Điều kiện: \(x \le 2\)

Xét hương trình hoành độ giao điểm ta có:

\(\sqrt {2 - x} = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\2 - x = {x^2}\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} + x - 2 = 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x = 1\)

Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính được xác được bởi công thức: \(V = \pi \int\limits_0^1 {{x^2}\,dx + \pi \int\limits_1^2 {\left( {2 - x} \right)\,dx} } \)

Ta có:

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

Ta có: \(\int\limits_1^4 {f'\left( x \right)\,dx = 17}  \)

\(\Rightarrow f\left( x \right)\left| {_1^4} \right. = 17 \Leftrightarrow f\left( 4 \right) - f\left( 1 \right) = 17\)

\( \Rightarrow f\left( 4 \right) = 17 + f\left( 1 \right) = 17 + 12 = 29.\)

Phương trình hoành độ giao điểm \({x^2} = 2x \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Khi đó, diện tích hình phẳng được xác định bởi công thức

\(S = \int\limits_0^2 {\left| {\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right|\,dx}  \)\(\,= \left| {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|\left| \begin{array}{l}^2\\_0\end{array} \right. \)\(\,= \left| {\left( {\dfrac{{{2^3}}}{3} - {2^2}} \right)} \right| - 0 = \dfrac{4}{3}\)

Khi Cho \(f\left( x \right),g\left( x \right)\) là các hàm liên tục trên \(\left[ {a;b} \right]\) ta luôn có: \(\left| {\int\limits_a^b {f\left( {x\,} \right)dx} } \right| \le \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|\,dx} \)

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: \(\int {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}}} \,dx \)\(\,=  - \int {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right)d} \left( {{e^{ - x}}} \right)\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u =  - 2{x^2} + 7x - 4\\dv = d\left( {{e^{ - x}}} \right)\end{array} \right. \)\(\,\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \left( { - 4x + 7} \right)\,dx\\v = {e^{ - x}}\end{array} \right.\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}\int {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}}} \,dx\\ =  - \int {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right)d} \left( {{e^{ - x}}} \right)\\ =  - \left[ {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} - \int {{e^{ - x}}\left( { - 4x + 7} \right)dx} } \right]\end{array}\)

\( =  - \left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} + \int {{e^{ - x}}\left( { - 4x + 7} \right)dx} \)

\( =  - \left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} - \int {\left( { - 4x + 7} \right)d\left( {{e^{ - x}}} \right)} \)\( =  - \left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} - \left[ {\left( { - 4x + 7} \right){e^{ - x}} + 4\int {{e^{ - x}}dx} } \right]\)

\( =  - \left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} + \left( {4x - 7} \right){e^{ - x}} - 4\left( { - {e^{ - x}}} \right) + C\)

\( = \left( {2{x^2} - 3x + 1} \right){e^{ - x}} + C\)

Phương trình hoành độ giao điểm \({x^3} - 3{x^2} - 4x = 0\)

\(\Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 3x - 4} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 3x - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số và trục Ox được xác định bằng công thức:

\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|} \,dx\)

Mà ta có: \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 4x = x\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)\)

+ Với \( - 1 < x < 0 \Rightarrow f\left( x \right) > 0\)

+ Với \(0 < x < 4 \Rightarrow f\left( x \right) < 0\)

Khi đó ta có: \(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|} \,dx\)\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|} \,dx = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)} \;dx - \int\limits_0^4 {f\left( x \right)} \;dx\)

Đặt \(u = {x^2} - 1 \Rightarrow du = 2x\,dx\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \to u = 0\\x = 2 \to u = 3\end{array} \right.\)

Khi đó \(I = \int\limits_1^2 {2x\sqrt {{x^2} - 1} \,dx\, = \int\limits_0^3 {\sqrt u } } \,du\)

\( \to \) Đáp án C sai

+ Áp dụng tính chất của tích phân, ta có \(\int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)\,} \right]dx}  = \int\limits_a^b {f\left( {x\,} \right)dx + \int\limits_a^b {g\left( x \right)\,dx} } \)

\( \to \) Khẳng định A đúng.

+ Tính chất của tích phân: Nếu \(f\left( x \right) \ge 0\) trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) thì \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)\,dx \ge 0} \)

\( \to \) Khẳng định C đúng.

