Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 11 )

Ta có $cot\left(\sin \left(x\right)\right)=1\iff \sin \left(x\right)=\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{Z}$.

Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi

$-1\le \frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi }\le 1\iff -\frac{1}{\mathrm{\pi }}-\frac{1}{4}\le \mathrm{k}\le \frac{1}{\mathrm{\pi }}-\frac{1}{4}$ 

Do $k\in Z$ nên k = 0. Suy ra phương trình $\sin \left(x\right)=\frac{\mathrm{\pi }}{4}$ có 2 họ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm

Đáp án B

Phương trình đã cho có nghiệm kép khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} ∆\text{'}=0\iff \sin \left(\alpha \right)=\frac{1}{2} \\ \iff \alpha \in \left\{\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{5\mathrm{\pi }}{6}\right\} \end{gathered}$$

Đáp án D

Số tập hợp con chứa k phần tử của tập A là . Ta có

$C_n^4=20C_n^2\iff \frac{n!}{4!\left(n-4\right)!}=20\frac{n!}{2!\left(n-2\right)!}$

$\iff \left(n-2\right)\left(n-3\right)=240\iff n=18$ 

Xét

$\left\{\begin{array}{l}{C}_{18}^k\ge C_{18}^{k-1}\\ C_{18}^k\ge C_{18}^{k+1}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{18!}{k!\left(18-k\right)!}\ge \frac{18!}{\left(k-1\right)!\left(19-k\right)!}\\ \frac{18!}{k!\left(18-k\right)!}\ge \frac{18!}{\left(k+1\right)!\left(17-k\right)!}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}19-k\ge k\\ k+1\ge 18-k\end{array}\right.$

$\iff \frac{17}{2}\le k\le \frac{19}{2}$ 

Do $k\in Z$ nên k = 9

Đáp án A

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left(\Omega \right)=C_8^4=70$ 

Gọi X là biến cố: “cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu’

Số kết quả thuận lợi cho biến cố X là: $n\left(X\right)=C_2^1{C}_2^6=30$ 

Vậy xác suất cần tính $P\left(X\right)=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{30}{70}=\frac{3}{7}$

Đáp án B

Ta có ${\left(x+\frac{1}{x}\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{x}^{n-2k}$

Theo đề ta có $C_n^0+C_n^1=24\iff 1+n=24\iff n=23$ 

Số hạng chứa x mũ nguyên dương thỏa $n-2k>0\iff k<\frac{n}{2}=\frac{23}{2}$  

Do $k\in Z$ nên $k\in \left\{1;2;3;..11\right\}$.

Suy ra có 12 số hạng chứa x mũ nguyên dương

Đáp án C

Suy ra:

$$\begin{gathered} a_k=a_{k-1}+4\left(k-1\right)+3 \\ =a_{k-2}+4\left(k-2\right)+4\left(k-1\right)+2.3 \\ =...=a_1=4\left(1+2+..+k-1\right)+3\left(k-1\right) \\ =\left(2k+3\right)\left(k-1\right) \end{gathered}$$ 

Do đó: 

$lim\frac{\sqrt{a_n}+\sqrt{a_{4n}}+\sqrt{a_{4^{2}n}}+..+\sqrt{a_{4^{2018}n}}}{\sqrt{a_n}+\sqrt{a_{2n}}+\sqrt{a_{2^{2}n}}+..+\sqrt{a_{2^{2018}n}}}$

$=\frac{1\sqrt{2}+4\sqrt{2}+4^2\sqrt{2}+..+4^{2018}\sqrt{2}}{1\sqrt{2}+2\sqrt{2}+2^2\sqrt{2}+..+2^{2018}\sqrt{2}}$

