Công thức \(\mathop \smallint \nolimits_{}^{} \frac{{dx}}{x} = \ln \;x\; + \,C\) là sai, công thức đúng là \(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} \)

Ta có 

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

Ta có \(F^{\prime}(x)=7 \cos x+\sin x\)

\(\int {f\left( x \right)dx = \int {\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx = \int {\frac{1}{x}dx - \int {\frac{1}{{{x^2}}}dx = } } } } \ln \;\left| x \right| + \frac{1}{x} + C\)

\(\int f(x) d x=\int\left(\frac{1}{\cos ^{2} x}-1\right) d x=\tan x-x+C\)

Đặt \(u=\sqrt{3 \cos x+1} \Rightarrow 2 u d u=-3 \sin x d x\)

Đổi cận \(x=0 \Rightarrow u=2 ; x=\frac{\pi}{2} \Rightarrow u=1\)

Khi đó

\(I=\frac{2}{3} \int_{1}^{2} u^{2} d u=\left.\frac{2}{9} u^{3}\right|_{1} ^{2}\)

\(K=\int_{-2}^{0}\left(5-e^{-x}\right) d x+e^{2}=\left.\left(5 x+e^{-x}\right)\right|_{-2} ^{0}+e^{2}=11\)

Đặt \(x=-t\)

Với \(x=\frac{-\pi}{2}\Rightarrow t=\frac{\pi}{2}\)

\(x=\frac{\pi}{2}\Rightarrow t=\frac{-\pi}{2}\)

Khi đó

\(\int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) d x=\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}} f(-t)(-d t)=\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(-t) d t=\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(-x) d x\)

\(\Rightarrow 2 \int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) d x=\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}[f(x)+f(-x)] d x=\int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{4} x d x \Rightarrow I=\frac{3 \pi}{16}\)

Ta có \(I=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \sin ^{2} x \cdot \frac{\sin x}{\cos x} d x=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\left(1-\cos ^{2} x\right) \sin x}{\cos x} d x\)

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

đổi cận:

\(x=0\Rightarrow t=0\)

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

Khi đó \(I=-\int_{1}^{\frac{1}{2}} \frac{1-t^{2}}{t} d t=\ln 2-\frac{3}{8}\)

\(\begin{aligned} I &=\int_{0}^{2 \pi} \sqrt{\left(\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2}\right)^{2}} d x=\int_{0}^{2 \pi}\left|\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2}\right| d x=\sqrt{2} \int_{0}^{2 \pi}\left|\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\right| d x \\ &=\sqrt{2}\left[\int_{0}^{\frac{3 \pi}{2}} \sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right) d x-\int_{\frac{3 \pi}{2}}^{2 \pi} \sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right) d x\right]=4 \sqrt{2} \end{aligned}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \frac{4 \sin ^{3} x}{1+\cos x}=\frac{4 \sin ^{3} x(1-\cos x)}{\sin ^{2} x}=4 \sin x-4 \sin x \cos x=4 \sin x-2 \sin 2 x \\ \Rightarrow I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(4 \sin x-2 \sin 2 x) d x=2 \end{array}\)

\(\begin{aligned} I &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{2} x \cos 2 x d x=\frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos 2 x) \cos 2 x d x=\frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1+2 \cos 2 x+\cos 4 x) d x \\ &=\left.\frac{1}{4}\left(x+\sin 2 x+\frac{1}{4} \sin 4 x\right)\right|_{0} ^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{8} \end{aligned}\)

Đặt \(\left\{\begin{array}{l} u=\ln x \\ d v=(2 x-5) d x \end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} d u=\frac{1}{x} d x \\ v=x^{2}-5 x \end{array}\right.\right.\)

Khi đó \(\int_{1}^{e}(2 x-5) \ln x d x=\left.\left(x^{2}-5 x\right) \ln x\right|_{1} ^{e}-\int_{1}^{e}(x-5) d x\)

Ta có \(\int_{1}^{2}[k x-f(x)] d x=-1 \Leftrightarrow k \int_{1}^{2} x d x-\int_{1}^{2} f(x) d x=k \frac{3}{2}-4=-1 \Leftrightarrow k=2\)

