Đặt \(t=\sqrt{\ln ^{2} x+1} \Rightarrow t d t=\frac{\ln x}{x} d x\)

\(\int \sqrt{\ln ^{2} x+1} \cdot \frac{\ln x}{x} d x=\int t^{2} d t=\frac{t^{3}}{3}+C=\frac{\left(\sqrt{\ln ^{2} x+1}\right)^{3}}{3}+C\)

Vì \(F(1)=\frac{1}{3}\) nên C=0

Vậy \(F^{2}(e)=\frac{8}{9}\)

\(\int \frac{1}{x-1} d x=\ln |x-1|+C\)

Vì \(F(2)=1\Rightarrow ln|x-1|+C=1\Rightarrow C=1\)

\(\Rightarrow F(x)=\ln |x-1|+1\)

Vậy \(F(3)=\ln 2+1\)

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

\(\int \frac{x}{\sqrt{8-x^{2}}} d x=-\int \frac{t d t}{t}=-t+C=-\sqrt{8-x^{2}}+C\)

Vì \(F(2)=0\,\,nên\,\,C=2\)

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

\(\int \tan x d x=\int \frac{\sin x}{\cos x} d x\)

Đặt \(t=\cos x\Rightarrow dt=-\sin xdx\)

Khi đó

\(\int \tan x d x=-\int \frac{1}{t}dt=-ln|t|+C=-ln|\cos x|+C\)

Đặt \(t=\sin x\Rightarrow dt=\cos x dx\)

Khi đó \(\int e^{\sin x} \cos x d x=\int e^tdt=e^t+C=e^{\sin x}+C\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \end{array} \right.\)

Khi đó

\(\begin{aligned} \int_{0}^{\pi} x \cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right) d x =\left.\left[x \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right]\right|_{0} ^{\pi}-\int_{0}^{\pi} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) d x=\pi \sin \left(\frac{5 \pi}{4}\right)+\left.\left[\cos \left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right]\right|^\pi_{0} \\ \end{aligned}\)

\(=-\frac{\pi \sqrt{2}}{2}+\cos \left(\frac{5 \pi}{4}\right)-\cos \left(\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{(\pi+2) \sqrt{2}}{2}\)

Khẳng định sai là \(\int\limits_{0}^{1}(1+x)^{x} d x=0\) 

+Ở A: đặt \(t=1-x \Rightarrow d t=-d x\)

Với x=1 thì t=0, x=0 thì t=1

Khi đó \(\int_{0}^{1} \sin (1-x) d x=-\int_{1}^{0} \sin t d t=\int_{0}^{1} \sin t d t\) nên A đúng

+Ở C: Đặt \(t=\frac{x}{2} \Rightarrow d t=\frac{1}{2} d x\)

Đổi cận x=0 thì t=0, \(x=\pi \,\,thì\,\, t=\frac{\pi}{2}\)

Khi đó

\(\int_{0}^{\pi} \sin \frac{x}{2} d x=\int_{0}^{\pi / 2} 2 \sin t d t\) nên C đúng

+Ở D:

\(\int_{-1}^{1} x^{2017}(1+x) d x=\left.\left(\frac{x^{2018}}{2018}+\frac{x^{2019}}{2019}\right)\right|_{-1} ^{1}=\left(\frac{1^{2018}}{2018}+\frac{1^{2019}}{2019}\right)-\left(\frac{(-1)^{2018}}{2018}+\frac{(-1)^{2019}}{2019}\right)=\frac{2}{2019}\)

Vậy D đúng

Khi đó B sai

Đặt \(t=\cos x \Rightarrow d t=-\sin x d x\)

Đổi cận 

Khi x=0 thì t=1

khi \(x=\frac{\pi}{3}\) thì \(t=\frac{1}{2}\)

Vậy 

\(I=\int\limits_{0}^{\pi / 3} \frac{\sin 2 x}{1+\cos x} d x=\int\limits_{0}^{\pi / 3} \frac{2 \sin x \cos x}{1+\cos x} d x=-\int\limits_{1}^{1 / 2} \frac{2 t}{1+t} d t=\int\limits_{1 / 2}^{1} \frac{2 t}{1+t} d t\)

Đặt \(t=2 \sin x \Rightarrow d t=2 \cos x d x\)

Ta có

\(\int_{0}^{\pi / 2} f(2 \sin x) \cos x d x=\int_{0}^{2} \frac{f(t)}{2} d t=\frac{1}{2} \int_{0}^{2} f(t) d t=3\)

Đặt \(t=3 x \Rightarrow d t=3 d x\)

Khi đó

\(\int\limits_{1}^{2} 81 x^{3} \sin ^{5} 3 x d x=\int\limits_{1}^{2}(3 x)^{3}\left(\sin ^{5} 3 x\right) 3 d x=\int\limits_{3}^{6} t^{3} \sin ^{5} t d t=F(6)-F(3)\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(y=x^2, y=0, x=1, x=2\) bằng:

\( \int_1^2 {{x^2}} dx = \frac{{{x^3}}}{3} = \frac{8}{3} - \frac{1}{3} = \frac{7}{3}\)

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường \( y = {x^2} + 1,y = 0,x = - 1;x = 2\) là:

\( S = \mathop \smallint \limits_{ - 1}^2 \left| {{x^2} + 1} \right|dx = \mathop \smallint \limits_{ - 1}^2 \left( {{x^2} + 1} \right)dx = (\frac{{{x^3}}}{3} + x)| - 12 = 6.\)

Ta có : 

\(\begin{array}{l} {x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow x({x^2} - 4) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \in [ - 2;1]\\ x = - 2 \in [ - 2;1]\\ x = 2 \notin [ - 2;1] \end{array} \right.\\ \Rightarrow S = \mathop \smallint \limits_{ - 2}^1 \left| {{x^3} - 4x} \right|dx = \left| {\mathop \smallint \limits_{ - 2}^0 \left( {{x^3} - 4x} \right)dx} \right| + \left| {\mathop \smallint \limits_0^1 \left( {{x^3} - 4x} \right)dx} \right| = 4 + \frac{7}{4} = \frac{{23}}{4} \end{array}\)

Diện tích cần tính là \( S = \mathop \smallint \limits_0^1 \left| {\left( {x - 1} \right){e^x}} \right|dx = \mathop \smallint \limits_0^1 \left( {1 - x} \right){e^x}dx = 0,718... = e - 2\) (sử dụng máy, tính trực tiếp và so sánh với các đáp án)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x^2−x;y=2x−2;x=0;x=3\) được tính bởi công thức:  \( S = \mathop \smallint \limits_0^3 \left| {{x^2} - x - \left( {2x - 2} \right)} \right|dx = \mathop \smallint \limits_0^3 \left| {{x^2} - 3x + 2} \right|dx.\)

Chiếu M lên trục Oz thì x=0;y=0 và giữ nguyên z nên N(0;0;z)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AO} = 3\left( {\vec i + 4\vec j} \right) - 2\vec k + 5\vec j\\ \begin{array}{*{20}{l}} { \Leftrightarrow \overrightarrow {AO} = 3\vec i + 12\vec j - 2\vec k + 5\vec j}\\ { \Leftrightarrow \left( { - {x_A};{\mkern 1mu} - {y_A};{\mkern 1mu} - {z_A}} \right) = 3\vec i + 17\vec j - 2\vec k}\\ { \Leftrightarrow \left( { - {x_A};{\mkern 1mu} - {y_A};{\mkern 1mu} - {z_A}} \right) = \left( {3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 17;{\mkern 1mu} - 2} \right)}\\ { \Leftrightarrow \left( {{x_A};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y_A};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z_A}} \right) = \left( { - 3; - 17;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)}\\ { \Rightarrow A\left( { - 3; - 17;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right).} \end{array} \end{array}\)

Ta có:

\( \overrightarrow {OM} = 2\vec i + \vec j \to M\left( {2;1;0} \right)\)

\( \overrightarrow {OM} = 2\vec j - \vec i + \vec k = - \vec i + 2\vec j + \vec k \Rightarrow M\left( { - 1;2;1} \right)\)

Do đó hoành độ của M bằng −1

\( \overrightarrow {OM} = 2\vec j - \vec i + \vec k = - \vec i + 2\vec j + \vec k \Rightarrow M\left( { - 1;2;1} \right)\)

Do đó tung độ của M bằng 2

Giả sử mặt phẳng (P) chắn Ox Oy , lần lượt tại A (a ;0;0) ; B(0;a ;0) với a>0 .

Mặt phẳng (P) qua A, B, C có phương trình:

\((P): \frac{x}{a}+\frac{y}{a}+\frac{z}{3}=1\)

Mặt khác (P) qua M (-1;3;2) nên ta có \(\frac{-1}{a}+\frac{3}{a}+\frac{2}{3}=1 \Leftrightarrow a=6\)

\(\text { do đó }(P): \frac{x}{6}+\frac{y}{6}+\frac{z}{3}=1 \Leftrightarrow x+y+2 z-6=0\)

Ta có: \(\overrightarrow{A O}=(1 ; 2 ; 0), \overrightarrow{B C}=(0 ; 4 ;-3)\)

TH1: B và C nằm cùng phía với (P) , khi đó \(\overrightarrow{B C}\)có giá song song với (P).

Phương trình mặt phẳng (P) qua O có vtpt\(\vec{n}=[\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{A O}]=(-6 ; 3 ; 4)\)

\( \text { nên }(P):-6 x+3 y+4 z=0\)

TH2: B và C nằm khác phía với (P) , khi đó trung điểm \(I\left(0 ;-2 ; \frac{-3}{2}\right)\) của BC thuộc (P).

