\(f\left( x \right)=2x+\sin 2x \) \(\Rightarrow F\left( x \right)=\int{f\left( x \right)dx}=\int{\left( 2x+\sin 2x \right)dx}\) \(={{x}^{2}}-\dfrac{1}{2}\cos 2x+C\)

Ta có: \(\int\limits_1^4 {f'\left( x \right)dx}  = 17 \Rightarrow \left. {f\left( x \right)} \right|_1^4 = 17 \Rightarrow f\left( 4 \right) - f\left( 1 \right) = 17 \Rightarrow f\left( 4 \right) - 12 = 17 \Rightarrow f\left( 4 \right) = 29\)

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

\(\int {dx}  = x+C \) nên B, C sai

Dựa vào các đáp án, xét:

$\int\limits_{ - 1}^2 {f(2x)dx} $$ = \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^2 {f(2x)d(2x)}  $$= \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx } $$= 1$

$\begin{array}{l}\int\limits_{ - 3}^3 {f(x + 1)dx}  = \int\limits_{ - 3}^3 {f(x + 1)d(x + 1)} \\ = \int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx = 2} \end{array}$

$\int\limits_0^6 {\dfrac{1}{2}f(x - 2)dx}  = \int\limits_0^6 {\dfrac{1}{2}f(x - 2)d(x - 2)} $$ = \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 2}^4 {f(x)dx = 1}$

Do đó các đáp án B, C, D đều đúng, đáp án A sai.

Quan sát các đáp án ta thấy mỗi hàm số ở đáp án B, C, D đều có đạo hàm bằng \(3{x^4}\).

Chỉ có đáp án A: \(\left( {12{x^3}} \right)' = 36{x^2} \ne 3{x^4}\) nên A sai.

Đặt \(t = \sqrt {8 - {x^2}}  \Rightarrow {t^2} = 8 - {x^2} \Rightarrow  - tdt = xdx\)

\(\int {\dfrac{x}{{\sqrt {8 - {x^2}} }}dx =  - \int {\dfrac{{tdt}}{t} =  - t + C =  - \sqrt {8 - {x^2}}  + C} } \)

Vì \(F\left( 2 \right) = 0\) nên \(C = 2\)

Ta có phương trình $ - \sqrt {8 - {x^2}} + 2 = x \Leftrightarrow x = 1 - \sqrt 3 $

\(\int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - a}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^a {f\left( x \right)dx} \)

Đặt \(x =  - t\) thì \(dx =  - dt\) \( \Rightarrow \int\limits_{ - a}^0 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_a^0 {f\left( { - t} \right)\left( { - dt} \right)}  = \int\limits_0^a {f\left( { - t} \right)dt} \)

Mà \(f\left( x \right)\) là hàm chẵn nên \(f\left( { - t} \right) = f\left( t \right)\) hay \(\int\limits_0^a {f\left( { - t} \right)dt}  = \int\limits_0^a {f\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^a {f\left( x \right)dx} \)

Do đó \(\int\limits_{ - a}^0 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^a {f\left( x \right)dx} \) \( \Rightarrow \int\limits_{ - a}^a {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - a}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^a {f\left( x \right)dx}  = 2\int\limits_0^a {f\left( x \right)dx} \)

Theo công thức trên ta có: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left( {f_1^2(x) - f_2^2\left( x \right)} \right)} dx\) (vì đồ thị hàm số \(y = {f_1}\left( x \right)\) nằm phía trên đồ thị hàm số \(y = {f_2}\left( x \right)\).

Đáp án A: đúng theo tính chất tích phân.

Đáp án B: sai vì \(x\) không phải hằng số nên không đưa được ra ngoài dấu tích phân.

Đáp án C: đúng theo tính chất tích phân.

Đáp án D: đúng theo tính chất tích phân.

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} $

Ta có: $I = \int\limits_1^2 {{x^5}} dx = \left. {\dfrac{{{x^6}}}{6}} \right|_1^2 = \dfrac{{21}}{2}$.

Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^2} - 1\), trục hoành và hai đường thẳng \(x =  - 1;x =  - 3\) là: \(S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left| {{x^2} - 1} \right|dx} \)

Nếu \(t = u\left( x \right)\)thì \(dt = u'\left( x \right)dx\).

