Ta có \({y^2} + x = 0 \Rightarrow x =  - {y^2}\).

Đồ thị hàm số \(x =  - {y^2}\) liên tục trên \(\left[ {0;1} \right]\), trục Oy và hai đường thẳng \(y = 0,\;y = 1\)

Khi đó thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) quanh trục Oy được tính bởi:

\(V = \pi \int\limits_0^1 {\left( { - {y^2}} \right){\,^2}dy}  = V = \pi \int\limits_0^1 {{y^4}\,dy} .\)

Ta có:

\(I = \int\limits_0^{2004\pi } {\sqrt {1 - \cos 2x} \,dx} \)

\(\;\;\;= \int\limits_0^{2004\pi } {\sqrt {1 - \left( {1 - 2{{\sin }^2}x} \right)} \;dx}  \)

\(\;\;\;= \int\limits_0^{2004\pi } {\sqrt 2 \left| {\sin x} \right|\;dx} \)

\(\;\;\;= \sqrt 2 \left| {\cos x} \right|\left| {_0^{2004\pi }} \right.\)

\( \to \) Đáp án C sai.

Ta có \(\int {\left( {4\cos x + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} \;dx \)\(\,= 4\sin x - \dfrac{1}{x} + C.\)

Ta có: \(\int\limits_b^c {f\left( x \right)} \;dx = \int\limits_b^a {f\left( x \right)\,dx + \int\limits_a^c {f\left( {x\,} \right)dx} } \)

\( \to \) Đáp án C sai.

Ta có: \(\int {{{\sin }^3}x.\cos x\,dx}  = \int {{{\sin }^3}x\;d\left( {\sin x} \right)}\)\(\,  = \dfrac{1}{4}{\sin ^4}x + C.\)

Hình phẳng gới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {\sin ^2}x,\,\,y =  - {\cos ^2}x\) lên tục trên đoạn \(\left[ {\pi ;2\pi } \right]\) và hai đường thẳng \(x = \pi ,\,x = 2\pi \). Diện tích hình phẳng đó được xác định bởi công thức:

\(S = \int\limits_\pi ^{2\pi } \left| {{{\sin }^2}x - \left({  - {{\cos }^2}x} \right)} \right|dx \\\;\;\;=  \int\limits_\pi ^{2\pi } \left| {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right|dx \)\(\;\;\;= \int\limits_\pi ^{2\pi } {1.dx}  = x\left| {_\pi ^{2\pi }} \right.  = 2\pi  - \pi  = \pi \)

Áp dụng công thức \(\int {{a^x}\;dx}  = \dfrac{{{a^x}}}{{\ln a}}\; + C\)

Ta có: \(\int {{{2009}^x}\,dx}  = \dfrac{{{{2009}^x}}}{{\ln 2009}} + C\)

\(I = \left. {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right|_a^b - \int\limits_a^b {f'\left( x \right).g\left( x \right){\rm{d}}x} .\)

Áp dụng công thức nguyên hàm \(\int {\dfrac{1}{{ax + b}}\;dx}  = \dfrac{1}{a}\ln \left| {ax + b} \right| + C\)

Khi đó ta có:

\(\int\limits_1^5 {\dfrac{{dx}}{{2x - 1}} = } \left( {\dfrac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right|} \right)\left| {_{_{_1^{}}^{}}^{_{}^{_{}^5}}} \right. \)\(\,= \dfrac{1}{2}\ln 9 - \dfrac{1}{2}\ln 1 = \ln 3.\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx = 5\,} \\\int\limits_b^d {f\left( x \right)\,dx = 2} \,\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx = 5\,} \\ - \int\limits_d^b {f\left( x \right)\,dx = 2} \,\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx = 5\,} \\\int\limits_d^b {f\left( x \right)\,dx =  - 2} \,\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(\int\limits_a^d {f\left( x \right)dx\, + \int\limits_d^b {f\left( x \right)\,dx} \,}  \)\(\,= 5 + \left( { - 2} \right) = 3.\)