\(\overrightarrow{I O}=\left(0 ; 2 ; \frac{3}{2}\right)\)

Phương trình mặt phẳng (P) qua O có vtpt \(\vec{n}=[\overrightarrow{I O}, \overrightarrow{A O}]=\left(3 ;-\frac{3}{2} ; 2\right)\) nên \((P): 6 x-3 y+4 z=0\). 

Do (Q) là mặt phẳng song song (P) nên ptmp (Q) có dạng:

\((Q):-x+2 y-2 z+D=0\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có } d(A,(Q))=2 \Leftrightarrow \frac{|-1-2-2+D|}{3}=2 \\ \Leftrightarrow|D-5|=6 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} D=11\Rightarrow (Q): -x+2 y-2 z+11=0 \\ D=-1 \Rightarrow (Q):-x+2 y-2 z-1=0 \end{array}\right. \end{array}\)

Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

\((Q): x-2 y+2 z+1=0\, và \,(Q):-x+2 y-2 z+11=0\)

Ta có \([\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}] \cdot \overrightarrow{A D} \neq 0\)  suy ra bốn điểm A , B , C , D không đồng phẳng.

Gọi (P) là mặt phẳng cách đều bốn điểm A, B, C, D .

TH1: Có một điểm nằm khác phía với ba điểm còn lại so với (P) . Có bốn mặt phẳng thỏa mãn.

TH2: Mỗi phía của mặt phẳng (P) có hai điểm. Có ba mặt phẳng thỏa mãn.

Vậy có bảy mặt phẳng thỏa mãn

Tiếp điểm H(a;b;c) là hình chiếu vuông góc của O lên mp (P).

Đường thẳng \(\Delta\) qua O và \(\Delta \perp(P)\) có phương trình:

\(\Delta:\left\{\begin{array}{l} x=t \\ y=-2 t \\ z=2 t \end{array}\right.\)

\(\Rightarrow H=\Delta \cap(P) \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x=t \\ y=-2 t \\ z=2 t \\ x-2 y+2 z+9=0 \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} t=-1 \\ x=-1 \\ y=2 \\ z=-2 \end{array}\right.\right.\)

Vậy \(H(-1 ; 2 ;-2) \text { nên } a+b+c=-1+2-2=-1\)

Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) nên có vectơ chỉ phương \(\vec{u}=(1 ;-1 ; 2)\)

Đường thẳng d đi qua A(1;2; -1) nên phương trình chính tắc có dạng

\(\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z+1}{2}\)\(\Leftrightarrow \frac{x-1}{1}=\frac{2-y}{1}=\frac{z+1}{2}\)

Vì I là trung điểm BQ nên I(0;0;1) và

 \(\overrightarrow{A C}=(2 ;-1 ;-1)\Rightarrow \vec u(4;-2;-2)\) cũng là một VTCP của d

Đường thẳng d qua I , song song với AC có phương trình là:

\(\left\{\begin{array}{l}x=4 t \\ y=-2 t \\ z=1-2 t\end{array}\right.\)

Do d vuông góc với (P) nên VTPT của (P) cũng là VTCP của d\(\Rightarrow \mathrm{VTCP} \overrightarrow{u_{d}}=(2 ;-3 ; 1)\)

Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P) có phương trình là \(\frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{-3}=\frac{z-3}{1}\)

Mặt phẳng \((P): x-2 y+3=0 \text { có VTPT } \vec{n}_{(P)}=(1 ;-2 ; 0)\)

Đường thẳng qua A và vuông góc với (P) có VTCP \(\vec{n}_{(P)}=(1 ;-2 ; 0)\) là:

\(\left\{\begin{array}{l}x=1+t \\ y=2-2 t \\ z=-2\end{array}\right.\)

\(D / /(O x) \Rightarrow \text { Vectơ chỉ phương của }(D): \overrightarrow{e_{1}}=(1 ; 0 ; 0)\)

\(\Rightarrow(D):\left\{\begin{array}{l} x=t-1 \\ y=5 \quad ; \mathrm{t} \in \mathbb{R} \\ z=2 \end{array}\right.\)

Đường thẳng d đi qua điểm \(M\left( 1;-5;-15 \right)\) và có vtcp là \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2;1;-2 \right);\text{ }\overrightarrow{IM}=\left( -1;-8;-14 \right)\).

Khi đó

\(d\left( I;d \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{IM};\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{d}}} \right|}=\frac{\left| \left( 30;-30;-15 \right) \right|}{\left| 2;1;-2 \right|}=15 \\\Rightarrow R=\sqrt{{{d}^{2}}+{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{15}^{2}}+{{8}^{2}}}=17.\)

Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là:

\({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=289\).

