Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $Ox$ là ${x^2} - ax = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = a\end{array} \right..$

Khi đó, thể tích cần xác định cho bởi $V = \pi \int\limits_0^a {{{\left( {{x^2} - ax} \right)}^2}{\rm{d}}x}  = \pi \int\limits_0^a {\left( {{x^4} - 2a{x^3} + {a^2}{x^2}} \right){\rm{d}}x} $

$ = \pi \left. {\left( {\dfrac{{{x^5}}}{5} - \dfrac{{a{x^4}}}{2} + \dfrac{{{a^2}{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^a = \dfrac{{\pi {a^5}}}{{30}}.$

Mặt khác $V = 2 \Rightarrow \dfrac{{\pi {a^5}}}{{30}} = 2 \Leftrightarrow a = \sqrt[5]{{\dfrac{{60}}{\pi }}} \in \left( {\dfrac{3}{2};2} \right).$

Ta có: \(\int{\cos xdx=\sin x+C.}\)

Hàm số \(F\left( x \right)\) được gọi là nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) nếu \(F'\left( x \right) = f\left( x \right)\).

$I = \int\limits_1^4 {f'(x)dx}  = f\left. {(x)} \right|_1^4 = f(4) - f(1) = 10 - 2 = 8$

Đặt \(u = \sqrt {{e^x} - 1}  \Rightarrow {u^2} = {e^x} - 1 \Rightarrow 2udu = {e^x}dx\) và \({e^x} = {u^2} + 1\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \ln 2 \Rightarrow u = 1\\x = \ln 5 \Rightarrow u = 2\end{array} \right.\)

Khi đó ta có $I = \int\limits_{\ln 2}^{\ln 5} {\dfrac{{{e^{2x}}}}{{\sqrt {{e^x} - 1} }}dx}  = 2\int\limits_1^2 {\dfrac{{\left( {{u^2} + 1} \right)udu}}{u}}  = 2\int\limits_1^2 {\left( {{u^2} + 1} \right)du}  = 2\left. {\left( {\dfrac{{{u^3}}}{3} + u} \right)} \right|_1^2$

+) \(\int\limits_0^1 {2dx}  = \left. {2x} \right|_0^1 = 2\),

+) \(\int\limits_0^2 {xdx}  = \left. {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2 = 2\)

+) \(\int\limits_0^\pi  {\sin xdx}  = \left. { - \cos x} \right|_0^\pi  = 2\)

Do đó ta dự đoán chỉ có đáp án A là kết quả khác \(2\).

Đặt \(t = f\left( x \right) \Rightarrow dt = f'\left( x \right)dx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = a \Rightarrow t = f\left( a \right)\\x = b \Rightarrow t = f\left( b \right)\end{array} \right.\)

Khi đó \(I = \int\limits_{f\left( a \right)}^{f\left( b \right)} {{e^t}dt}  = 0\) (Vì \(f\left( a \right) = f\left( b \right)\))

Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị:

 ${x^3}-x = 2x \Leftrightarrow {x^3}-3x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (chỉ xét trên $\left( {-1;1} \right)$)

Với $x \in \left( {-1;0} \right)$ thì ${x^3}-3x > 0$ ; với $x \in \left( {0;1} \right)$ thì ${x^3}-3x < 0$

Diện tích cần tìm là $S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{x^3} - 3x} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^3} - 3x} \right)dx}  + \int\limits_0^1 {\left( {3x - {x^3}} \right)dx} $

Đặt \(u = 8 + \cos x \Rightarrow du =  - \sin xdx \Rightarrow \sin xdx =  - du\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 9\\x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow t = 8\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I =  - \int\limits_9^8 {\sqrt u du}  = \int\limits_8^9 {\sqrt u du} \)

Ta có \(f\left( x \right)={{25}^{x}}\Rightarrow \int{f\left( x \right)\,\text{d}x}=\int{{{25}^{x}}\,\text{d}x}=\dfrac{{{25}^{x}}}{\ln 25}+C=\dfrac{{{5}^{2x}}}{2\ln 5}+C.\)

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta được: \(S=\int\limits_{1}^{3}{\left| f\left( x \right) \right|dx.}\)

Ta có: \(\int {0dx}  = C\) nên A đúng, D sai.

\(\int {dx}  = x+C \) nên B, C sai

Thể tích $V$ của vật thế đó được tính theo công thức: \(V = \int\limits_a^b {S(x)dx} \).