+ Ta có: \(\int {\dfrac{{u'\left( x \right)dx}}{{u\left( x \right)}} = \int {\dfrac{{d\left( {u\left( x \right)} \right)}}{{u\left( x \right)}}} }  = \ln \left| {u\left( x \right)} \right| + C\)

\( \to \) Khẳng định D đúng.

\( \to \) Khẳng định B sai.

Ta có: \(\int {{e^x}\left( {1 - 3{e^{ - 2x}}} \right)\,dx}  = \int {\left( {1 - \dfrac{3}{{{{\left( {{e^x}} \right)}^2}}}} \right)} \;d\left( {{e^x}} \right)\)\(\, = {e^x} + \dfrac{3}{{{e^x}}} + C = {e^x} + 3{e^{ - x}} + C\)

Đặt \(u = 3x + 1 \)

\(\Rightarrow du = d\left( {3x + 1} \right) = 3\,dx \)

\(\Leftrightarrow dx = \dfrac{{du}}{3}\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to u = 1\\x = 1 \to u = 4\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \dfrac{1}{3}\int\limits_1^4 {f\left( u \right)\,} du = \dfrac{1}{3}\int\limits_1^4 {f\left( x \right)\,dx}  \)\(\,= \dfrac{1}{3}.9 = 3.\)

Áp dụng tính chất của nguyên hàm ta có:

+ \(\int {k.f\left( x \right)\,dx = k\int {f\left( x \right)\,dx} } \)

+ \(\int {f'\left( x \right)\,dx}  = f\left( x \right) + C\)

+ \(\int {\left[ {f\left( x \right) \pm g\left( x \right)} \right]\,dx = \int {f\left( x \right)\,dx \pm \int {g\left( x \right)\,dx} } } \)

\( \to \) Khẳng định A sai

Ta có: \(\int\limits_{ - 1}^a {{e^{x + 1}}} \,dx \)

\(= e\int\limits_{ - 1}^a {{e^x}\,d} \left( x \right)\)

\(= e\left( {{e^x}} \right)\left| {_{ - 1}^a} \right. \)

\(= e\left( {{e^a} - {e^{ - 1}}} \right) + C = {e^{a + 1}} - e + C\)

Khi đó \(a + 1 = 2 \Rightarrow a = 1\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{dx}}{{\sin x}}} = \int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{\sin x}}{{{{\sin }^2}x}}} \,dx\\ = - \int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{1 - {{\cos }^2}x}}} \\ = - \dfrac{1}{2}\int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\left( {\dfrac{1}{{1 - \cos x}} + \dfrac{1}{{1 + \cos x}}} \right)} \;d\left( {\cos x} \right)\\ = \dfrac{1}{2}\int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{1}{{1 - \cos x}}d\left( {1 - \cos x} \right)} - \dfrac{1}{2}\int\limits_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}} {\dfrac{1}{{1 + \cos x}}d\left( {1 + \cos x} \right)} \\ = \dfrac{1}{2}\ln \left| {1 - \cos x} \right|\left| {_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}}} \right. - \dfrac{1}{2}\ln \left| {1 + \cos x} \right|\left| {_{\dfrac{\pi }{3}}^{\dfrac{\pi }{2}}} \right.\\ = \left( {\dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{2}} \right) - \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{2}\ln \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Ta có: \(I = \int\limits_1^e {2x\left( {1 - \ln x} \right)\,dx} \)\(\, = \int\limits_1^e {2x\,dx}  - 2\int\limits_1^e {x\ln \,dx}\)\(\,  = {x^2}\left| {_1^e} \right. - 2\int\limits_1^e {x\ln \,dx} \)

Đặt \({I_1} = \int\limits_1^e {x\ln x\,dx} \)     

Ta có:

\({I_1} = \int\limits_1^e {x\ln x\,dx}  = \left( {\dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1^{}\end{array} \right. - \int\limits_1^e {\dfrac{x}{2}dx} \)

\(= \left( {\dfrac{{{x^2}}}{2}\ln x} \right)\left| \begin{array}{l}^e\\_1^{}\end{array} \right. - \left( {\dfrac{{{x^2}}}{4}} \right)\left| \begin{array}{l}_{}^e\\_1^{}\end{array} \right.\)

