Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 9 )

Ta có 

$c+d=c\left({\sin }^2\left(x\right)+{\cos }^2\left(x\right)\right)+d\left({\sin }^2\left(y\right)+{\cos }^2\left(y\right)\right)$

Do đó ( O;R )

$$\begin{gathered} \left(c+d\right)f_1=\left[\left(c{\sin }^2\left(x\right)+d{\cos }^2\left(y\right)\right)+\left(c{\cos }^2\left(x\right)+d{\sin }^2\left(x\right)\right)\right] \\ \left[\frac{{\sin }^4\left(x\right)}{c{\sin }^2\left(x\right)+d{\cos }^2\left(y\right)}+\frac{{\cos }^4\left(x\right)}{c{\cos }^2\left(x\right)+d{\sin }^2\left(y\right)}\right] \\ \ge \left(\sqrt{c{\sin }^2\left(x\right)+d{\cos }^2\left(y\right)}-\frac{{\sin }^2\left(x\right)}{\sqrt{c{\sin }^2\left(x\right)+d{\cos }^2\left(y\right)}}\right) \\ +\sqrt{c{\cos }^2\left(x\right)+d{\sin }^2\left(y\right)}-\frac{{\cos }^2\left(x\right)}{\sqrt{c{\cos }^2\left(x\right)+d{\sin }^2\left(y\right)}} \\ =1\Rightarrow f_1\ge \frac{1}{c+d} \end{gathered}$$

Tương tự $f_2\ge \frac{1}{c+d}$. Vậy $f\left(x,y\right)=a{f}_1+b{f}_2\ge \frac{a+b}{c+d}$

Đáp án A

Nhận xét cos(x) = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Do đó, nhân cả hai vế của phương trình cho $\cos \left(x\right)\ne 0$ ta được

$$\begin{gathered} \left(\cos \left(x\right)-4\cos \left(x\right){\sin }^2\left(x\right)\right)\sin \left(3x\right)=\frac{1}{2}\cos \left(x\right) \\ \iff 2\sin \left(3x\right)\left(4{\cos }^3\left(x\right)-3\cos \left(x\right)\right)=\cos \left(x\right) \\ \iff 2\sin \left(3x\right)\cos \left(3x\right)=\cos \left(x\right) \\ \iff \sin \left(6x\right)=\cos \left(x\right) \\ \iff \sin \left(6\right)=\sin \left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}-x\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{\mathrm{\pi }}{14}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{7}\\ x=\frac{\mathrm{\pi }}{10}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{5}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C

Xem lô đất có 4 vị trí gồm 2 vị trí 1 nền,1 vị trí 2 nền và 1 vị trí 3 nền

Bước 1: nhóm thứ nhất chọn 1 vị trí cho 2 nền có 4 cách và mỗi cách có 2! = 2 cách chọn nền cho mỗi người. Suy ra có 4 . 2 = 8 cách chọn nền

Bước 2 nhóm thứ hai  chọn 1 trong 3 vị trí còn lại cho 3 nền có 3 cách và mỗi cách có 3! = 6 cách chọn nền cho mỗi người. Suy ra có 3 . 6 = 18cách chọn nền

Vậy có 8 . 18 = 144 cách chọn nền cho mỗi người

Đáp án D

Mỗi hành khách có 4 cách chọn 1 toa để lên tàu nên số cách 4 hành khách chọn toa để lên tàu là $4^4=256$cách. Suy ra $n\left(\Omega \right)=256$

Gọi A là biến cố: “một toa có 3 hành khách; một toa có 1 hành khách và hai toa không có hành khách”.

Chon 3 hành khách từ 4 hành khách và xếp 3 hành khách vừa chọn lên 1 trong 4 toa tàu có $C_5^3.4=16$cách

Xếp hành khách còn lại lên 1 trong 3 toa tàu còn lại có 3 cách

Suy ra n(A) = 16 . 3 = 48

Vậy xác suất của biến cố cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{48}{256}=\frac{3}{16}$

Đáp án B

Xét khai triển

$$\begin{gathered} {\left(1+x\right)}^{2n+1}=C_{2n+1}^0+C_{2n+1}^{1}x+C_{2n+1}^2{x}^2+C_{2n+1}^3{x}^3 \\ +C_{2n+1}^4{x}^4+...+C_{2n+1}^{2n+1}{x}^{2n+1} \end{gathered}$$

Lấy đạo hàm cả hai vế ta được

$$\begin{gathered} \left(2n+1\right)x^{2n}=C_{2n+1}^1-2x{C}_{2n+1}^2+3x^2{C}_{2n+1}^3 \\ -4x^3.C_{2n+1}^4+..+\left(2n+1\right)x^{2n}{C}_{2n+1}^{2n+1} \end{gathered}$$

