Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 29)

Chọn C.

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trong khoảng (0;2)

Chọn C.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{4-3x}{x+1}=-3,\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4-3x}{x+1}=-3.$

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang y=-3

Chọn C.

Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận

Chọn A.

Với $x=1\Rightarrow y=e.$ Vậy đồ thị hàm số không đi qua điểm A(1;0). Phương án A sai

Chọn A

Ta có $\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)//\left(CDD\text{'}C\text{'}\right).$

$\left\{\begin{array}{l}CD\text{'}//\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\\ AB\text{'}\subset \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\end{array}\right.\Rightarrow d\left(CD\text{'};AB\text{'}\right)=d\left(CD\text{'};\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=d\left(C;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=CB=2a.$

Chọn C

Ta có: $V=BA.BB\text{'}.BC=a.2a.3a=6a^3.$

Chọn B

Ta có: $V=B.h=2a^2.3a=6a^3.$

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x)=m-1 có ba nghiệm phân biệt khi $1<m-1<3\iff 2<m<4\Rightarrow m\in \left(2;4\right)$. 

Chọn A.

Theo công thức tính thể tích khối cầu bán kính R ta có: $V=\frac{4\pi R^3}{3}.$

Chọn A.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{1}{x}dx=\ln \left|x\right|+C.$

Chọn B.

Khối bát diện đều là khối đa diện loại $\left\{3;4\right\}.$

Chọn B.

Vectơ $\overrightarrow{u}=\left(2;-3;-2\right).$

Chọn C.

Từ bảng biến thiên ta thấy x=5 là điểm cực tiểu của hàm số

Chọn D.

Ta có $a^{\frac{8}{3}}:\sqrt[3]{a^4}=a^{\frac{8}{3}}:a^{\frac{4}{3}}=a^{\frac{8}{3}-\frac{4}{3}}=a^{\frac{4}{3}}.$

Chọn A.

Hàm số xác định $\iff x>0.$

Vậy tập xác định của hàm số là $D=\left(0;+\infty \right).$

Chọn D.

Hàm số $y=2x^3+3x+1$ có$y\text{'}=6x^2+3>0,\forall x\in ℝ.$

Vậy hàm số $y=2x^3+3x+1$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn B.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}+C\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{x^3}{3}$ là một nguyên hàm của f(x)

Chọn C.

Ta có $9^{x+\frac{1}{2}}-{10.3}^x+3\le 0\iff {3.9}^x-{10.3}^x+3\le 0\iff 3.{\left(3^x\right)}^2-{10.3}^x+3\le 0.$

Đặt $t=3^x,t>0.$ Khi đó, bất phương trình trở thành: $3t^2-10t+3\le 0\iff \frac{1}{3}\le t\le 3\iff \frac{1}{3}\le 3^x\le 3\iff -1\le x\le 1.$

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=\left[-1;1\right].$

Chọn C.

Thể tích khối tứ diện OABC là $V_{OABC}=\frac{1}{6}\mathrm{.2.4.6}=8.$

Chọn A.

Công sai của cấp số cộng là $d=u_4-u_3=\left(-4\right)-\left(-7\right)=3.$

Chọn B.

Tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$

Đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x^2-3x+4}$ không có tiệm cận đứng.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{3}{x}+\frac{4}{x^2}}=0\Rightarrow y=0$ là đường tiệm cận ngang.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{x^2-3x+4}$ là 1

Chọn D.

Số cách chọn đồng thời ra 4 người từ một nhóm có 11 người là $C_{11}^4.$

Chọn C.

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên [-2;0] là 2

Chọn D.

Từ đồ thị hàm số suy ra điểm cực đại của hàm số là x=-1

Chọn B.

Xét hàm số $y=2x^3-3x^2+{2020}^{2021}$ trên đoạn [0;1]

Ta có $y\text{'}=6x^2-6x$

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[0;1\right]\\ x=1\in \left[0;1\right]\end{array}\right..$

$y\left(0\right)={2020}^{2021};y\left(1\right)={2020}^{2021}-1.$

Suy ra $M=\underset{\left[0;1\right]}{\max }y={2020}^{2021};m=\underset{\left[0;1\right]}{\min }y={2020}^{2021}-1\Rightarrow P=M-m=1.$

Chọn D.

Ta có ${\log }_5\left(\sqrt[5]{b}\right)={\log }_5{b}^{\frac{1}{5}}=\frac{1}{5}{\log }_{5}b.$

Chọn D

Ta có $S_{xq}=\pi rl.$

Chọn D.