\(I = \int {\dfrac{{6{\mathop{\rm tanx}\nolimits} }}{{{{\cos }^2}x\sqrt {3\tan x + 1} }}dx} \)

Đặt \(u = \sqrt {3\tan x + 1}  \Rightarrow {u^2} = 3\tan x + 1 \Rightarrow \dfrac{3}{{{{\cos }^2}x}}dx = 2udu \Rightarrow \dfrac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = \dfrac{{2udu}}{3}\)\(I = \int {\dfrac{{2\left( {{u^2} - 1} \right)}}{{3u}}2udu = \dfrac{4}{3}\int {\left( {{u^2} - 1} \right)} } du\)

Ta có: $f'(x) = \left( {x + 1} \right){e^x} \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\left( {x + 1} \right){e^x}dx} $.

Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}u = x + 1\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = {e^x}\end{array} \right. $

$\Rightarrow I = \left( {x + 1} \right){e^x} - \int {{e^x}} dx = x{e^x} + {e^x} - {e^x} + C = x{e^x} + C$

Do đó ta được $a = 1;b = 0 \Rightarrow a + b = 1$.

Ta có: $\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}}dx}  =  - \cot x + C = F\left( x \right)$

Đồ thị hàm số $y = F\left( x \right)$ đi qua $M\left( {\dfrac{\pi }{3};0} \right)$ nên $F\left( \dfrac{\pi }{3} \right)=0$

$ \Leftrightarrow - \cot \dfrac{\pi }{3} + C = 0 \Leftrightarrow C = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow F\left( x \right) =  - \cot x + \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\\dv = dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{1 + \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}dx\\v = x\end{array} \right. \)  

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{\dfrac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}dx = \dfrac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\\v = x\end{array} \right.$

\( \Rightarrow I = x\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) - \int {\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}  + {C_1}.\)

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

$\Rightarrow \int {\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}  = \int {\dfrac{{tdt}}{t}}  = \int {dt}  = t + {C_2} = \sqrt {{x^2} + 1}  + {C_2}$

Khi đó ta có:  \( \Rightarrow I = x\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) - \sqrt {{x^2} + 1}  + C.\)

Ta có: \(\int\limits_{ - 1}^0 {\left( {x + 1 + \dfrac{2}{{x - 1}}} \right)dx}  = \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x + 2\ln \left| {x - 1} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^0 \)

$= \dfrac{1}{2} - 2\ln 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow a + b =  - \dfrac{3}{2}$

$I = \int\limits_0^2 {{x^3}dx}  = \left. {\dfrac{{{x^4}}}{4}} \right|_0^2 = 4$ và $J = \int\limits_0^2 {xdx}  = \left. {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^2 = 2$.

Suy ra \(I.J = 8\).

Đặt \(t = {e^x} \Rightarrow dt = {e^x}dx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 \Rightarrow t = {e^{ - 1}}\\x = 2 \Rightarrow t = {e^2}\end{array} \right.\)

Khi đó

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_{{e^{ - 1}}}^{{e^2}} {\dfrac{{dt}}{{t + 2}}}  = \left. {\ln \left| {t + 2} \right|} \right|_{{e^{ - 1}}}^{{e^2}} = \ln \left( {{e^2} + 2} \right) - \ln \left( {{e^{ - 1}} + 2} \right) = \ln \dfrac{{{e^2} + 2}}{{{e^{ - 1}} + 2}}\\ = \ln \dfrac{{{e^2} + 2}}{{\dfrac{1}{e} + 2}} = \ln \dfrac{{2e + {e^3}}}{{2e + 1}} = \ln \dfrac{{ae + {e^3}}}{{ae + b}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ae + {e^3} = 2e + {e^3}\\ae + b = 2e + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Diện tích hình phẳng là S =\(\int\limits_{ - 1}^2 {\left| {f(x)} \right|} dx\)

Dựa vào hình vẽ ta có được: $S = \int\limits_{ - 1}^0 {(0 - f(x))dx}  + \int\limits_0^2 {f(x)dx}  =  - \int\limits_{ - 1}^0 {f(x)dx + } \int\limits_0^2 {f(x)dx}  = b - a$

Ta có: \(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{e}^{2x}}dx}=\pi \left. \frac{{{e}^{2x}}}{2} \right|_{0}^{1}=\frac{\pi \left( {{e}^{2}}-1 \right)}{2}\)

Đặt \(t = \sqrt {{{\ln }^2}x + 3} \) ta có: \(\int {\dfrac{{\ln x}}{{x\sqrt {{{\ln }^2}a + 3} }}dx}  = \int {\dfrac{{tdt}}{t}}  = t + C = \sqrt {{{\ln }^2}x + 3}  + C\)

Do đó \(F\left( x \right) = \sqrt {{{\ln }^2}x + 3}  + C\).

