\(\int 2 \sin x \cdot \cos 3 x d x=\int(\sin 4 x-\sin 2 x) d x=\frac{1}{2} \cos 2 x-\frac{1}{4} \cos 4 x+C\)

\(\int \sin x \cdot \cos 2 x d x=\int\left(2 \cos ^{2} x-1\right) \sin x d x=-\int\left(2 \cos ^{2} x-1\right) d(\cos x)=\frac{-2 \cos ^{3} x}{3}+\cos x+C\)

\(\int \frac{\sin 2 x d x}{\cos 2 x-1}=\int \frac{2 \sin x \cos x}{1-2 \sin ^{2} x+1} d x=-\int \frac{\cos x}{\sin x} d x=-\int \frac{d(\sin x)}{\sin x}=-\ln |\sin x|+C\)

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

Khi đó \(\int \cos ^{2} x \sin x d x=-\int t^2 dt=-\frac{t^3}{3}+C=-\frac{\cos ^3x}{3}+C\)

Ta có \(\int\left(2 x+\frac{1}{\sin ^{2} x}\right) d x=x^{2}-\cot x+C\)

\(F\left(\frac{\pi}{4}\right)=-1\) nên \(C=-\frac{\pi^{2}}{16}\)

Vậy \(F(x)=-\cot x+x^{2}-\frac{\pi^{2}}{16}\)

Ta có \(\int\left(2 x+\frac{1}{\sin ^{2} x}\right) d x=x^{2}-\cot x+C\)

\(F\left(\frac{\pi}{4}\right)=-1\) nên \(C=-\frac{\pi^{2}}{16}\)

Vậy \(F(x)=-\cot x+x^{2}-\frac{\pi^{2}}{16}\)

Ta có \(I=\int\limits_{1}^{2}\left(1+\frac{16}{x-4}-\frac{9}{x-3}\right) d x=\left.(x+16 \ln |x-4|-9 \ln |x-3|)\right|_{1} ^{2}=1+25 \ln 2-16 \ln 3\)

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

Đổi cận

\(x=1 \Rightarrow u=1, x=e \Rightarrow u=0\)

Khi đó \(I=-\int\limits_{1}^{0} u^{2} d u\)

Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có

\(\begin{aligned} \int\limits_{a}^{b} x \sin x d x=&-\left.[x \cos x]\right|_{a} ^{b}+\int\limits_{a}^{b} \cos x d x \Rightarrow \int\limits_{a}^{b} \cos x d x=\left.[x \cos x]\right|_{a} ^{b}+\int\limits_{a}^{b} x \sin x d x \\ &=b \cos b-a \cos a+\pi=-\pi-0+\pi=0 \end{aligned}\)

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có

\(\begin{aligned} \int\limits_{1}^{2} F(x) g(x) d x &=\left.[F(x) G(x)]\right|_{1} ^{2}-\int\limits_{1}^{2} f(x) G(x) d x=F(2) G(2)-F(1) G(1)-\int\limits_{1}^{2} f(x) G(x) d x \\ &=4 \times 2-1 \times \frac{3}{2}-\frac{67}{12}=\frac{11}{12} \end{aligned}\)

Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có

\(\begin{aligned} \int\limits_{0}^{2} f(x) G(x) d x &=[F(x) G(x)]_{0}^{2}-\int\limits_{0}^{2} F(x) g(x) d x=F(2) G(2)-F(0) G(0)-\int\limits_{0}^{2} F(x) g(x) d x \\ &=1 \times 1-0 \times(-2)-3=-2 \end{aligned}\)

Thể tích V của khối tròn xoay là:

\(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}(x)dx} \)

\(y = \ln x \Leftrightarrow x = {e^y}\)

Gọi V là thể tích cần tìm:

\(V = \pi \int\limits_0^1 {{{({e^y})}^2}dy = \pi \int\limits_0^1 {{e^{2y}}dy} } = \left. {\frac{{\pi {e^{2y}}}}{2}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{2}\left( {{e^2} - 1} \right)\)