Phương trình mặt phẳng (SMN) theo đoạn chắn là: \(\frac{x}{m}+\frac{y}{n}+z=1\).

Gọi \(P\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)\)

Ta có:

\(d=d\left( P;\left( SMN \right) \right)=\frac{\left| \frac{{{x}_{0}}}{m}+\frac{{{y}_{0}}}{n}+{{z}_{0}}-1 \right|}{\sqrt{\frac{1}{{{m}^{2}}}+\frac{1}{{{n}^{2}}}+1}}.\)

Lại có

\(\frac{1}{{{m}^{2}}}+\frac{1}{{{n}^{2}}}+1 \\={{\left( \frac{1}{m}+\frac{1}{n} \right)}^{2}}-\frac{2}{mn}+1 \\={{\left( \frac{m+n}{mn} \right)}^{2}}-\frac{2}{mn}+1 \\={{\left( \frac{1}{mn} \right)}^{2}}-\frac{2}{mn}+1 \\={{\left( \frac{1}{mn}-1 \right)}^{2}}\)

\(d=\frac{\left| \frac{{{x}_{0}}}{m}+\frac{{{y}_{0}}}{n}+{{z}_{0}}-1 \right|}{\left| \frac{1}{mn}-1 \right|}. \)

Ta chọn \(\left\{ \begin{array} {} {{x}_{0}}=1 \\ {} {{y}_{0}}=1 \\ {} {{z}_{0}}=0 \\ \end{array} \right.\Rightarrow d=\frac{\left| \frac{m+n}{mn}-1 \right|}{\left| \frac{1}{mn}-1 \right|}=1\) với mọi m > 0; n > 0.

Do đó mặt cầu cần tìm là mặt cầu tâm \({{P}_{0}}\left( 1;1;0 \right)\) bán kính R = 1.

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (Oxz) là

\(d=\sqrt{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}=\sqrt{8-4}=2\)

Điểm \(I\in d\) suy ra 

\(I\left( t;t-3;2t \right)\Rightarrow d\left( I;\left( P \right) \right)=\left| t-3 \right|=2 \\\Rightarrow \left[ \begin{array} {} t=5 \\ {} t=1 \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left[ \begin{array} {} I\left( 5;2;10 \right) \\ {} I\left( 1;-2;2 \right) \\ \end{array} \right.\)

Ta có: \(\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=16\) ⇒ (S) có tâm \(I\left( 1;2;3 \right)\) và bán kính R = 4.

Bán kính của đường tròn là: \(r=\frac{C}{2\pi }=4=R\) ⇒ đường tròn đi qua tâm của mặt cầu (S).

Vtcp của Oy là \(\overrightarrow{u}\left( 0;1;0 \right)\), điểm \(A\left( 0;1;0 \right)\in Oy.\)

Ta có: \(\overrightarrow{IA}=\left( 1;1;3 \right)\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{IA};\overrightarrow{u} \right]=\left( -3;0;1 \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua O và nhận \(\overrightarrow{n}\) làm vtpt suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là: \(\left( \alpha \right):3x-z=0\). 

Mặt cầu (S) có tâm \(I\left( -3;5;7 \right)\) và bán kính R = 2.

Khoảng cách từ tâm I đến (P) là: \(d=\frac{\left| -3-5+7+4 \right|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\).

Bán kính đường tròn (C) là: \(r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{d}^{2}}}=\sqrt{4-3}=1\).

Chu vi đường tròn (C) là: \(C=2\pi r=2\pi \)

\(\begin{array}{l} \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - 3}\\ 1&2 \end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 3}&1\\ 2&2 \end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0\\ 2&1 \end{array}} \right|} \right) = \left( {3; - 8;1} \right)\\ \Rightarrow \left| {\left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right]} \right| = \sqrt {9 + 64 + 1} = \sqrt {74} \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 1;4} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 6;0;8} \right),\overrightarrow {AD'} = \left( {1;0;5} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 8; - 16; - 6} \right)\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}}=6.V_{ABCD'} = \left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD'} } \right| = 38 \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = \left( {2; - 3;1} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {0; - 1;1} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 2; - 2; - 2} \right)\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {4 + 4 + 4} = \sqrt 3 \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = \left( {2; - 2; - 3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {4;0;6} \right),\overrightarrow {AD} = \left( { - 1; - 5;1} \right)\\ {V_{ ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].O\overrightarrow {AD} } \right| = \frac{{70}}{3} \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {BA} = \left( { - 2; - 2;3} \right),\overrightarrow {BC} = \left( { - 3;2; 3} \right),\overrightarrow {BD} = \left( { - 1; - 2; - 1} \right)\\ \Rightarrow AH = \frac{{3{V_{ABCD}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right].\overrightarrow {BA} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right]} \right|}} = \frac{{14}}{{\sqrt {29} }} \end{array}\)