=$\frac{2^{2019}+1}{3}$

Đáp án C

Ta có: 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^n+nx+n-1}{{\left(x-1\right)}^2}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(x^n-1\right)-n\left(x-1\right)}{{\left(x-1\right)}^2} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x^{n-1}+x^{n-2}+..+x+1\right)-n}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x^{n-1}+x^{n-2}+..+x+1\right)}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\left(\left(x^{n-1}+x^{n-2}+..+1\right)+\left(x^{n-3}+x^{n-4}+..+1\right)\right) \\ =\left(n-1\right)+\left(n-2\right)+..+1 \\ =\frac{n\left(n-1\right)}{2}=\frac{n^2-n}{2} \end{gathered}$$

Đáp án C

Hàm số xác định và liên tục trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$

Suy ra hàm số xác định và liên tục trên $R\iff$ hàm số xác định và liên tục tại điểm x = 1

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(x^2+x+1\right)=3 \\ \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(m\sin \left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)x\right) \\ =m\sin \left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)=f\left(1\right) \end{gathered}$$

Hàm số liên tục tại điểm 

$x=1\iff \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)\iff m=3$

Đáp án C

Xét hàm số $m\sin \left(2x\right)+\sin \left(x\right)-\cos \left(x\right)=0$

Rõ ràng f(x) là hàm số liên tục trên R cho nên f(x) liên tục trong đoạn  $\left[-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$

Ta có $f\left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)=1>0,f\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)=-1<0\forall m$ (với mọi m).

Suy ra $f\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right).f\left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)<0\forall m$

Do đó theo định lí trung gian phương trình đã cho có nghiệm  $\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$

Suy ra A, C sai

Kiểm tra thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, suy ra D sai.

Vậy chỉ có B đúng.

Đáp án B

Sai từ bước 3 bởi vì  

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(0^{-}\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0} \\ =\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{-x-0}{x-0}=1 \end{gathered}$$

Do $f\text{'}\left(0^{+}\right)\ne f\text{'}\left(0^{-}\right)$ nên f '(0) không tồn tại

Đáp án C

Tập xác định: D = R

Ta có

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x-1}{\left|x\right|+1}=-1 \\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x-1}{\left|x\right|+1}=1 \end{gathered}$$ 

Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang y = 1; y = -1

Đáp án C

Tập xác định: $D=R\backslash \left\{m^2\right\}$

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

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(\ln \frac{1}{4};0\right)$ khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y\text{'}>0\forall x\in \left(\ln \frac{1}{4};0\right)\\ m^2\notin \left(\frac{1}{4};1\right)\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-m^2+m+2>0\\ \left\{\begin{array}{l}{m}^2\le \frac{1}{4}\\ m^2\ge \frac{1}{4}\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<2\\ \left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}\le m\le \frac{1}{2}\\ m\le -1\\ m\ge 1\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}\le m\le \frac{1}{2}\\ 1\le m\le 2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị thấy phía bên phải hướng lên nên hệ số của $x^4$ phải dương nên loại A.

Để ý thấy khi x = 0 thì y = 2 nên ta loại D.

Hàm số đạt cực trị tại x = 0 và $x=\pm 1$ nên chỉ có B phù hợp vì

$$\begin{gathered} y\text{'}=4x^3-4x=4x\left(x^2-1\right) \\ y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có $x+y=2\Rightarrow y=2-x\ge 0$$\Rightarrow 0\le x\le 2$. Thay y = 2 - x và biểu thức P ta được

$$\begin{gathered} P=\frac{1}{3}{x}^3+x^2+{\left(2-x\right)}^2-x+1 \\ =\frac{1}{3}{x}^3+2x^2-5x+5=f\left(x\right) \end{gathered}$$

với  $x\in \left[0;2\right]$

Đạo hàm $f\text{'}\left(x\right)=x^2+4x-5=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=-5\end{array}\right.$

Do $x\in \left[0;2\right]$ nên loại x = -5

$f\left(1\right)=\frac{7}{3};f\left(0\right)=5;f\left(2\right)=\frac{17}{3}$ 

Vậy $\underset{x\in \left[0;2\right]}{min}P=\underset{x\in \left[0;2\right]}{min}f\left(x\right)=\frac{7}{3}$ khi và chỉ khi x = 1

Đáp án B

Đặt CM = x (với $0\le x\le 10$) thì $DN=10-x$ 

Khi đó $AM=\sqrt{x^2+1}$ và $BN=BN=\sqrt{{\left(10-x\right)}^2+16}=\sqrt{x^2-20x+116}$

Tổng quảng đường đi từ thành phố A đến thành phố B là  

Do MN không đổi nên tổng quảng đường nhỏ nhất khi và chỉ khi

$AM+BN=\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-20x+116}$

nhỏ nhất.

