t\in \left(-\infty ;0\right)$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=2y+1;f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=-\frac{1}{2}$

Lập bảng biến thiên và đi đến kết luận $m\le \frac{1}{4}$

Đáp án A

Thay giá trị P(t) = 65 vào công thức ta được

$$\begin{gathered} 100.{\left(0,5\right)}^{\frac{t}{5750}}=65 \\ \iff 2^{\frac{t}{5750}}=\frac{100}{65} \\ \iff \frac{t}{5750}={\log }_2\left(\frac{100}{65}\right) \\ =\frac{\log \left(100\right)-\log \left(65\right)}{\log \left(2\right)}=\frac{2-\log \left(65\right)}{\log \left(2\right)} \end{gathered}$$

Suy ra $t\approx 3570$(năm)

Đáp án C

Xét hàm số ${\int }_e^{\tan \left(a\right)}\frac{xdx}{1+x^2}+{\int }_e^{cot\left(a\right)}\frac{dx}{x\left(1+x^2\right)}$ xác định với mọi $x\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$

Ta sẽ tính T(a)

Gọi F(t); G(t) lần lượt là nguyên hàm của các hàm số $y=\frac{t}{1+t^2}$ và $y=\frac{1}{t\left(1+t^2\right)}$

Khi đó $T\left(x\right)=F\left(\tan x\right)-F\left(e\right)+G\left(cotx\right)-G\left(e\right)$

Suy ra 

$$\begin{gathered} T\text{'}\left(x\right)=F\text{'}\left(\tan x\right).\frac{1}{{\cos }^2\left(x\right)}-G\text{'}\left(cotx\right).\frac{1}{{\sin }^2\left(x\right)} \\ =\frac{\tan \left(x\right)}{\left(1+{\tan }^2\left(x\right)\right){\cos }^2\left(x\right)}-\frac{1}{cotx\left(1+{\mathrm{os}}^2\left(x\right)\right){\sin }^2\left(x\right)} \\ =\tan \left(x\right)-\frac{1}{cotx}=0 \end{gathered}$$

Do đó T(x) là hàm hằng trên khoảng $x\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$. Khi $a=\frac{\mathrm{\pi }}{4}$ thì

$$\begin{gathered} T\left(\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)={\int }_e^1\frac{xdx}{1+x^2}+{\int }_e^1\frac{dx}{x\left(1+x^2\right)} \\ ={\int }_e^1\frac{dx}{x}=-1 \end{gathered}$$

Đáp án B

Xét hàm số $h\left(t\right)=t^3+ut-8$

Ta có $h\text{'}\left(t\right)=3t^2+u>0$ với mọi t > 0. Do đó h là hàm đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$

Mặt khác $h\left(0\right)=-8;h\left(2\right)=2u>0$ nên tồn tại duy nhất $c\in \left(0;2\right)$  suy cho h(c) = 0

Với mỗi $0<x\le 2$ ta có $u\left(x\right)=\frac{8-x^3}{x}\ge 0$ . Suy ra $x^3+u\left(x\right).x-8=0$. Do đó x là nghiệm dương của phương trình $t^3+u\left(x\right).t-8=0$. Do tính duy nhất của nghiệm ta suy ra $f\left(u\left(x\right)\right)=x$

Ta có $u\text{'}\left(x\right)=-\frac{8}{x^2}-2x$

Khi x = 2 thì u = 0 và khi x = 1 thì u = 7. Áp dụng công thức đổi biến ta có

$$\begin{gathered} {\int }_0^7{f}^2\left(u\right)du=-{\int }_0^1{f}^2\left(u\left(x\right)\right)dx \\ ={\int }_0^2\left(8+2x^3\right)dx=\frac{31}{2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Đặt $I={\int }_0^{\mathrm{\pi }}xf\left(\sin \left(x\right)\right)dx$

Đổi biến $x=\mathrm{\pi }-\mathrm{t}$ ta được

 $$\begin{gathered} I=-{\int }_{\mathrm{\pi }}^0\left(\mathrm{\pi }-\mathrm{t}\right)f\left(\sin \left(\mathrm{\pi }-\mathrm{t}\right)\right)dt \\ ={\int }_0^{\mathrm{\pi }}\left(\mathrm{\pi }-\mathrm{t}\right)f\left(\sin \left(\mathrm{\pi }-\mathrm{t}\right)\right)dt \\ =\mathrm{\pi }{\int }_0^{\mathrm{\pi }}\mathrm{f}\left(\sin \left(\mathrm{t}\right)\right)\mathrm{dt}-\mathrm{I} \end{gathered}$$

Đén đây ta suy ra được kết quả ở (D)

Đáp án D