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-4\ne 0\\ 2x+1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne \pm 2\\ x>-\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 2\\ x>-\frac{1}{2}\end{array}\right..$

Tập xác định: $D=\left(-\frac{1}{2};+\infty \right)\backslash \left\{2\right\}.$

Chọn D.

Ta có: $4^{x-1}=16\iff 4^{x-1}=4^2\iff x-1=2\iff x=3.$

Chọn B.

Ta có: Tiệm cận đứng: x=1. Tiệm cận ngang: y=1

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-1)

Chọn B.

Ta có $\overrightarrow{BA}=\left(-1;3;-3\right).$

Chọn D

Thiết diện qua trục là hình vuông $\Rightarrow R=\frac{1}{2}AB=\frac{3a}{2},h=3a\Rightarrow S=2\pi Rh=9\pi a^2.$

Chọn A.

Ta có $\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}\iff \left\{\begin{array}{l}1-a+3\left(-1-a\right)=0\\ 2-b+3\left(3-b\right)=0\\ -c+3\left(5-c\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=\frac{11}{4}\\ c=\frac{15}{4}\end{array}\right.\Rightarrow a+2b+2c=\frac{25}{2}.$

Chọn B.

Ta có ${\log }_{a}b=3\Rightarrow b=a^3$ do đó $T=\frac{{\left(a^3\right)}^3}{a^9}+{\log }_{\frac{a}{a^3}}\sqrt{a{a}^3}=1+{\log }_{a^{-2}}{a}^2=1-1=0.$

Chọn A.

Ta có $I=\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(ax+b\right)dx,$ đặt $u=ax+b\Rightarrow du=adx\Rightarrow dx=\frac{du}{a}$ nên $I=\frac{1}{a}\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(u\right)du=\frac{1}{a}F\left(u\right)+C=\frac{1}{a}F\left(ax+b\right)+C.$

Chọn A.

Ta có $y\text{'}=\left(2x+2\right)f\text{'}\left(x^2+2x\right)+{2021}^m.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right).$ Để hàm số nghịch biến trên $\left[1;+\infty \right)$ thì

     $y\text{'}\le 0,\forall x\in \left[1;+\infty \right)\iff \left(2x+2\right)f\text{'}\left(x^2+2x\right)+{2021}^m.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)\le 0,\forall x\in \left[1;+\infty \right)$

     $\iff {2021}^m.\frac{x+1}{x^2}\le -\left(2x+2\right)f\text{'}\left(x^2+2x\right),\forall x\in \left[1;+\infty \right)$

     $\iff {2021}^m\le -2x^{2}f\text{'}\left(x^2+2x\right),\forall x\in \left[1;+\infty \right)$

$\iff {2021}^m\le Ming\left(x\right),\forall x\in \left[1;+\infty \right),g\left(x\right)=-2x^{2}f\text{'}\left(x^2+2x\right)$

Mặt khác $g\left(1\right)=-2.f\text{'}\left(3\right)=0,$ do đó ${2021}^m\le 0$ (vô lý), vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn

Chọn B

Ta có $AA\text{'}//BB\text{'}\Rightarrow AA\text{'}//\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$ mà $BC\subset \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$

$\Rightarrow d\left(AA\text{'},BC\right)=d\left(AA\text{'},\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=d\left(A,\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=3d\left(H,\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)$

Ta có: $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)\Rightarrow A\text{'}H\perp BC;BC\perp AB\Rightarrow BC\perp \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\Rightarrow \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\perp \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$

Kẻ $HK\perp BB\text{'}\Rightarrow HK\perp \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\Rightarrow d\left(H;\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=HK$

Gọi $I=A\text{'}H\cap BB\text{'}.$

Ta có $\frac{IH}{IA\text{'}}=\frac{HB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{\frac{a}{3}}{a}=\frac{1}{3}\Rightarrow HI=\frac{1}{2}HA\text{'}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$

$\Rightarrow HK=\frac{HB.HI}{\sqrt{H{B}^2+H{I}^2}}=\frac{\frac{a}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{6}}{\sqrt{{\left(\frac{a}{3}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{6}\right)}^2}}=\frac{\sqrt{3}}{9}a$

$\Rightarrow d\left(H;\left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\right)=\frac{\sqrt{3}}{9}a\Rightarrow d\left(AA\text{'};BC\right)=\frac{\sqrt{3}a}{3}$

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow{SE}=\overrightarrow{BC}\Rightarrow SE//BC;SE=BC\Rightarrow SADE$ là hình chữ nhật. Dựng hình hộp chữ nhật $SGHE.ABCD.$