Xét hàm số $f\left(x\right)=\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-20x+116}$ với $x\in \left[0;10\right]$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{x-10}{\sqrt{x^2-2x+116}}$

Khi đó

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=0 \\ \iff x\sqrt{x^2-2x+116}=\left(10-x\right)\sqrt{x^2+1} \\ \iff x^2\left(x^2-20x+116\right)=\left(x^2-20x+100\right)\left(x^2+1\right) \\ \iff 16x^2=x^2-20x+100 \\ \iff 15x^2+20x-100=0 \\ \iff x=-\frac{10}{3};x=2 \end{gathered}$$ 

Do $x\in \left[0;10\right]$ nên ta chọn x = 2

Ta có $f\left(0\right)=11;f\left(2\right)=5\sqrt{5};f\left(10\right)=2+\sqrt{101}$ 

Suy ra $\underset{x\in \left[0;10\right]}{min}f\left(x\right)=5\sqrt{5}\iff x=2$ 

Vậy CM = 2km

Đáp án C

Để hàm số có 2 tiệm cận ngang thì phải tồn tại $\underset{x\to \infty }{\lim }y\ne \underset{x\to -\infty }{\lim }y$

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{3x+2018}{\sqrt{m{x}^2+5x+6}} \\ =\underset{x\to \infty }{\lim }y\frac{3+{\displaystyle \frac{2018}{x}}}{\sqrt{m+{\displaystyle \frac{5}{x}}+{\displaystyle \frac{6}{x^2}}}}=\frac{3}{\sqrt{m}} \end{gathered}$$

tồn tại khi m > 0

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3x+2018}{\sqrt{m{x}^2+5x+6}} \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }y\frac{3+{\displaystyle \frac{2018}{x}}}{\sqrt{m+{\displaystyle \frac{5}{x}}+{\displaystyle \frac{6}{x^2}}}}=-\frac{3}{\sqrt{m}} \end{gathered}$$

tồn tại khi .

Khi đó hiển nhiên $\underset{x\to \infty }{\lim }y\ne \underset{x\to -\infty }{\lim }y$. Vậy m > 0

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm

$\left\{\begin{array}{l}x\left(x+m\right)=x-5\\ x\ne -m\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+\left(m-1\right)x+5=0=f\left(x\right)\\ x\ne -m\end{array}\right.$ 

Đường thẳng cắt đồ thị tại 2 điểm A,B khi và chỉ khi

$\left\{\begin{array}{l}{∆}_1>0\\ f\left(-m\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-2m-19>0\\ m\ne -5\end{array}\right.$ 

Gọi $A\left(x_1;x_1\right),B\left(x_2;x_2\right)$ với $x_1;x_2$ là 2 nghiệm của phương trình f(x) = 0

 $$\begin{gathered} AB=4\sqrt{2}\iff \left|x_2-x_1\right|=4 \\ \iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_{1}x=16 \\ \iff m^2-2m-35=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m=7\\ m=-5\end{array}\right. \end{gathered}$$

So với điều kiện ta nhận m = 7

Đáp án C

Tập xác định: $D=R\backslash \left\{1\right\}$

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{x^2-2x}{{\left(x-1\right)}^2};y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right. \\ y\left(0\right)=-5;y\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{11}{2};y\left(-1\right)=-\frac{11}{2} \end{gathered}$$ 

Lập bảng biến thiên và dễ dàng suy ra phương án C là đúng.