Gọi V là thể tích cần tìm:

\(\begin{array}{l} V = \pi \int\limits_0^\pi {{{\left( {\cos x} \right)}^2}dx = \pi \int\limits_0^\pi {{{\cos }^2}xdx} } \\ = \frac{\pi }{2}\int\limits_0^\pi {\left( {1 + \cos 2x} \right)} dx = \frac{\pi }{2}\left. {\left( {x + \frac{1}{2}\sin 2x} \right)} \right|_0^\pi \\ = \frac{{{\pi ^2}}}{2} \ (đvdt) \end{array}\)

Gọi V₁ là thể tích vật thể tròn xoay tạo bởi khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường: \(y = 2x - 4;y = 0;x = 0;x = 2\) quay quanh trục Ox

\(\begin{array}{l} {V_1} = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {2x - 4} \right)}^2}dx = \pi \int\limits_0^2 {\left( {4{x^2} - 16x + 16} \right)dx} } \\ = \left. {\pi \left( {\frac{{4{x^3}}}{3} - 8{x^2} + 16x} \right)} \right|_0^2 = \frac{{32\pi }}{3} \ (đvdt) \end{array}\)

Gọi V₂ là thể tích vật thể tròn xoay tạo bởi khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường: \(y = {x^2} - 4;y = 0;x = 0;x = 2\) quay quanh trục Ox

\(\begin{array}{l} {V_2} = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} - 4} \right)}^2}dx = \pi \int\limits_0^2 {\left( {{x^4} - 8{x^2} + 16} \right)dx} } \\ = \left. {\pi \left( {\frac{{{x^5}}}{5} - \frac{{8{x^3}}}{3} + 16x} \right)} \right|_0^2 = \frac{{256\pi }}{{15}} \ (đvdt) \end{array}\)

Gọi V là thể tích cần tìm:

\(V = {V_2} - {V_1} = \frac{{256\pi }}{{15}} - \frac{{32\pi }}{3} = \frac{{32\pi }}{5} \ (đvdt)\)

Gọi H là hình chiếu của A trên \( Ox \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H\left( { - {\mkern 1mu} 2;0;0} \right)\)

\( \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {AH} = \left( {0; - {\mkern 1mu} 3; - {\mkern 1mu} 4} \right).\)

Vậy khoảng cách từ A đến trục Ox là

\( AH = \sqrt {{{\left( { - {\mkern 1mu} 3} \right)}^2} + {{\left( { - {\mkern 1mu} 4} \right)}^2}} = 5.\)

Khi chiếu điểm M(−4;3;−2) lên trục Ox được điểm N có \( \overline {ON} = - 4\)

Hình chiếu của A trên trục Oz là M(0;0;5)

Khi đó M là trung điểm của AA′⇒A′(−2;3;5)

Vì chiếu điểm M lên trục Oz nên giữ nguyên z và cho x=y=0. Do đó ta được hình chiếu của điểm M(1;−1;0) lên trục Oz là N(0;0;0)

Điểm Q(0;−10;0) thuộc trục Oy.

\(\overrightarrow {AB} = \left( {1, - 1, - 3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 1,1,0} \right);\left[ {\overrightarrow {AB,} \overrightarrow {AC} } \right] = \left( {3,3,0} \right)\)

Chọn \(\overrightarrow n = \left( {1,1,0} \right)\) làm vectơ pháp tuyến :phương trình (ABC) có dạng x + y + D = 0

Qua A \( \Leftrightarrow 3 - 1 + D = 0 \Leftrightarrow D = - 2\)

Phương trình (ABC): x + y - 2 = 0.

Vectơ pháp tuyến \(\left( \alpha \right)\) của là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow a \overrightarrow {,b} } \right] = \left( { - 1, - 4, - 7} \right)\) có thể thay thế bởi \(\overrightarrow n = \left( {1,4,7} \right)\)

Phương trình \(\left( \alpha \right)\) có dạng x + 4y + 7z + D = 0.