\( = \dfrac{e^2}{2}\ln e - \left( {\dfrac{e^2}{4} - \dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{e^2}{2}+\dfrac {1}{4}\)

Khi đó ta có: \(I = {e^2} - 1 - 2.\left( {\dfrac{{{e^2}}}{4} + \dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{{{e^2} - 3}}{2}\)

\(I = \int {\left( {2{x^2} - \dfrac{1}{{\sqrt[3]{x}}} - \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right)\,dx} \)\(\, = \int {\left( {2{x^2} - {x^{ - \dfrac{1}{3}}} - \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right)dx} \)\(\,= \dfrac{2}{3}{x^3} - \dfrac{3}{2}{x^{\dfrac{2}{3}}} - \tan x + C\)

Phương trình hoành độ giao điểm \({x^2} - x + 3 = 2x + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thì được xác định bằng công thức

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_1^2 {\left| {\left( {{x^2} - x + 3} \right) - \left( {2x + 1} \right)} \right|\,dx} \\ = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 3x + 2} \right|} \,dx\\ = \left| {\dfrac{{{x^3}}}{3} - \dfrac{3}{2}{x^2} + 2x} \right|\left| \begin{array}{l}^2\\_1\end{array} \right.\\ = \left| {\dfrac{2}{3} - \dfrac{5}{6}} \right| = \dfrac{1}{6}.\end{array}\)

Ta có: \(\int {\left( { - \cos x} \right)} \,dx = \sin x + C.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int {\dfrac{{{{\left( {3\ln x + 2} \right)}^4}}}{x}\,dx} \\ = \int {\left( {{{\left( {3\ln x + 2} \right)}^4}} \right)} \,d\left( {\ln x} \right)\\ = \dfrac{1}{3}\int {\left( {{{\left( {3\ln x + 2} \right)}^4}} \right)} \,d\left( {3\ln x + 2} \right)\\ = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{{\left( {3\ln 2 + 2} \right)}^5}}}{5} = \dfrac{{{{\left( {3\ln 2 + 2} \right)}^5}}}{{15}} + C.\end{array}\)

Phương trình hoành độ giao điểm là: \(\left( {e + 1} \right)x\, = \left( {{e^x} + 1} \right)x \)

\(\Leftrightarrow x\left( {{e^x} + 1 - e - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {{e^x} - e} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Khi đó, diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị là:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_0^1 {\left| {\left( {{e^x} + 1} \right)x - \left( {e + 1} \right)x} \right|\,dx} \\\,\,\,\, = \int\limits_0^1 {\left| {{e^x}x - ex} \right|\,dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {ex - {e^x}x} \right)} \,dx\\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{e{x^2}}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right. - \int\limits_0^1 {{e^x}xdx} \end{array}\)

Đặt \(I = \int\limits_0^1 {{e^x}x\,dx} \)

Ta có: \(\begin{array}{l}I = \int\limits_0^1 {{e^x}x\,dx}  = \int\limits_0^1 {x\,d\left( {{e^x}} \right)} \\\,\,\, = \left( {x.{e^x}} \right)\left| {_0^1} \right. - \int\limits_0^1 {{e^x}} dx\\\,\,\, = e - \left( {{e^x}} \right)\left| {_0^1} \right. = e - \left( {e - 1} \right) = 1\end{array}\)

Khi đó: \(S = \dfrac{e}{2} - 1 = \dfrac{{e - 2}}{2}.\)

Áp dụng khái niệm của tích phân: Xét \(f\left( x \right)\) là một hàm số liên tục trê đoạn \(\left[ {a;b} \right]\), ( với \(a < b\)) và \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) ta có\(\int\limits_a^b f (x)\,dx = F(b) - F(a)\).