Đặt $t = 3x \Rightarrow dt = 3dx \Rightarrow dx = \dfrac{{dt}}{3}$, khi đó:

$\begin{array}{*{20}{l}}{\int {f\left( {3x} \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x} {\rm{\;}} = \dfrac{1}{3}\int {f\left( t \right)dt} {\rm{\;}} = \dfrac{1}{3}\left( {2t\ln \left( {3t - 1} \right)} \right) + C}\\{ = \dfrac{1}{3}\left( {2.3x.\ln \left( {3.3x - 1} \right)} \right) + C = 2x\ln \left( {9x - 1} \right) + C}\end{array}$

Vậy $\int {f\left( {3x} \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x} {\rm{\;}} = 2x\ln \left( {9x - 1} \right) + C$

Thể tích khối tròn xoay cần tính là \(V=\pi \int\limits_{1}^{3}{{{\left[ f\left( x \right) \right]}^{\,2}}\,\text{d}x}.\)

Ta có:

\(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx}  = \int {{e^{ - 2018x + 2017}}dx}  = \dfrac{1}{{ - 2018}}{e^{ - 2018x + 2017}} + C\)

Với \(x = 1\) thì \( - \dfrac{1}{{2018}}{e^{ - 1}} + C = e \Leftrightarrow C = e + \dfrac{1}{{2018}}{e^{ - 1}}\)

Vậy \(F\left( x \right) =  - \dfrac{1}{{2018}}{e^{ - 2018x + 2017}} + e + \dfrac{1}{{2018e}}\).

Ta có:

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

Khi đó \(\int {x\sin xdx}  =  - x\cos x + \int {\cos xdx} \)

Ta có : \(F'(x) = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3{x^2}}}{{{x^6}}} = \dfrac{1}{{{x^4}}} = \dfrac{{f(x)}}{x} \Rightarrow f(x) = \dfrac{1}{{{x^3}}}\).

Xét \(I = \int {f'(x)\ln xdx} \). Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = f'(x)dx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{x}dx\\v = f(x)\end{array} \right.\).

Ta có : $I = \ln x.f(x) - \int {\dfrac{{f(x)}}{x}dx + C = \dfrac{{\ln x}}{{{x^3}}} + \dfrac{1}{{3{x^3}}} + C} $.

\(K = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {4 - {e^{-\frac{x}{2}}}} \right)dx}  + 2e = \left. {\left( {4x + 2{e^{-\frac{x}{2}}}} \right)} \right|_{ - 2}^0 + 2e = 2 - \left( { - 8 + 2e} \right) + 2e = 10\)

Cách 1: Đặt \(t = {\ln ^2}x + 1 \Rightarrow dt = 2\ln x\dfrac{{dx}}{x} \Rightarrow \dfrac{{\ln xdx}}{x} = \dfrac{{dt}}{2}\).

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

Khi đó ta có:

\(I = \dfrac{1}{2}\int\limits_1^2 {\dfrac{{dt}}{t}}  = \left. {\dfrac{1}{2}\ln \left| t \right|} \right|_1^2 = \dfrac{1}{2}\ln 2 = a\ln 2 + b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{2}\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow 2a + b = 1\)

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

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

Áp dụng công thức ta có thể tích khối tròn xoay bài cho là: \(V=\pi \int\limits_{0}^{1}{{{\left( x{{e}^{x}} \right)}^{2}}dx=}\pi \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2}}{{e}^{2x}}dx.}\)

Ta có \(\int\limits_{0}^{1}{\frac{\pi {{x}^{3}}+{{2}^{x}}+\text{e}{{x}^{3}}{{.2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{3}}+\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}} \right)\text{d}x}\) \(=\left. \frac{{{x}^{4}}}{4} \right|_{0}^{1}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\frac{1}{4}+\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\frac{1}{4}+J.\)

Tính \(J=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}\).

Đặt \(\pi +\text{e}{{.2}^{x}}=t\Rightarrow \text{e}{{.2}^{x}}\ln 2\text{d}x=\text{d}t\Leftrightarrow {{2}^{x}}\text{d}x=\frac{1}{\text{e}.\ln 2}\text{d}t\).