Ta có: $\left(\left(BED\right),\left(SBC\right)\right)=\left(\left(BDEG\right),\left(BCES\right)\right).\left(1\right)$

Ta có tứ giác ABGS là hình vuông $\Rightarrow AG\perp SB\Rightarrow AG\perp \left(BCES\right)\left(2\right)$

Kẻ $AI\perp BD\Rightarrow AI\perp \left(BDEG\right)\left(3\right).$ Gọi $J=AI\cap BC.$

Từ (1),(2),(3) ta có $\left(\left(BED\right),\left(SBC\right)\right)=\left(AG,AJ\right)={60}^0$

Đặt AD=x. Ta có $\Delta ABJ\backsim \Delta ABD\Rightarrow \frac{BJ}{AB}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow BJ=\frac{A{B}^2}{AD}=\frac{a^2}{x}$

Từ đó ta có: $AJ=\frac{a}{x}\sqrt{a^2+x^2};GJ=\frac{a}{x}\sqrt{a^2+x^2};AG=a\sqrt{2}$

Vậy $\Delta AGJ$ cân tại $J\Rightarrow \Delta AGJ$ đều $\Rightarrow AJ=AG\Rightarrow \frac{a}{x}\sqrt{a^2+x^2}=a\sqrt{2}\Rightarrow x=a.$

Ta có tứ diện $SDCE$ là hình chóp $S.DCE$ có $SE\perp \left(CDE\right)$ nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.DCE là $R=\sqrt{{\left(\frac{SE}{2}\right)}^2+R_{day}^2}$

Ta có $\Delta CDE$ vuông cân tại $D\Rightarrow R_{day}=\frac{CE}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$ Vậy $R=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Chọn A

Ta có $\overrightarrow{SA\text{'}}=\frac{1}{3}\overrightarrow{SA};\overrightarrow{SB\text{'}}=\frac{1}{4}\overrightarrow{SB};\overrightarrow{SC\text{'}}=\frac{1}{5}\overrightarrow{SC};\overrightarrow{SG\text{'}}=k\overrightarrow{SG}.$

Bốn điểm $A\text{'},B\text{'},C\text{'},G\text{'}$ đồng phẳng nên với mọi điểm S ta có $\overrightarrow{SG\text{'}}=x\overrightarrow{SA\text{'}}+y\overrightarrow{SB\text{'}}+z\overrightarrow{SC\text{'}}\left(1\right)$ với $x+y+z=1.$

$\left(1\right)\iff k\overrightarrow{SG}=\frac{x}{3}\overrightarrow{SA}+\frac{y}{4}\overrightarrow{SB}+\frac{z}{5}\overrightarrow{SC},$ mặt khác $\overrightarrow{SG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}\right).$ Vì $\overrightarrow{SA},\overrightarrow{SB},\overrightarrow{SC}$ không đồng phẳng nên $\left\{\begin{array}{l}\frac{k}{3}=\frac{x}{3}\\ \frac{k}{3}=\frac{y}{4}\\ \frac{k}{3}=\frac{z}{5}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=k\\ y=\frac{4}{3}k\\ z=\frac{5}{3}k\end{array}\right.;x+y+z=1\iff k+\frac{4}{3}k+\frac{5}{3}k=1\iff k=\frac{1}{4}.$

Vậy $\overrightarrow{SG\text{'}}=\frac{1}{4}\overrightarrow{SG}=\frac{1}{4}\left(-3;-1;-1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}a-2=\frac{-3}{4}\\ b-3=\frac{-1}{4}\\ c-1=\frac{-1}{4}\end{array}\right.\Rightarrow a+b+c=6-\frac{5}{4}=\frac{19}{4}.$

Chọn B.

+ Số các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số được lấy từ tập A là $A_9^8.$ Với $a_8⋮3\Rightarrow a_8=\left\{3;6;9\right\}.$

+ Gọi số tự nhiên có 8 chữ số là $\overline{a_1{a}_2{a}_3\mathrm{...}{a}_7{a}_8}$ thỏa mãn $\left(a_1+a_2+\mathrm{...}+a_8\right)⋮13$

Ta có $1+2+3+4+5+6+7+8+9=45\Rightarrow 36\le a_1+a_2+\mathrm{...}+a_8\le 44,$

$\left(a_1+a_2+\mathrm{...}+a_8\right)⋮13\Rightarrow a_1+a_2+\mathrm{...}+a_8=39$

Nếu $a_8=3\Rightarrow a_1+a_2+\mathrm{...}+a_7=36$ có các số  có 7! số thỏa mãn.