Thay x = -2 vào ta được

$$\begin{gathered} \left(2n+1\right)x^{2n}=C_{2n+1}^1+2x.2.C_{2n+1}^2+3x^2{C}_{2n+1}^3 \\ -4x^3{C}_{2n+1}^4+..+\left(2n+1\right)x^{2n}{C}_{2n+1}^{2n+1} \end{gathered}$$

Kết hợp với giả thiết bài toán ta được: $2n+1=2019\iff n=2019$

Vậy n = 1009 là giá trị cần tìm

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} 1+a+a^2+..+a^n=\frac{1-a^{n+1}}{1-a} \\ 1+b+b^2+..+b^n=\frac{1-b^{n+1}}{1-b} \end{gathered}$$

Khi đó $\frac{1+a+a^2+...+a^n}{1+b+b^2+..+b^n}$ = $\frac{1-b}{1-a}$ . $\frac{1-a^{n+1}}{1-b^{n+1}}$

Do $\left|a\right|<1;\left|b\right|<1$ nên $lim{a}^{n+1}=0;lim{b}^{n+1}=0$

Vậy $\frac{1+a+a^2+...+a^n}{1+b+b^2+..+b^n}$ = $\frac{1-b}{1-a}$

Đáp án B

Lần lượt kiểm tra từng hàm số ta thấy chỉ có hàm số $f\left(x\right)=\frac{3x^2}{{\left(x-4\right)}^2}$ thỏa mãn cả hai điều kiện

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\left|2x^2-7x+6\right|}{x-2} \\ =\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{\left(2-x\right)\left(2x-3\right)}{x-2}=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(2x-3\right)=-1 \\ \underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(m-\frac{1-x}{2+x}\right)=m-\frac{1}{4}=f\left(2\right) \end{gathered}$$

Hàm số đã cho liên tục tại điểm $x_0=2$ khi và chỉ khi

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

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} \frac{∆y}{∆x}=\frac{f\left(x+∆x\right)-f\left(x\right)}{∆x} \\ =\frac{{\displaystyle \frac{x+∆x+1}{x+∆x}}-{\displaystyle \frac{x+1}{x}}}{∆x} \\ =\frac{1}{x\left(x+∆x\right)} \end{gathered}$$

Đáp án C

Gọi I là trung điểm BC. Khi đó $\overline{IG}=\frac{1}{3}\overline{IA}\Rightarrow G=V_{\left(I;\frac{1}{3}\right)}$

Mà $A\in \left(O;R\right)$ nên quỹ tích trọng tâm G của $∆ABC$ là đường tròn $\left(O;\frac{1}{3}R\right)$là ảnh của đường tròn ( O;R ), qua phép vị tự tâm I tỉ số $k=\frac{1}{3}$

Đáp án A

Tập xác định: D = R

Sự biến thiên

Chiều biến thiên 

$y\text{'}=-2x^2+6x;y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Khoảng đồng biến là ( 0;2 ) và các khoảng nghịch biến là $\left(-\infty ;0\right);\left(2;+\infty \right)$

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0; $y_{CT}=-1$; đạt cực tiểu tại x = 2; $y_{CD}=3$

- Giới hạn $\underset{x\to \infty }{\lim }y=+\infty ;\underset{x\to \infty }{\lim }y=-\infty$

Chỉ có hàm số ở đáp án (A) mới thỏa mã các yếu tố đơn điệu, cực trị, giới hạn

Đáp án A

TXĐ: D = R

$$\begin{gathered} y\text{'}=3x^2+6x-9 \\ y\text{'}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-3\\ x=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Lập bảng biến thiên và suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-3\right),\left(1;+\infty \right)$

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} y\text{'}=-2\sin \left(2x\right)+2\cos \left(2x\right)\tan \left(x\right)+\frac{\sin \left(2x\right)}{{\cos }^2\left(x\right)} \\ =-2\sin \left(2x\right)+2\cos \left(2x\right)\tan \left(x\right)+2\tan \left(x\right) \\ =-2\sin \left(2x\right)+2\left(1+\cos \left(2x\right)\right)\tan \left(x\right) \\ =-2\sin \left(2x\right)+4{\cos }^2\left(x\right)\tan \left(x\right) \\ =-2\sin \left(2x\right)+2\sin \left(2x\right)=0 \end{gathered}$$

Do đó hàm số đã cho là hàm hằng trên khoảng $\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{2};\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$