Đáp án C

Ta có $y=\frac{m-\cos \left(x\right)}{{\sin }^2\left(x\right)}=\frac{m-\cos \left(x\right)}{1-{\cos }^2\left(x\right)}$ 

Đặt $t=\cos \left(x\right),t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$ 

Xét hàm số $g\left(t\right)=\frac{m-t}{1-t^2},t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$ 

Hàm số nghịch biến trên $\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$ khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(t\right)\le 0,\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right) \\ \iff m\le \frac{t^2+1}{2t},\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right) \end{gathered}$$ 

Lại xét hàm số $h\left(t\right)=\frac{t^2+1}{2t},\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$ 

Ta có $h\text{'}\left(t\right)=\frac{t^2-1}{2t^2}>0,\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$ 

Lập bảng biến thiên trên $\left(0;\frac{1}{2}\right)$, ta suy ra $m\le \frac{5}{4}$ thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Ta có ${\left(3^x+3^{-x}\right)}^2=9^x+9^{-x}+2=23+2=25$ 

Suy ra $3^x+3^{-x}=5$ 

Do đó $P=\frac{5+3^x+3^{-x}}{1-3^x-3^{-x}}=\frac{5+5}{1-5}=-\frac{5}{2}$

Đáp án A

Điều kiện: $x\ne 1;x\ne -3$ 

Ta có

 $$\begin{gathered} {\left(\sqrt{10-3}\right)}^{\frac{3-x}{x-1}}>{\left(\sqrt{10}+3\right)}^{\frac{x+1}{x+3}} \\ \iff {\left(\sqrt{10}+3\right)}^{\frac{x-3}{x-1}}>{\left(\sqrt{10}+3\right)}^{\frac{x+1}{x+3}} \\ \iff \frac{x-3}{x-1}>\frac{x+1}{x+3}\iff \frac{-8}{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}>0 \\ \iff \left(x-1\right)\left(x+3\right)<0\iff -3<x<1 \end{gathered}$$

Do $x\in Z$ nên $x\in \left\{-2;-1;0\right\}$.

Vậy bất phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên.

Đáp án D

Ta có 

$P=\frac{a^{{\displaystyle \frac{1}{3}}}\left(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{a^{-1}}\right)}{\left(\sqrt[5]{a^2}-\sqrt[5]{a^{-8}}\right)}=\frac{a+1}{a^2-1}=\frac{1}{a+1}$

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} {\log }_{a^3}\left(ab\right)=\frac{1}{3}\left({\log }_a\left(ab\right)\right) \\ =\frac{1}{3}\left({\log }_a\left(a\right)+{\log }_a\left(b\right)\right) \\ =\frac{1}{3}+\frac{1}{3}{\log }_a\left(b\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có  $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}-5<-4\\ a^{-5}>a^{-4}\end{array}\right. \\ \Rightarrow 0<a<1 \end{gathered}$$

và

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\frac{3}{4}<\frac{4}{5}\\ {\log }_b\left(\frac{3}{4}\right)<{\log }_b\left(\frac{4}{5}\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow b>1 \end{gathered}$$

Vậy 0 < a < 1; b > 1

Đáp án C

Ta có $M=\log \left(\frac{A_1}{A_0}\right)\Rightarrow \frac{A_1}{A_0}={10}^8$.

Tương tự $\frac{A_2}{A_0}={10}^6$ Khi đó $\frac{A_1}{A_2}=\frac{{10}^8}{{10}^6}=100$

Đáp án D

Ta có 

$$\begin{gathered} y\text{'}=\sqrt{2018}{\left(x^2+x+1\right)}^{\sqrt{2018}-1}.\left(x^2+x+1\right) \\ =\sqrt{2018}\left(2x+1\right){\left(x^2+x+1\right)}^{\sqrt{2018}-1} \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} {\left(2+\sqrt{3}\right)}^x{\left(2-\sqrt{3}\right)}^x=1 \\ \Rightarrow {\left(2-\sqrt{3}\right)}^x=\frac{1}{{\left(2+\sqrt{3}\right)}^x} \end{gathered}$$ 