\(B \in \left( \alpha \right) \Leftrightarrow 3 + 16 - 35 + D = 0 \Leftrightarrow D = 16\)

Vậy x + 4y + 7z + 16 = 0

A và B đúng.

Chọn D.

A sai và có thể (P) và (Q) trùng nhau, B sai, vì một mặt phẳng có vô số pháp vecto. 

Cả 3 câu đều đúng

Ta có \(V=\frac{4}{3} \pi R^{3}=36 \pi \Leftrightarrow R=3\)

Phưong trình mặt cầu tâm I(1 ; 2 ;-4) và bán kính  R=3 là :\((x-1)^{2}+(y-2)^{2}+(z+4)^{2}=9\)

Mặt cầu có đường kính bằng 10\(\Rightarrow R=5\)

Mặt cầu có phương trình là 

\((x+1)^{2}+(y-2)^{2}+z^{2}=25\)

Mặt cầu có tâm I và đi qua điểm A nên R=IA.

Ta có \(\overrightarrow{I A}(0 ;-2 ; 7)\Leftrightarrow R=I A=\sqrt{53}\)

Phương trình mặt cầu là \((x-1)^{2}+(y-2)^{2}+(z+3)^{2}=53\)

Măt cầu (S) có tâm I (a ; b ; c), bán kinh R>0 có phương trình:
\((S):(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-c)^{2}=R^{2}\)

Mặt cầu tâm \(I(1 ; 2 ; 3)\) bán kính r=1 có phương trình 

\((S):(x-1)^{2}+(y-2)^{2}+(z-3)^{2}=1^{2}\)

\(\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}-2 x-4 y-6 z+13=0\)

Vì d đi qua điểm A nên loại B, C

\(d \perp(P) \Rightarrow \vec{n_{(P)}}.\vec{ u_{d}}=0\) nên loại D vì \(\overrightarrow{n_{(P)}}=\overrightarrow{u_{d}}\)

Gọi \(H\left( 0;0;5 \right)\) là hình chiếu vuông góc của A xuống trục Oz.

Khi đó tam giác OHB vuông cân tại H suy ra \(OH=\frac{R}{\sqrt{2}}\Rightarrow R=OH\sqrt{2}=2\sqrt{10}\).

Suy ra \(\left( S \right):{{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y+4 \right)}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=40\).

Gọi \(I\left( 2+t;t;t+1 \right)\in {{\textΔ}_{1}}\) là tâm của mặt cầu. \({{\textΔ}_{2}}\) xác định qua \(M\left( 2;0;-3 \right),\overrightarrow{{{u}_{{{\textΔ}_{2}}}}}=\left( 1;1;4 \right)\)

Ta có: 

\(d\left( I;{{\textΔ}_{2}} \right)=d\left( I;\left( P \right) \right)\)

Khi đó \(d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2+t-2t-2\left( 1+t \right)+10 \right|}{\sqrt{1+4+4}}=\frac{\left| 10-3t \right|}{3}\)

\(\overrightarrow{IM}\left( -t;-t;-4-t \right) \\\Rightarrow d\left( I;{{\textΔ}_{2}} \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{IM};\overrightarrow{{{u}_{{{\textΔ}_{2}}}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{{{\textΔ}_{2}}}}} \right|}=\frac{\sqrt{2{{\left( 3t-4 \right)}^{2}}}}{\sqrt{1+1+16}}=\frac{\left| 3t-4 \right|}{3}\)

Cho \(\frac{\left| 10-3t \right|}{3}=\frac{\left| 3t-4 \right|}{3}\Leftrightarrow t=\frac{7}{3}\Rightarrow I\left( \frac{13}{3};\frac{7}{3};\frac{10}{3} \right)\)

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{{\left( x-\frac{13}{3} \right)}^{2}}+{{\left( y-\frac{7}{3} \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{10}{3} \right)}^{2}}=1\).