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}d\left( {{e^x}} \right) = {e^x}dx\\d\left( {{{\sin }^2}x} \right) = 2\sin x.\cos x\,dx\end{array} \right. \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}d\left( {{e^x}} \right) = {e^x}dx\\d\left( {{{\sin }^2}x} \right) = \sin 2x\,dx\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(f\left( x \right) = {e^x} + \sin 2x\)

Áp dụng tính chất, định lý về nguyên hàm – tích phân ta có:

+ Nếu \(f\left( x \right),\,g\left( x \right)\) là các hàm số liên tục trên R thì \(\int {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]} \,dx = \int {f\left( x \right)\,dx + \int {g\left( x \right)\,dx} } \)

+ Nếu các hàm số \(u\left( x \right),\;v\left( x \right)\) liên tục và có đạo hàm trên R thì \(\int {u\left( x \right)v'\left( {x\,} \right)dx + \int {v\left( x \right)u'\left( x \right)\,dx = u\left( x \right)v\left( x \right)} } \)

+ Ta có: \(\int {2x\,dx = {x^2} + C.} \)

⇒ Đáp án C sai.

\(\int {f\left( x \right)} \,dx = \int {2\sin x\,dx} \)\(\,= - 2\cos x + C\)

Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 2x + 3\), trục Ox và đường thẳng x =  - 1,x = 2 được xác định bằng công thức : \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)\,dx} \)

Khi đó ta có:

 \(\begin{array}{l}S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)\,dx} \\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2} + 3x} \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_{ - 1}\end{array} \right.\\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{{2^3}}}{3} - {2^2} + 3.2} \right) - \left( {\dfrac{{{{\left( { - 1} \right)}^3}}}{3} - {{\left( { - 1} \right)}^2} + 3.\left( { - 1} \right)} \right)\\\,\,\,\, = \dfrac{{14}}{3} - \left( { - \dfrac{{13}}{3}} \right) = \dfrac{{27}}{3} = 9\end{array}\)

Ta có:

\(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {\cos x + {e^x}} \right)\,dx} \)

\(\;\; = \left( {\sin x + {e^x}} \right)\left| {_{_{_{_0^{}}^{}}}^{\dfrac{\pi }{2}}} \right. \)

\(\;\;= \left( {\sin \dfrac{\pi }{2} + {e^{\dfrac{\pi }{2}}}} \right) - \left( {\sin 0 + {e^0}} \right)\)

\(\;\;= {e^{\dfrac{\pi }{2}}}.\)

Ta có \(f\left( x \right) = {\left( {6x + 1} \right)^2} = 36{x^2} + 12x + 1\)

Khi đó ta có: \(\int {\left( {36{x^2} + 12x + 1} \right)\,dx}  \)\(\,= 12{x^3} + 6{x^2} + x + d\)

\( \Rightarrow F\left( x \right) = 12{x^3} + 6{x^2} + x + d\)

Theo giải thiết ta có \(F\left( { - 1} \right) = 20 \)

\(\Rightarrow 12.\left( { - 1} \right){}^3 + 6.{\left( { - 1} \right)^2} + \left( { - 1} \right) + d = 20 \)

\(\Leftrightarrow d = 27\)

Vậy: \(a + b + c + d = 12 + 6 + 1 + 27 = 46.\)

Phương pháp tích phân từng phần

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = \cos x\,dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2x\,dx\\v = \sin x\end{array} \right.\)

+ Hàm số \(y = \dfrac{1}{x}\) không liên tục trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\) thì không có nguyên hàm luên tục trên\(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

\( \to \) Đáp án A sai.

+ Ta có: \(\int {{x^3}\,dx = \dfrac{{{x^4}}}{4} + C} \)\( \to \) Đáp án B sai.

+ Ta có: \(\int {\ln x\,dx} \)  . Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{x}dx\\v = x\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(\int {\ln x\,dx}  = x\ln x - \int {x.\dfrac{1}{x}dx} \)\(\, = x\ln x - \int {dx}  = x\ln x - x + C\)

\( \to \) Đáp án D sai.

