Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là \(y={{x}^{2}}-4x+3\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm \({{x}^{2}}-4x+3=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}x=1 \\x=3 \\\end{align} \right.\)

Khi đó diện tích giới hạn bởi \(\left( P \right)\) và trục hoành là \(S=-\int\limits_{1}^{3}{\left( {{x}^{2}}-4x+3 \right)dx}=\frac{4}{3}\)

Thể tích vật thể là: \(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)dx}  = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^3}} \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_0^1 {{x^6}dx} \)

Đặt u = lnx \( \Rightarrow du = \dfrac{{dx}}{x}\) và \(x = {e^u}\).

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow u = 0\\x = e \Rightarrow u = 1\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{{1 - u}}{{{e^u}}}du}  = \int\limits_0^1 {\left( {1 - u} \right){e^{ - u}}du} \)

Ta có: \(F\left( x \right) = \int\limits_1^x {\sin tdt}  = \left. { - \cos t} \right|_1^x =  - \cos x + \cos 1 \Rightarrow F'\left( x \right) = \sin x\)

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

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(y = {f_1}\left( x \right),y = {f_2}\left( x \right),x = a,x = b\) là: \(S = \int\limits_a^b {\left| {{f_1}\left( x \right) - {f_2}\left( x \right)} \right|dx} \)

Ta thấy \({f_1}\left( x \right) > {f_2}\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right) \Rightarrow S = \int\limits_a^b {\left( {{f_1}\left( x \right) - {f_2}\left( x \right)} \right)dx} \)

\(I=\int\limits_{0}^{1}{{{e}^{3x}}dx}=\frac{1}{3}\left. {{e}^{3x}} \right|_{0}^{1}=\frac{{{e}^{3}}-1}{3}\)

Các mệnh đề A, B, C đều đúng. Mệnh đề D sai.

\(\int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{}^{} {\left( {\sin x + \cos x} \right)dx}  =  - \cos x + \sin x + C\)

Đặt \(t = \sqrt {{{\ln }^2}x + 1}  \Rightarrow tdt = \dfrac{{\ln x}}{x}dx\)

\(\int {\sqrt {{{\ln }^2}x + 1} .\dfrac{{\ln x}}{x}dx = \int {{t^2}dt = \dfrac{{{t^3}}}{3} + C = \dfrac{{{{\left( {\sqrt {{{\ln }^2}x + 1} } \right)}^3}}}{3} + C} } \).

Vì \(F\left( 1 \right) = \dfrac{1}{3}\) nên \(C = 0\)

Vậy \({F^2}\left( e \right) = \dfrac{8}{9}\).

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

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

Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = x{e^x}\) , trục hoành, hai đường thẳng \(x =  - 2;x = 3\) có công thức tính là \(S = \int\limits_{ - 2}^3 {\left| {x{e^x}} \right|dx} .\)

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

Ta có \(\int{\cos 3x\,\text{d}x}=\dfrac{\sin 3x}{3}+C.\)

$f(x) = 6x + \sin 3x$ $ \Rightarrow \int {f(x)dx} {\rm{\;}} = \int {(6x + \sin 3x)dx} $ $ = \int {6xdx} {\rm{\;}} + \int {\sin 3xdx}  = 3{x^2} - \dfrac{1}{3}\cos 3x + C$

$ \Rightarrow F(x) = 3{x^2} - \dfrac{1}{3}\cos 3x + C$

$F(0) = \dfrac{2}{3} \Leftrightarrow {3.0^2} - \dfrac{1}{3}.\cos 0 + C = \dfrac{2}{3} \Leftrightarrow C = 1$

$ \Rightarrow F(x) = 3{x^2} - \dfrac{{\cos 3x}}{3} + 1$

\(\int {\dfrac{x}{{\sqrt {3{{\rm{x}}^2} + 2} }}d{\rm{x}}}  = \dfrac{1}{6}\int {\dfrac{{d\left( {3{{\rm{x}}^2} + 2} \right)}}{{\sqrt {3{{\rm{x}}^2} + 2} }}}  \) \(= \dfrac{1}{3}\int {\dfrac{{d\left( {3{{\rm{x}}^2} + 2} \right)}}{{2\sqrt {3{{\rm{x}}^2} + 2} }}}  = \dfrac{1}{3}\sqrt {3{{\rm{x}}^2} + 2}  + C\)

Đặt $\ln x = t \Rightarrow dt = \dfrac{{dx}}{x}$.

Suy ra $I = \int {\dfrac{{\ln \left( {lnx} \right)}}{x}dx}  = \int {\ln t\,dt} $.

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln t\\dv = dt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{dt}}{t}\\v = t\end{array} \right.$. Theo công thức tính nguyên hàm từng phần, ta có:

$I = t\ln t - \int {dt} $ $ = t\ln t - t + C = \ln x.\ln \left( {\ln x} \right) - \ln x + C$.