Đổi cận: Khi \(x=0\) thì \(t=\pi +\text{e}\); khi \(x=1\) thì \(t=\pi +2\text{e}\).

Khi đó \(J=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\frac{1}{\text{e}\ln 2}\int\limits_{\pi +\text{e}}^{\pi +2\text{e}}{\frac{1}{t}\text{d}t}=\frac{1}{\text{e}\ln 2}\left. \ln \left| t \right| \right|_{\pi +\text{e}}^{\pi +2\text{e}}=\frac{1}{\text{e}\ln 2}\ln \left( 1+\frac{\text{e}}{\text{e}+\pi } \right)\).

Suy ra \(\int\limits_{0}^{1}{\frac{\pi {{x}^{3}}+{{2}^{x}}+\text{e}{{x}^{3}}{{.2}^{x}}}{\pi +\text{e}{{.2}^{x}}}\text{d}x}=\frac{1}{4}+\frac{1}{\text{e}\ln 2}\ln \left( 1+\frac{\text{e}}{\text{e}+\pi } \right)\)\(\Rightarrow m=4\), \(n=2\), \(p=1\).

Vậy \(S=7\).

Ta có \({{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}=4\Leftrightarrow {{\left( y-3 \right)}^{2}}=4-{{x}^{2}}\Leftrightarrow \left[\begin{align}  & y=f\left( x \right)=\sqrt{4-{{x}^{2}}}+3 \\ & y=g\left( x \right)=-\,\sqrt{4-{{x}^{2}}}+3 \\\end{align} \right.\)

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là \(V=\pi \int\limits_{-\,2}^{2}{{{f}^{2}}\left( x \right)\,\text{d}x}-\pi \int\limits_{-\,2}^{2}{{{g}^{2}}\left( x \right)\,\text{d}x}\)

\(\begin{align}  & =\pi \int\limits_{-\,2}^{2}{\left( {{f}^{2}}\left( x \right)-{{g}^{2}}\left( x \right) \right)\,\text{d}x} \\ & =\pi \int\limits_{-\,2}^{2}{\left( {{\left( \sqrt{4-{{x}^{2}}}+3 \right)}^{2}}-{{\left( 3-\sqrt{4-{{x}^{2}}} \right)}^{2}} \right)\,\text{d}x} \\ & =\pi \,\int\limits_{-\,2}^{2}{12\sqrt{4-{{x}^{2}}}\,\text{d}x}=24{{\pi }^{2}}. \\\end{align}\)

Vậy thể tích cần tính là \(V=24{{\pi }^{2}}.\)

Ta có : \(\left( {x\sin x + \cos x} \right)' = \sin x + x\cos x - \sin x = x\cos x\)

$ \Rightarrow I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}}{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{\dfrac{x}{{\cos x}}.x\cos x}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}}dv} $

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \dfrac{x}{{\cos x}}\\{\rm{d}}v = \dfrac{{x\cos x}}{{{{\left( {x\sin x + \cos x} \right)}^2}}}{\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = \dfrac{{x\sin x + \cos x}}{{{{\cos }^2}x}}{\rm{d}}x\\v =  - \dfrac{1}{{x\sin x + \cos x}}\end{array} \right..$

Khi đó

$\begin{array}{l}I = \left. { - \dfrac{x}{{\cos x}}.\dfrac{1}{{x\sin x + \cos x}}} \right|_0^{\dfrac{\pi }{4}} + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{{\rm{d}}x}}{{{{\cos }^2}x}}}  = \\ = \dfrac{{ - \dfrac{\pi }{4}}}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}}.\dfrac{1}{{\dfrac{\pi }{4}\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} + \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}} + \left. {\tan x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{4}}\\ = \dfrac{{ - \dfrac{\pi }{4}}}{{\dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{\pi }{4} + 1} \right)}} + 1 = \dfrac{{ - 2\pi }}{{\left( {\pi  + 4} \right)}} + 1 = \dfrac{{4 - \pi }}{{4 + \pi }} \Rightarrow m = 4\end{array}$.