Nếu $a_8=6\Rightarrow a_1+a_2+\mathrm{...}+a_7=33$ không tìm được số thỏa mãn.

Nếu $a_8=9\Rightarrow a_1+a_2+\mathrm{...}+a_7=30$ có các số $1,2,3,4,5,7,8$ có 7! số thỏa mãn.

Vậy có $2.7!$ số thỏa mãn.

Xác suất là: $P=\frac{2.7!}{A_9^8}=\frac{1}{36}.$

Chọn D.

Đặt $u=\frac{\ln \left(x^2+1\right)-2}{2}\Rightarrow u\text{'}=\frac{x}{x^2+1};u\text{'}=0\iff x=0.$

Dựa vào bảng biến thiên đề bài ta có

           $f\text{'}\left(\left|u\right|\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\left|u\right|=a\in \left(-\infty ;-1\right)\\ \left|u\right|=b\in \left(-1;0\right)\\ \left|u\right|=c\in \left(0;1\right)\\ \left|u\right|=d>1\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\left|u\right|=c\in \left(0;1\right)\left(1\right)\\ \left|u\right|=d>1\left(2\right)\end{array}\right.$

Với $\left|x_0\right|=\sqrt{e^2-1}$ thì $\left|u\right|$ có 3 cực trị, trong đó 1 cực đại, 2 cực tiểu. Bảng biến thiên mới theo biến u là

Hai phương trình lần lượt có 4 và 2 nghiệm như sau

Giải $\left|u\right|=c\in \left(0;1\right)\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_1<-x_0\\ x_2\in \left(-x_0;0\right)\\ x_3\in \left(0;x_0\right)\\ x_4\in \left(0;+\infty \right)\end{array}\right.$ và giải $\left|u\right|=d>1\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_5<x_1\\ x_6>x_4\end{array}\right.$

Chú ý c là điểm cực đại và d là điểm cực tiểu nên từ (1) thu được 2 cực tiểu, từ (2) thu được 1 cực tiểu.

Kết luận tổng cộng 5 điểm cực tiểu

Chọn D.

Đạo hàm $y=\frac{2x+m}{x-4}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-8-m}{{\left(x-4\right)}^2}.$

Do hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định nên ta xét $f\left(0\right)=-\frac{m}{4};f\left(2\right)=\frac{m+4}{-2}.$

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi

$-8-m>0\Rightarrow m<-8\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }y=f\left(2\right)\Rightarrow \frac{m+4}{-2}=3\Rightarrow m=-10$ (thỏa mãn).

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi

$m>-8\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }y=f\left(0\right)\Rightarrow \frac{m}{-4}=3\Rightarrow m=-12$ (loại).

Chọn C

Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AB,CD. Khi đó $M\in SI:\frac{SM}{SI}=\frac{2}{3};N\in SJ:\frac{SN}{SJ}=\frac{2}{3}.$

Ta có $\frac{V_{S.MNK}}{V_{INJ}}=\frac{SM}{SI}.\frac{SK}{SJ}=\frac{4}{9}\Rightarrow V_{S.MNK}=\frac{4}{9}{V}_{S.INJ}$

Mặt khác $V_{S.NIJ}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}\Rightarrow V_{S.MNK}=\frac{1}{9}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{9}.\frac{1}{3}.A{B}^2.SA=\frac{1}{27}.{\left(2a\right)}^2.a=\frac{4a^3}{27}.$

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=1+\frac{m}{{\left(x-2\right)}^2}.$

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì $1+\frac{m}{{\left(x-2\right)}^2}\ge 0\forall x\in \left[5;+\infty \right)\iff m\ge -{\left(x-2\right)}^2\forall x\in \left[5;+\infty \right)$

Ta có bảng biến thiên của $f\left(x\right)=-{\left(x-2\right)}^2=-x^2+4x-4$ trên $\left[5;+\infty \right).$

Khi đó $m\ge -9.$ Vậy số giá trị nguyên âm của tham số m là 9

Chọn C

Giả sử hình nón có đỉnh S tâm đường tròn đáy là I, thiết diện là tam giác SAB,H là hình chiếu vuông góc của I lên (SAB) (như hình vẽ).