Ta có \(\int_{3}^{5} f(x) d x=\int_{3}^{1} f(x) d x+\int_{1}^{5} f(x) d x=-\int_{1}^{3} f(x) d x+\int_{1}^{5} f(x) d x=-7+\frac{2}{2}=-6\)

Diện tích hình phẳng (H) cần tính là \( {S_H} = \mathop \smallint \limits_a^b \left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x.\)

Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f(x),y=g(x)\) và hai đường thẳng x=a,x=b(a<b) là:

\( S = \mathop \smallint \limits_a^b \left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx\)

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y=2x, x=−3, x=−2và trục hoành là: \( S = \mathop \smallint \limits_{ - 3}^{ - 2} \left| {2x} \right|dx\)

Trên khoảng (−3;−2) ta có |2x|=−2x, do đó \( S = \mathop \smallint \limits_{ - 2}^{ - 3} 2xdx\)

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ta được:

\( S = \mathop \smallint \limits_1^3 \left| {f\left( x \right)} \right|dx\)

Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x)=x²−1, trục hoành và hai đường thẳng x=−1;x=−3 là: \( S = \mathop \smallint \limits_{ - 3}^{ - 1} \left| {{x^2} - 1} \right|dx\)

Tọa độ điểm A’ đối xứng với A(−3;2;−1) qua gốc tọa độ O là: A′(3;−2;1)

Điểm M là trung điểm đoạn thẳng AB nếu và chỉ nếu

\( M\left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2};\frac{{{z_A} + {z_B}}}{2}} \right)\)

Điểm M(1;0;2)∈(Oxz).

Hình chiếu vuông góc của M(1;2;3) trên (Oxz) là điểm E(1;0;3).

Ta có: \(M(1;0;3)∈ (Oxz)\)

Mặt cầu tâm I tiếp xúc mặt phẳng (P) tại điểm H, suy ra H là hình chiếu vuông góc của tâm I lên mặt phẳng (P).

Vec tơ pháp tuyến : \(\vec n(2;-2;-1)\)  của (P) chính là một vec tơ chỉ phương của đương thẳng IH.

Phương tình đường thẳng IH: \(\left\{\begin{array}{l} x=1+2 t \\ y=2-2 y \\ z=3-t \end{array}\right.\)

Thay tọa độ H vào phương trình mặt phẳng (P) ta có:

\(2(1+2 t)-2(2-2 t)-3+t-4=0 \Leftrightarrow t=1 \Rightarrow H(3 ; 0 ; 2)\)

Hình chiếu của điểm \(M(1;-3;-5)\) lên mặt phẳng tọa độ (Oyz) là M'(0;-;-5)

Gọi d là đường thẳng đi qua A(0;1;2) và vuông góc với(P).

d có phương tình tham số :\(\left\{\begin{array}{l} x=t \\ y=1+t \\ z=2+t \end{array}\right.\)

Gọi M' (x;y;z) là hình chiếu của M lên (P). khi đó 

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} M' \in d\\ M' \in (P) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = t}\\ {y = 1 + t}\\ \begin{array}{l} z = 2 + t\\ x + y + z = 0 \end{array} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - 1\\ y = 0\\ z = 1\\ t = - 1 \end{array} \right.\\ \Rightarrow M'\left( { - 1;0;1} \right) \end{array}\)

Phương trình đường thẳng d đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) là:\(\left\{\begin{array}{l} x=3+t \\ y=4-t \\ z=5+2 t \end{array}\right.\)

Hình chiếu vuông góc H của M lên mặt phẳng (P) có tọa độ là nghiệm (x;y;z) của hệ phương trình

\(\left\{\begin{array}{l} x=3+t \\ y=4-t \\ z=5+2 t \\ x-y+2 z-3=0 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x=2 \\ y=5 \\ z=3 \\ t=-1 \end{array}\right.\right.\)

\(\text{Suy ra }H(2 ; 5 ; 3)\)

(P) có vec tơ pháp tuyến là: \(\vec n(2;2;-1)\) 

Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P). Phương trình tham số của d là:

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

Gọi H là hình chiếu của M trên d . Khi đó:

\(\begin{array}{l} +H \in d \Rightarrow H(1+2 t ;-2+2 t ; 4-t) \\ + H \in(P) \text { nên } 2(1+2 t)+2(-2+2 t)-(4-t)-3=0 \Leftrightarrow 9 t-9=0 \Leftrightarrow t=1 \end{array}\)