Ta có:

\(\int {\left( {\dfrac{{4m}}{\pi } + {{\sin }^2}x} \right)\,dx}  \)

\(= \int {\left( {\dfrac{{4m}}{\pi } + \dfrac{{1 - \cos 2x}}{2}} \right)} \,dx \)

\(= \int {\left( {\dfrac{{8m + \pi }}{{2\pi }} - \dfrac{{\cos 2x}}{2}} \right)\,dx} \)

\( = \left( {\dfrac{{8m + \pi }}{{2\pi }}} \right)x - \dfrac{1}{4}\int {\cos 2x\,d\left( {2x} \right)}\)

\(  = \left( {\dfrac{{8m + \pi }}{{2\pi }}} \right)x - \dfrac{{\sin 2x}}{4} + C\)

Theo giả thiết ta có:

+ \(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 1\)

+ \(F\left( {\dfrac{\pi }{4}} \right) = \dfrac{\pi }{8}\)

\(\Rightarrow \left( {\dfrac{{8m + \pi }}{{2\pi }}} \right).\dfrac{\pi }{4} - \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{\pi }{8}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{8m + \pi }}{8} = \dfrac{\pi }{8} - \dfrac{3}{4} = \dfrac{{\pi  - 6}}{8} \)

\(\Leftrightarrow 8m =  - 6 \Rightarrow m =  - \dfrac{3}{4}\).

Áp dụng định nghĩa của tích phân ta có: \(\int\limits_a^b {f(x)\,dx = F(b) - F(a)} \)

Gọi điểm \(Q\left( {x;y;z} \right)\)

\(\overrightarrow {MN}  = \left( {1;2;3} \right)\) , \(\overrightarrow {QP}  = \left( {7 - x;\,7 - y;\,5 - z} \right)\)

Vì \(MNPQ\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {QP}  \Rightarrow Q\left( {6;5;2} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = (0; - 2; - 1);\overrightarrow {AC}  = ( - 1; - 3;2)\)

Ta thấy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  \ne 0 \Rightarrow \)\(\Delta ABC\) không vuông tại \(A\).

\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \ne \left| {\overrightarrow {AC} } \right|\) \( \Rightarrow \Delta ABC\) không cân tại \(A\).

Gọi điểm \(D\left( {x;y;z} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;1} \right)\) , \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 3 - x;\,4 - y;\, - z} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Rightarrow D\left( { - 4;5; - 1} \right)\)

Với \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow d\left( {M,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| c \right|\)

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên trục \(Oy\) là điểm \(M'\left( {0;5;0} \right)\).

Với \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \) hình chiếu vuông góc của \(M\)lên mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\) là \({M_1}\left( {a;b;0} \right)\)

Với \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \) hình chiếu vuông góc của \(M\)lên mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\) là \({M_1}\left( {a;b;0} \right)\)

Với \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow d\left( {M,Ox} \right) = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \)

Do đó: \(d\left( {M,Ox} \right) = \sqrt {{5^2} + {1^2}}  = \sqrt {26} \)

Tính chất trọng tâm tam giác: \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 .\)

Vì \(\overrightarrow b .\overrightarrow c  = 1.1 + 1.1 + 0.1 = 2 \ne 0.\)

Do đó \(\overrightarrow b  \bot \overrightarrow c \) là mệnh đề sai

\(\left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {2^2}}  = \sqrt 6 \)

\(M \in Ox \ne 0 \Rightarrow M\left( {a;0;0} \right),a \ne 0\)

Véc tơ \(\overrightarrow j \) là véc tơ đơn vị của trục \(Oy\).

Ta có: \(\left| {\overrightarrow i } \right| = \left| {\overrightarrow j } \right| = \left| {\overrightarrow k } \right| = 1\) nên B đúng và các đáp án còn lại sai.

Ta có: \(\left| {\overrightarrow i } \right| = \left| {\overrightarrow j } \right| = \left| {\overrightarrow k } \right| = 1\) hoặc \({\overrightarrow i ^2} = {\overrightarrow j ^2} = {\overrightarrow k ^2} = 1\) nên \(\left| {\overrightarrow i } \right| = {\overrightarrow k ^2}\) đúng.

Ta có: \(\overrightarrow i .\overrightarrow j  = \overrightarrow j .\overrightarrow k  = \overrightarrow k .\overrightarrow i  = 0\) nên các đáp án A, B, D đều đúng.

Đáp án C sai vì tích vô hướng hai véc tơ là một số, không phải một véc tơ.