Ta có: \(I\left( 1;-2;0 \right),R=\sqrt{5}\). Gọi \(N\left( 2-t;3+2t;1+t \right)\). Ta có:

\(\overrightarrow{{{u}_{\textΔ}}}=\overrightarrow{MN}\left( 1-t;4+2t;1+t \right)\)

Mặt khác \({{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}+{{d}^{2}}\left( I;\textΔ \right)={{R}^{2}}\Rightarrow d\left( I;\textΔ \right)=1\)

\(d\left( I;\textΔ \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{IM};\overrightarrow{MN} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{MN} \right|}=\sqrt{\frac{2{{t}^{2}}+2}{6{{t}^{2}}+16t+18}}=1 \\\Leftrightarrow 4{{t}^{2}}+16t+16=0\Leftrightarrow t=-2\)

Với \(t=-2\Rightarrow \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ :}\left\{ \begin{array} {} x=1+3t \\ {} y=-1 \\ {} z=-t \\ \end{array} \right.\) là đường thẳng cần tìm.

Ta có: \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;2;-1 \right)\), gọi H là trung điểm của AB ta có: \(IH\bot AB\).

Khi đó \(H\left( -1+t;2t;1-t \right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{IH}\left( -3+t;2t-1;1-t \right) \\\Rightarrow \overrightarrow{IH}.\overrightarrow{{{u}_{d}}}=0 \\\Leftrightarrow -3+t+4t-2+t-1=0\)

\(\Leftrightarrow t=1\Rightarrow H\left( 0;2;0 \right)\)

Tam giác IAB vuông cân tại I nên ta có: \(R=\sqrt{2}IH=\sqrt{2}\sqrt{4+1}=\sqrt{10}\)

Do đó phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=10\)

Đường thẳng d đi qua \(E\left( 1;-2;-2 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}\left( 1;-1;0 \right)\).

Gọi I là tâm mặt cầu suy ra đường thẳng \(IM\bot \left( P \right)\Rightarrow IM:\left\{ \begin{array} {} x=1+t \\ {} y=t \\ {} z=-2+t \\ \end{array} \right.\).

Khi đó gọi \(I\left( 1+t;t;-2+t \right)\)

\(\Rightarrow {{d}^{2}}\left( I;d \right)+{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}={{R}^{2}}\Leftrightarrow {{d}^{2}}\left( I;d \right)+2=I{{M}^{2}}\)

Trong đó \(d\left( I;d \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{IE};\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{d}}} \right|}=\frac{\left| \left( -t;-t;2t+2 \right) \right|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6{{t}^{2}}+8t+4}}{\sqrt{2}}\)và \(I{{M}^{2}}=3{{t}^{2}}\)

Suy ra \(3{{t}^{2}}+4t+2+2=3{{t}^{2}}\Leftrightarrow t=-1\Rightarrow I\left( 0;-1;-3 \right);R=IM=\sqrt{3}\).

Phương trình mặt cầu (S) là: \({{x}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=3\)

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = \left( {3;0;3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1;1; - 2} \right),\overrightarrow {AD} = \left( {4;1;0} \right) \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{3\sqrt {11} }}{2}\\ {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow {h_D} = \frac{{3{V_{ABCD}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\sqrt {11} }}{{11}} \end{array}\)

Ta có:

\([\vec m; \vec n]=(3;-4;0)\Rightarrow |[\vec m, \vec n]|=5\)

Do \(\vec p\) cùng hướng với \([\vec m; \vec n]\Rightarrow \vec p=k[\vec m; \vec n](k>0)\)

\(Mà\,|\vec p|=15\Rightarrow k.|[\vec m; \vec n]|=15\\ \Leftrightarrow k.5=15\Leftrightarrow k=3\\ \Rightarrow \vec p=(9;-12;0)\)

\(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2; - 1;3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {2; - 1;1} \right) \Rightarrow {S_{ABC}} \\ = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {4 + 64 + 16} = \sqrt {21} \)

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC ta có:

\(\overrightarrow {AB} = \left( {3; - 2; - 3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 2;2; - 2} \right) \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \sqrt {62} \)

Ta có:

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