Vậy H(3;0;3)

Ta có 

\((S):\left\{\begin{array}{l} I(1 ; 0 ;-2) \\ R=5 \end{array} \Rightarrow(S):(x-1)^{2}+y^{2}+(y+2)=25\right.\)

Mặt cầu (S) có tâm I và di qua A suy ra bán kính mặt cầu là \(R=I A=\sqrt{53}\)
Phương trình mặt cầu

\((S):(x-1)^{2}+(y-2)^{2}+(z+3)^{2}=53 .\).

Tâm của mặt cầu là trung điểm của M,N, \(\Rightarrow I(1;1;1)\)

Bán kính mặt cầu: \(r=I M=\sqrt{62}\)

Phương trình mặt cầu là \((x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(z-1)^{2}=62\)

Ta có

\(R=I M=\sqrt{\left(x_{M}-x_{I}\right)^{2}+\left(y_{M}-y_{I}\right)^{2}+\left(z_{M}-z_{l}\right)^{2}}=\sqrt{(2-1)^{2}+(2-0)^{2}+[-1-(-3)]^{2}}=3\)

Từ đó ta có phương trình mặt cầu (S ) có tâm I(1 ; 0 ;-3) và đi qua điểm M(2 ; 2 ;-1) là:
\((S):(x-1)^{2}+y^{2}+(z+3)^{2}=9\)

Phương trình măt cầu tâm I(1 ; 0 ;-2), bán kính  r=4 có dạng 

\((x-1)^{2}+y^{2}+(z+2)^{2}=16\)

Ta có:

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

Ta có 

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = \left( {2;5;2} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 2;4;2} \right),\overrightarrow {AD} = \left( {2;5;1} \right)\\ \Rightarrow {h_D} = \frac{{3{V_{ABCD}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{3\frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]\overrightarrow {AD} } \right|}}{{\frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right|}} = \frac{9}{{7\sqrt 2 }} \end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.{h_D}\\ \Rightarrow {h_D} = \frac{{3{V_{ABCD}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{3.\frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right],\overrightarrow {AD} } \right|}}{{\frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right|}}\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right],\overrightarrow {AD} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right|}}\\ \overrightarrow {AB} = \left( {2; - 2; - 3} \right);\overrightarrow {AC} = \left( {4;0;6} \right);\overrightarrow {AD} = \left( { - 7; - 7;7} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 12; - 24;8} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = 308\\ \Rightarrow {h_D} = \frac{{\left| {308} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 12} \right)}^2} + {{\left( { - 24} \right)}^2} + {8^2}} }} = \frac{{808}}{{28}} = 11 \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {BA} = \left( {a + 3;0;10} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {8;0;4} \right);\overrightarrow {BD} = \left( {4;3;5} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = \left( { - 12; - 24;24} \right)\\ {V_{ABCD}} = 30\\ \Leftrightarrow \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right],\overrightarrow {BA} } \right| = 30\\ \Leftrightarrow \left| { - 12\left( {a + 3} \right) - 24.0 + 24.10} \right| = 180\\ \Leftrightarrow \left| {a - 17} \right| = 15\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 2\\ a = 32 \end{array} \right. \end{array}\)

Gọi M(x;y;z)

Do \(M\in (P) \,và \,MA=MB=MC\) nên ta có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} M \in (P)\\ M{A^2} = M{B^2}\\ M{A^2} = M{C^2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y - z - 1 = 0\\ {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2}\\ {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y - z - 1 = 0\\ x - z = 0\\ x - y = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 1\\ z = 1 \end{array} \right. \Rightarrow M\left( {1;1;1} \right)\\ Ta\,\,có\,\overrightarrow {MA} = \left( {1;0;0} \right);\overrightarrow {MB} = \left( {0;0;1} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {MB} } \right] = \left( {0; - 1;0} \right)\\ \overrightarrow {MC} = \left( {0;1;0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {MB} } \right].\overrightarrow {MC} = - 1\\ {V_{M.ABC}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {MB} } \right].\overrightarrow {MC} } \right| = \frac{1}{6} \end{array}\)