Ta có:

\(\int {{2^{\sqrt x }}\dfrac{{\ln x}}{{\sqrt x }}dx}  \\= \int {{2^{\sqrt x }}\dfrac{{\ln {{\left( {\sqrt x } \right)}^2}}}{{\sqrt x }}} \,d\left( {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}} \right) \\= 4\int {{2^{\sqrt x }}\ln \left( {\sqrt x } \right)} \,d\left( {\sqrt x } \right)\\ = {2^{\sqrt x  + 1}} + C\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x \Rightarrow du = \dfrac{1}{x}dx\\u = \ln x \Rightarrow x = {e^u} \Rightarrow \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{{e^u}}} = {e^{ - u}}\end{array} \right.\)

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

Khi đó ta có:

\(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}\,dx}  \\\;\;= \int\limits_1^e {\dfrac{{1 - \ln x}}{x}d\left( {\ln x} \right)}  \\\;\;= \int\limits_0^1 {\left( {1 - u} \right){e^{ - u}}} du\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {x^3}\\dv = \cos xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 3{x^2}dx\\v = \sin x\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {{x^3}\cos x\,dx} \\= \left( {{x^3}\sin x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. - 3\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {\sin x.{x^2}dx} \)

Đặt \(I = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {{x^2}\sin x\,dx} \).            

Ta có: \(I = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {{x^2}\sin x\,dx} \)\(\, = \left( { - {x^2}\cos x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. + 2\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {\cos x.} \,xdx\)

Đặt \({I_1} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {x\cos xdx} \)

Ta có: \({I_1} = \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {x\cos xdx} = \left( {x\sin x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. - \int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {\sin xdx} \)

\(= \left( {\dfrac{\pi }{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - \left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right)\left( { - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right) - \left( { - \cos x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right.\)\( = 0 - \left( { - \dfrac{1}{2} - \left( { - \dfrac{1}{2}} \right)} \right) = 0\)

Khi đó \(I = \left( { - {x^2}\cos x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. = \left( { - \dfrac{{{\pi ^2}}}{9}.\dfrac{1}{2}} \right) - \left( { - \dfrac{{{\pi ^2}}}{9}.\dfrac{1}{2}} \right) = 0\)

Khi đó

\(\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}} {{x^3}\cos x\,dx}\)\(\, = \left( {{x^3}\sin x} \right)\left| {_{ - \dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{3}}} \right. \)\(\,= \dfrac{{{\pi ^3}}}{{27}}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - \left( { - \dfrac{{{\pi ^3}}}{{27}}} \right)\left( { - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = 0\)

Ta có:

\(\int {{x^2}\sqrt {{x^3} + 5} } \,dx \)

\(= \dfrac{1}{3}\int {\sqrt {{x^3} + 5} } \,d\left( {{x^3} + 5} \right) \)

\(= \dfrac{1}{3}\int {{{\left( {{x^3} + 5} \right)}^{\dfrac{1}{2}}}} d\left( {{x^3} + 5} \right) \)

\(= \dfrac{2}{9}{\left( {{x^3} + 5} \right)^{\dfrac{3}{2}}} + C\)

Ta có: \(\begin{array}{l}\int {\dfrac{{1 - 2{{\tan }^2}x}}{{{{\sin }^2}x}}\,dx} \\ = \int {\left( {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}} - \dfrac{2}{{{{\cos }^2}x}}} \right)\,dx} \\ = \int {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}}\,dx - 2\int {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx} } \\ =  - \cot x - 2\tan x + C\end{array}\)

Ta có: \(\int {x\sqrt {x + 1} \,dx} \)

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

\( \Rightarrow dx = d\left( {{t^2} - 1} \right) = 2t\,dt\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\int {x\sqrt {x + 1} \,dx} \\ = \int {\left( {{t^2} - 1} \right)t.2tdt} \\ = 2\int {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} \\ = 2\left( {\dfrac{{{t^5}}}{5} - \dfrac{{{t^3}}}{3}} \right) + C\end{array}\)

Với \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 1\\x = 3 \to t = 2\end{array} \right.\)         

Theo giải thiết \(F\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow 2\left( {\dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{3}} \right) + C = 2 \)\(\,\Leftrightarrow C = \dfrac{{34}}{{15}}\)

Khi đó \(F\left( {x = 3} \right) = F\left( {t = 2} \right) \)\(\,= 2\left( {\dfrac{{{2^5}}}{5} - \dfrac{{{2^3}}}{3}} \right) + \dfrac{{34}}{{15}} = \dfrac{{146}}{{15}}.\)