Đáp án A

$$\begin{gathered} y\text{'}=12\left(x-1\right)\left(x^2-4\right) \\ y\text{'}=0\iff x=1;x=\pm 2 \end{gathered}$$

Lập bảng biến thiên và suy ra hàm số đạt cực đại tại điểm $x_0$ = 1

Đáp án A

$y\text{'}=3{\left(x-m\right)}^2;y\text{'}\text{'}=6\left(x-m\right)$

Hàm số đạt cực tiểu tại

$$\begin{gathered} x=0\iff \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(0\right)=0\\ y\text{'}\text{'}\left(0\right)>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3m^2-3=0\\ -6m>0\end{array}\right. \\ \iff m=-1 \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có:

 $$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=\frac{1-x}{\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}} \\ f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=1 \\ f\text{'}\left(1\right)=0;f\left(1\right)=\sqrt{2};f\left(2\right)=\frac{3}{\sqrt{5}} \end{gathered}$$

Vậy 

$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\in \left[-2;3\right]}{max}f\left(x\right)=\sqrt{2}\\ \underset{x\in \left[-2;3\right]}{min}f\left(x\right)=0\end{array}\right.$

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=4x^3+4mx;y\text{'}=0\iff 4x\left(x^2+m\right)=0$

Đồ thị của hàm số có ba điểm cực trị $\iff$phương trình $4x\left(x^2+m\right)$ có ba nghiệm phân biệt $\iff m<0$. Khi đó phương trình y' = 0 có ba nghiệm là

$\left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=-\sqrt{-m}\\ x=\sqrt{-m}\end{array}\right.$

 Gọi $A\left(0;m^2+m\right),B\left(-\sqrt{-m};m\right),C\left(\sqrt{-m};m\right)$ là các điểm cực trị

Ta có $\overline{AB}=\left(-\sqrt{-m};m^2\right),\overline{AC}=\left(\sqrt{-m};m^2\right)$

Vì $A\in Ox$, B và C là hai điểm đối xứng nhau qua Oy nên $∆ABC$ cân tại A. Như vậy góc ${120}^o$ chính là $\hat{A}$

Ta có 

$$\begin{gathered} \cos A=-\frac{1}{2}\iff \frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}=-\frac{1}{2} \\ \iff \frac{m+m^4}{m^4-m}=-\frac{1}{2} \\ \iff 3m^4+m=0\iff 3m^3+1=0 \\ \iff m=-\frac{1}{\sqrt[3]{3}} \end{gathered}$$

Đáp án D

$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=+\infty \\ \underset{x\to 2^{-}}{\lim }y=-\infty \end{array}\right.$ có hai tiệm cận đứng là x = 2; x = -2

$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=1\\ \underset{x\to 2^{-}}{\lim }y=-1\end{array}\right.$ có hai tiệm cận ngang là y = 1; y = -1

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành là: $m{x}^3-x^2-2x+8m=0$

$$\begin{gathered} \iff \left(m+2\right)\left[m{x}^2-\left(2m+1\right)x+4m\right]=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ f\left(x\right)=m{x}^2-\left(2m+1\right)x+4m=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Yêu cầu bài toán $\iff$ phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác -2

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ ∆=-12m^2+4m+1\\ g\left(-2\right)=12m+2\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{6}<m<\frac{1}{2}\\ m\ne 0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

Gọi x,y > 0 là khích thước hai trang chữ, Khi đó, hai kích thước của trang giấy là x + 6 và y + 4

Theo đề $xy=384\Rightarrow y=\frac{384}{x}$

Diện tích của trang giấy

$$\begin{gathered} S=\left(x+6\right)\left(y+4\right)=\left(x+6\right)\left(\frac{384}{x}+4\right) \\ =4x+\frac{2304}{x}+408 \end{gathered}$$

Lập bảng biến thiên dễ dàng suy ra $\underset{x\in \left(0;+\infty \right)}{min}S=600\iff x=24$. Suy ra y = 16

Do đó x + 6 = 30cm và y + 4 = 20cm là kích thước tối ưu cho trang giấy

Đáp án C

Hàm số xác định $\iff m^2-x^2>0\iff -\left|m\right|<x<\left|m\right|$

Để hàm số xác định trên khoảng ( -2;2 ) thì phải có

$-\left|m\right|\le -2<2\le \left|m\right|\iff \left|m\right|\ge 2$

Đáp án A

Ta có:

 $$\begin{gathered} {\log }_a{a}^3{b}^2\sqrt{c}=3+2{\log }_a\left(b\right)+\frac{1}{2}{\log }_a\left(c\right) \\ =2+2.3+\frac{1}{2}\left(-2\right)=8 \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có $\sqrt[5]{\sqrt[5]{...\sqrt[5]{5}}}=5^{\frac{1}{2018}}$