Đặt $t=\frac{1}{{\left(2+\sqrt{3}\right)}^x}\left(t>0\right)$, phương trình đã cho trở thành $t+\frac{1-a}{t}-4=0\iff t^2-4t+1-a=0$

Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt  phương trình (*) có 2nghiệm dương phân biệt $\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=4>0\\ t_1{t}_2=1-a>0\end{array}\right.\iff a<1$ 

Ta có

$$\begin{gathered} x_1-x_2={\log }_{2+\sqrt{3}}\left(3\right) \\ \iff {\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x_1-x_2}=3 \\ \iff \frac{{\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x_1}}{{\left(2+\sqrt{3}\right)}^{x_2}}=3 \\ \iff \frac{t_1}{t_2}=3 \end{gathered}$$

Vì $t_1+t_2=4$ nên điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm t = 3; t = 1 

Khi đó $1-a=3.1=3\iff a=-2$

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\left(2x-1-\sin \left(x\right)\right)dx \\ =x^2-x+\cos {\left(x\right)}_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}} \\ =\mathrm{\pi }\left(\frac{\mathrm{\pi }}{4}-\frac{1}{2}\right)-1 \end{gathered}$$

Suy ra a = 4; b = 2

Vậy: a + b = 6(B sai).

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} 70={\int }_1^{4}f\text{'}\left(x\right)dx=f{\left(x\right)}_1^4 \\ =f\left(4\right)-f\left(1\right)=f\left(4\right)-30 \end{gathered}$$ 

Vậy f(4) = 100

Đáp án A

Khi đó  $\int \frac{\ln \left(\ln \left(x\right)\right)}{x}dx=\int \ln \left(t\right)dt$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln \left(t\right)\\ dv=dt\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{dt}{t}\\ v=t\end{array}\right.$

 Khi đó $\int \ln tdt=t\ln t-t+C$.

$\int \frac{\ln \left(\ln \left(x\right)\right)}{x}dx=\ln \left(x\right).\ln \left(\ln \left(x\right)\right)-\ln \left(x\right)+C$

Đáp án C

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln \left(x+3\right)\\ dv=dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x+3}dx\\ v=x\end{array}\right.$ 

Khi đó${\int }_0^6\ln \left(x+3\right)dx=x\ln {\left(x+3\right)}_0^6-{\int }_0^6\frac{x}{x+3}dx$

Vậy $f\left(x\right)=\frac{x}{x+3}$

Đáp án C

$$\begin{gathered} {\int }_0^x\left(3t^2-2t+3\right)dt=x^3+2 \\ \iff t^3-t^2+3t_0^x=x^3+2 \\ \iff x^3-x^2+3x=x^3+2 \\ \iff x^3-x^2+2=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = { 1;2 }

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là $x^2-mx-1=0$

Ta có $∆=m^2+4>0\forall m$. Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1;x_2$

Giả sử $x_1<x_2$. Khi đó:

$$\begin{gathered} S={\int }_{x_1}^{x_2}\left(mx+2-x^2-1\right)dx \\ ={\int }_{x_1}^{x_2}\left(mx+1-x^2\right)dx \\ =\sqrt{m^2+4}\left(\frac{m^2}{6}+\frac{2}{3}\right)\ge \frac{4}{3} \end{gathered}$$ 

Vậy $minS=\frac{4}{3}\iff m=0$

Đáp án D

Ta có  

$$\begin{gathered} {\int }_0^5\left(3a{t}^2+bt\right)dt={\left(a{t}^3+\frac{1}{2}b{t}^2\right)}_0^5 \\ =125a+\frac{25}{2}b=150 \end{gathered}$$

Tương tự ta có 1000a + 50b = 1100 

Vậy từ đó ta tính được a = 1; b = 2

Vậy thể tích nước sau khi bơm được 20 giây là :

${\int }_0^{20}h\text{'}\left(t\right)dt={\left(t^3+t^2\right)}_0^{20}=8400m^3$

Đáp án A