Ta có: \(\int {\left( {{e^x} + 2x} \right)\,} dx = {e^x} + {x^2} + C.\)

Theo giải thiết ta có: \(F\left( 0 \right) = \dfrac{3}{2} \)

\(\Rightarrow {e^0} + {0^2} + C = \dfrac{3}{2} \Rightarrow C = \dfrac{1}{2}\)

Khi đó ta có: \(F\left( x \right) = {e^x} + {x^2} + \dfrac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow u .\overrightarrow v \\ = \left( {k\overrightarrow a  - \overrightarrow b \,} \right)\left( {\overrightarrow a  + 2\overrightarrow b } \right) \\= 4k - 50 + \left( {2k - 1} \right)\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \dfrac{{2\pi }}{3}\\ =  - 6k - 45\end{array}\)

Ta có:  \(\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right] = \left( { - 2;m + 2;m + 6} \right),{\rm{    }}\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}}  = 3m + 8\)

\(\overrightarrow u ,\overrightarrow v ,\overrightarrow {\rm{w}} \) đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right].\overrightarrow {\rm{w}}  = 0 \Leftrightarrow m =  - \dfrac{8}{3}\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2;1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {x - 2;y - 5;3} \right)\)

\(A,B,C\) thẳng hàng \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} \) cùng phương\( \Leftrightarrow \dfrac{{x - 2}}{1} = \dfrac{{y - 5}}{2} = \dfrac{3}{1} \Leftrightarrow x = 5;y = 11\)

\(\overrightarrow {BA}  = \left( {1;0; - 1} \right),\overrightarrow {CA}  = \left( { - 1; - 1; - 1} \right),\overrightarrow {CB}  = \left( { - 2; - 1;0} \right)\)

\(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {CA}  = 0 \Rightarrow \)tam giác vuông tại \(A\) , \(AB \ne AC\) .

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;0;1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {1;1;1} \right)\) .  \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\)

Gọi 3 đỉnh theo thứ tự là \(A,B,C\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2;3} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {6;6;4} \right)\)

\({S_{hbh}} = \left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \sqrt {{{\left( { - 10} \right)}^2} + {{14}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}}  = 2\sqrt {83} \)

\(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c \) đồng phẳng thì \(\left[ {\overrightarrow {\overrightarrow a ,b} } \right].\overrightarrow c  = 0 \Rightarrow x = 2.\)

Ở các đáp án B, C, D đều thỏa mãn điều kiện phương trình mặt cầu. Tuy nhiên ở đáp án A thì phương trình: \(2{x^2} + 2{y^2} = {\left( {x + y} \right)^2} - {z^2} + 2x - 1\)

\(\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2xy - 2x + 1 = 0\) không đúng dạng phương trình mặt cầu.

Ta có: \({\left( {2x + 1} \right)^2} + {\left( {2y - 1} \right)^2} + 4{z^2} = 16\)

\(\Leftrightarrow {\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + {z^2} = 4\)

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 1\) là phương trình của một mặt cầu.

\(I\left( {1; - 2;0} \right).\)

\(\cos \varphi  = \dfrac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{|\overrightarrow a |.|\overrightarrow b |}}\)

\(= \dfrac{{1.2 + 2.0 + 0.( - 1)}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {0^2}} .\sqrt {{2^2} + {0^2} + {{( - 1)}^2}} }} \)

\(= \dfrac{2}{{\sqrt 5 .\sqrt 5 }} = \dfrac{2}{5}\)

­\(\overrightarrow b  = \left( { - 2; - 6; - 8} \right) =  - 2\left( {1;3;4} \right) \)\(\,=  - 2\overrightarrow a \)

\(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = ( - 2).0 + 2.1 + 5.2 = 12\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} \left( {1; - 1; - 2} \right)\\AB = \sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 2)}^2}}  = \sqrt 6 \end{array}\)

Gọi \(Q(x;y;z)\), \(MNPQ\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {NM}  = \overrightarrow {PQ} \)\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 2=0}\\{y -4= -1}\\{z = 4}\end{array}} \right.\)