Theo bài ra ta có $IH=a,\Delta SAB$ vuông cân tại $S,SI=3a.$

$\frac{1}{I{T}^2}=\frac{1}{I{H}^2}-\frac{1}{S{I}^2}=\frac{1}{a^2}-\frac{1}{9a^2}=\frac{8}{9a^2}\Rightarrow IT=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$

$\Delta SAB$ vuông cân tại S nên $ST=\frac{1}{2}SB=\frac{SI.IT}{IH}=\frac{9a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow AT=\frac{9a\sqrt{2}}{4}$

$R^2=I{A}^2=I{T}^2+A{T}^2=\frac{9a^2}{8}+{\left(\frac{9a\sqrt{2}}{4}\right)}^2=\frac{45a^2}{4}.$

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi .3a.\frac{45a^2}{4}=\frac{45\pi a^3}{4}.$

Chọn A.

ĐK: x>0

${\left({\log }_3\left(\frac{x}{3}\right)\right)}^2+3m{\log }_{3}x+2m^2-2m-1=0\iff {\left({\log }_{3}x-1\right)}^2+3m{\log }_{3}x+2m^2-2m-1=0$

Đặt $t={\log }_{3}x$

Phương trình trở thành ${\left(t-1\right)}^2+3mt+2m^2-2m-1=0\iff t^2+\left(3m-2\right)t+2m^2-2m=0\iff \left[\begin{array}{l}t=-m\\ t=-2m+2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=3^{-m}\\ x=3^{-2m+2}\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} x_1+x_2>10\iff 3^{-m}+3^{-2m+2}>10\iff {9.3}^{-2m}+3^{-m}-10>0\iff 3^{-m}>1 \\ \iff -m>0\iff m<0. \end{gathered}$$

Vì $m\in \mathbb{Z}$ và m>-2021 nên $m\in \left\{-2020;-2019;\mathrm{...};-1\right\}.$

Chọn A.

Cách 1:

Ta có: $F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2dx}{\sin x}=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2dx}{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{dx}{{\cos }^2\frac{x}{2}.\tan \frac{x}{2}}=2\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{d\left(\tan \frac{x}{2}\right)}{\tan \frac{x}{2}}=2\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|+C.$

$\Rightarrow F\left(x\right)=2\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|+C.$

Mà $F\left(\frac{\pi }{2}\right)=0\iff 2\ln \left|\tan \frac{\pi }{4}\right|+C=0\Rightarrow C=0\Rightarrow F\left(x\right)=2\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|=\ln {\left(\tan \frac{x}{2}\right)}^2.$

$\Rightarrow g\left(x\right)=e^{F\left(x\right)}={\tan }^2\frac{x}{2}\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=\tan \frac{x}{2}.\left(1+{\tan }^2\frac{x}{2}\right)>0,\forall x\in \left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right].$

Do đó hàm số g(x) đồng biến trên $\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]$ nên $\underset{\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]}{\max }g\left(x\right)=g\left(\frac{2\pi }{3}\right)={\left(\tan \frac{\pi }{3}\right)}^2=3.$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên đoạn $\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]$ bằng 3.

Cách 2:

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=F\text{'}\left(x\right).e^{F\left(x\right)}=\frac{2}{\sin x}.e^{F\left(x\right)}>0,\forall x\in \left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right].$

$\Rightarrow \underset{\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]}{\max }g\left(x\right)=g\left(\frac{2\pi }{3}\right)=e^{F\left(\frac{2\pi }{3}\right)}=e^{F\left(\frac{\pi }{2}\right)+\underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{2\pi }{3}}{\int }}\frac{2dx}{\sin x}}=3.$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên đoạn $\left[\frac{\pi }{6};\frac{2\pi }{3}\right]$ bằng 3

Chọn B.

Ta có $F\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right)=\frac{2021x}{{\left(x^2+1\right)}^{2022}}\Rightarrow F\text{'}\left(x\right)=0\iff x=0.$

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số F(x) bằng $F\left(0\right)=-\frac{1}{2}.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số F(x) bằng $-\frac{1}{2}.$

Chọn A.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{OA}=\left(-3;0;0\right)\\ \overrightarrow{OB}=\left(0;-4;0\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Rightarrow \Delta OAB$ vuông tại $O\Rightarrow J$ là trung điểm của

AB

$\Rightarrow J\left(-\frac{3}{2};-2;0\right).$Ta có $\left\{\begin{array}{l}OA=3\\ OB=4\\ AB=5\end{array}\right..$

Vì I là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta OAB$

$\Rightarrow AB.\overrightarrow{IO}+BO.\overrightarrow{IA}+OA.\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}\Rightarrow I\left(-1;-1;0\right)\Rightarrow IJ=\frac{\sqrt{5}}{2}.$