\(I = \int {x{{\tan }^2}xdx}  = \int {x\left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)dx}  = \int {x.\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx}  - \int {xdx}  = {I_1} - {I_2}\)

Ta có: \({I_2} = \int {xdx}  = \dfrac{{{x^2}}}{2} + {C_2},{I_1} = \int {x\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx} \)

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \tan x\end{array} \right.$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {I_1} = x\tan x - \int {\tan xdx}  + {C_1} = x\tan x - \int {\dfrac{{\sin x}}{{\cos x}}dx}  + {C_1} \\ = x\tan x + \int {\dfrac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}}  + {C_1} = x\tan x + \ln \left| {\cos x} \right| + {C_1}.\\ \Rightarrow I = x\tan x + \ln \left| {\cos x} \right| + {C_1} - \dfrac{{{x^2}}}{2} - {C_2} = x\tan x + \ln \left| {\cos x} \right| - \dfrac{{{x^2}}}{2} + C.\end{array}$

$\begin{array}{c}\int\limits_{ - 1}^5 {\left| {{x^2} - 2x - 3} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^5 {\left| {(x - 3)(x + 1)} \right|dx}  =  - \int\limits_{ - 1}^3 {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)dx}  + \int\limits_3^5 {\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)dx} \\ =  - \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x} \right)} \right|_{ - 1}^3 + \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2} - 3x} \right)} \right|_3^5 = \dfrac{{64}}{3}.\end{array}$

$\begin{array}{l}u\left( x \right) = x \Rightarrow u'\left( x \right) = 1\\v'\left( x \right) = \cos 2x \Rightarrow v\left( x \right) = \dfrac{{\sin 2x}}{2}\\ \Rightarrow \int\limits_0^1 {x\cos 2xdx = \left. {\dfrac{x}{2}\sin 2x} \right|_0^1}  - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\sin 2xdx}  = \left. {\dfrac{x}{2}\sin 2x} \right|_0^1 + \left. {\dfrac{{\cos 2x}}{4}} \right|_0^1\\ = \dfrac{1}{2}\sin 2 + \dfrac{1}{4}\cos 2 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4}\left( {2\sin 2 + \cos 2 - 1} \right)\\ \Rightarrow a = 2;b = 1;c =  - 1\end{array}$

Khi đó $a - b + c = 2 - 1 - 1 = 0$

Theo đề bài, ta có:

\({S_1} = \int\limits_a^b {\left| {3f(x) - 3g(x)} \right|dx}  = 3\int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \),  \({S_2} = \int\limits_a^b {\left| {\left( {f(x) - 2} \right) - \left( {g(x) - 2} \right)} \right|dx}  = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \)

\( \Rightarrow {S_1} = 3{S_2}\)

Đk: \(x\ge 0\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm \(\sqrt{x}=0\Leftrightarrow x=0\). Khi đó \(V=\pi \int\limits_{0}^{9}{xdx}=\left. \pi \frac{{{x}^{2}}}{2} \right|_{0}^{9}=\frac{81\pi }{2}\)

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

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

$I = \int {f(x)dx}  = \int {{{\tan }^5}xdx} $.

Đặt $\tan {\mkern 1mu} x = t \Rightarrow \dfrac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = dt \Rightarrow ({\tan ^2}x + 1)dx = dt \Rightarrow dx = \dfrac{{dt}}{{{t^2} + 1}}$

Khi đó:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{I = \int {{t^5}.\dfrac{{dt}}{{{t^2} + 1}}}  = \int {({t^3} - t + \dfrac{t}{{{t^2} + 1}})dt}  = \int {{t^3}dt}  - \int {tdt}  + \int {\dfrac{t}{{{t^2} + 1}}dt} }\\{ = \dfrac{1}{4}{t^4} - \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{1}{2}\int {\dfrac{{d({t^2} + 1)}}{{{t^2} + 1}}}  = \dfrac{1}{4}{t^4} - \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{1}{2}\ln \left| {{t^2} + 1} \right| + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x + \dfrac{1}{2}\ln \left( {{{\tan }^2}x + 1} \right) + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x + \dfrac{1}{2}\ln \left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right) + C}\\{ = \dfrac{1}{4}{{\tan }^4}x - \dfrac{1}{2}{{\tan }^2}x - \ln \left| {\cos x} \right| + C}\end{array}\)

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 1} \right\}\). Ta có \(y' = \frac{{1 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \ne  - 1 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right);\,\,\left( { - 1; + \infty } \right)\).

\(y = 0 \Rightarrow x = {m^2} \Rightarrow \left( C \right)\) cắt trục hoành tại điểm \(A\left( {{m^2};0} \right)\).

\(x = 0 \Rightarrow y =  - {m^2} \Rightarrow \left( C \right)\) cắt trục tung tại điểm \(B\left( {0; - {m^2}} \right)\).

Với $x\in [0;m^2]$ thì $\frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}} < \frac{{{m^2} - {m^2}}}{{{m^2} + 1}} = 0$ (do hàm số đồng biến).

Suy ra $\left| {\frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}}} \right| = - \frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}}$

Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) và hai trục tọa độ là:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_0^{{m^2}} {\left| {\frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}}} \right|dx} \\ =  - \int\limits_0^{{m^2}} {\frac{{x - {m^2}}}{{x + 1}}dx}  \\ = - \int\limits_0^{{m^2}} {\frac{{x + 1 - 1 - {m^2}}}{{x + 1}}dx} \\= - \int\limits_0^{{m^2}} {\left( {1 - \frac{{1 + {m^2}}}{{x + 1}}} \right)dx}\\=  - \left[ {\int\limits_0^{{m^2}} {dx}  - \int\limits_0^{{m^2}} {\frac{{1 + {m^2}}}{{x + 1}}} dx} \right]  \\= - \left[ {\left. x \right|_0^{{m^2}} - \left( {1 + {m^2}} \right)\left. {\ln \left| {x + 1} \right|} \right|_0^{{m^2}}} \right] \\= - \left[ {{m^2} - \left( {1 + {m^2}} \right)\ln \left( {{m^2} + 1} \right)} \right]\\= \left( {1 + {m^2}} \right)\ln \left( {{m^2} + 1} \right) - {m^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)\ln \left( {{m^2} + 1} \right) - {m^2} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)\left[ {\ln \left( {{m^2} + 1} \right) - 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \ln \left( {{m^2} + 1} \right) = 1 \Leftrightarrow {m^2} + 1 = e \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt {e - 1} \end{array}\)