\(F\left( e \right) = 2016 \Rightarrow C = 2014 \Rightarrow F\left( x \right) = \sqrt {{{\ln }^2}x + 3}  + 2014 \Rightarrow F\left( 1 \right) = \sqrt 3  + 2014\)

\(3f(x)+f'(x)=\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}\Leftrightarrow 3{{e}^{3x}}f(x)+{{e}^{3x}}f'(x)={{e}^{3x}}\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}\Leftrightarrow \left[ {{e}^{3x}}f(x) \right]'={{e}^{3x}}\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}\)

\(\Rightarrow \int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{\left[ {{e}^{3x}}f(x) \right]'dx}=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{{{e}^{3x}}\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}}dx\,\)

Ta có: \(\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{\left[ {{e}^{3x}}f(x) \right]'dx}=\left. \left( {{e}^{3x}}f(x) \right) \right|_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}={{e}^{\frac{3\ln 6}{2}}}f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)-f(0)={{e}^{\ln \sqrt{{{6}^{3}}}}}f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)-\frac{11}{3}=6\sqrt{6}.f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)-\frac{11}{3}\)

\(\begin{align}  I=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{{{e}^{3x}}\sqrt{1+3{{e}^{-2x}}}}dx=\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{{{e}^{2x}}\sqrt{{{e}^{2x}}+3}}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}{\sqrt{{{e}^{2x}}+3}}\,d\left( {{e}^{2x}}+3 \right) \\  =\frac{1}{2}\left. .\frac{{{\left( \sqrt{{{e}^{2x}}+3} \right)}^{3}}}{\frac{3}{2}} \right|_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}=\left. \frac{\left( {{e}^{2x}}+3 \right)\sqrt{{{e}^{2x}}+3}}{3} \right|_{0}^{\frac{1}{2}\ln 6}=9-\frac{8}{3}=\frac{19}{3} \\ \Rightarrow 6\sqrt{6}.f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)-\frac{11}{3}=\frac{19}{3}\Rightarrow f\left( \frac{1}{2}\ln 6 \right)=\frac{10}{6\sqrt{6}}=\frac{5\sqrt{6}}{18} \\ \end{align}\)

Xét $\left( C \right):{x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 1$ có tâm $I\left( {0;2} \right),$ bán kính $R = 1.$ Như vậy

Nửa $\left( C \right)$ trên ứng với $2 \le y \le 3$ có phương trình $y = {f_1}\left( x \right) = 2 + \sqrt {1 - {x^2}} $ với $x \in \left[ { - \,1;1} \right].$

Nửa $\left( C \right)$ dưới ứng với $1 \le y \le 2$ có phương trình $y = {f_2}\left( x \right) = 2 - \sqrt {1 - {x^2}} $ với $x \in \left[ { - \,1;1} \right].$

Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính là

$V = \pi \int\limits_{ - \,1}^1 {\left[ {{{\left( {2 + \sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2} - {{\left( {2 - \sqrt {1 - {x^2}}} \right)}^2}} \right]\,{\rm{d}}x}  = 8\pi \int\limits_{ - \,1}^1 {\sqrt {1 - {x^2}} \,{\rm{d}}x} .$

Đặt $x = \sin t \Leftrightarrow {\rm{d}}x = \cos t\,{\rm{d}}t$ và đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}x =  - \,1\, \Rightarrow \,t =  - \dfrac{\pi }{2}\\x = 1\, \Rightarrow \,t = \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right..$

Khi đó $V = 8\pi \int\limits_{ - \,\dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\sqrt {{{\cos }^2}t} .\cos t\,{\rm{d}}t}  = 4\pi \int\limits_{ - \,\dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {1 + \cos 2t} \right)\,{\rm{d}}t}  = 4\pi \left. {\left( {t + \dfrac{1}{2}\sin 2t} \right)} \right|_{ - \,\dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} = 4{\pi ^2}.$