Khi đó $\left({\log }_5\left(\sqrt[5]{\sqrt[5]{...\sqrt[5]{5}}}\right)\right)=\frac{1}{5^{2018}}=5^{-2018}$

Vậy $P=-{\log }_5\left({\log }_5\left(\sqrt[5]{\sqrt[5]{...\sqrt[5]{5}}}\right)\right)=2018$

Đáp án C

Sử dụng công thức đổi cơ số

$$\begin{gathered} {\log }_{\sqrt[3]{25}}\left(135\right)=3{\log }_{25}\left(135\right) \\ =\frac{3}{2}\left(1+3{\log }_5\left(3\right)\right)=\frac{3}{2}\left(1+3\frac{{\log }_2\left(3\right)}{{\log }_2\left(5\right)}\right) \end{gathered}$$

Ta có

$a={\log }_4\left(75\right)=\frac{1}{2}{\log }_2\left(75\right)=\frac{1}{2}\left(2{\log }_2\left(5\right)+{\log }_2\left(3\right)\right)$

Suy ra $2{\log }_2\left(5\right)+{\log }_2\left(3\right)=2a$ (2)

Lại có 

$b={\log }_8\left(45\right)=\frac{1}{3}{\log }_2\left(45\right)=\frac{1}{3}\left({\log }_2\left(5\right)+2{\log }_2\left(3\right)\right)$

Suy ra ${\log }_2\left(5\right)+2{\log }_2\left(3\right)=3b$ (3)

Giải hệ gồm (2) và (3) ta được ${\log }_2\left(5\right)=\frac{4a-3b}{3};{\log }_2\left(3\right)=\frac{6b-2a}{3}$

Thay vào (1) ta thu được $\frac{3\left(15b-2a\right)}{2\left(4a-3b\right)}$

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} {\log }_4{\left(x^2+x+1\right)}^2-{\log }_{\frac{1}{2}}\left(x^2+x+1\right) \\ ={\log }_2{\left(x^4+x^2+1\right)}^3+{\log }_{\sqrt{2}}\left(x^4-x^2+1\right) \\ \iff {\log }_2\left(x^2+x+1\right)\left(x^2+x+1\right) \\ ={\log }_2\left(x^4+x^2+1\right)+{\log }_2\left(x^4-x^2+1\right) \\ \iff {\log }_2\left(x^4+x^2+1\right)={\log }_2\left(x^4+x^2+1\right)+{\log }_2\left(x^4-x^2+1\right) \\ \iff {\log }_2\left(x^4-x^2+1\right)=0\iff x^4-x^2+1=1 \\ \iff x^4-x^2=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho bằng 0

Đáp án A

Điều kiện $\frac{1}{3}\le x\le 10$

Bất phương trình đã cho tương đương với:

$$\begin{gathered} {\log }_2\left(\sqrt{3x+1}+6\right)-1\ge {\log }_2\left(7-\sqrt{10-x}\right) \\ \iff \frac{\sqrt{3x+1}+6}{2}\ge 7-\sqrt{10-x} \\ \iff \sqrt{3x+1}+2\sqrt{10-x}\ge 8 \\ \iff 3x+1+4\sqrt{\left(3x+1\right)\left(10-x\right)}+4\left(10-x\right)\ge 64 \\ \iff 4\sqrt{\left(3x+1\right)\left(10-x\right)}\ge x+23 \\ \iff 16\left(3x+1\right)\left(10-x\right)\ge {\left(x+23\right)}^2 \\ \iff 49x^2-418x+369\le 0 \\ \iff 1\le x\le \frac{369}{49}\approx 7,5 \end{gathered}$$

Mà $x\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ nên $x\in \left\{1;2;3;4;5;6;7\right\}$

Vậy có 7 giá trị nguyên của x

Đáp án D

Do a > b > 1 và x > 0 nên $a^x>b^y$. Vậy đồ thị hàm số $y=a^x$ ở phía trên đồ thị hàm số $y=b^x$

Đáp án A

Gọi C là chi phí mỗi ngày. Khi đó C = 16m + 27n(USD)

Do hàm sản xuất phải đạt chỉ tiêu 40 sản phẩm trong mỗi ngày nên

$m^{\frac{2}{3}}{b}^{\frac{1}{3}}\ge 40\iff m^{2}n\ge {40}^3\iff n\ge \frac{{40}^3}{m^3}$

Biểu thức biểu diễn mối liên hệ giữa số lượng nhân viên và chi phí kinh doanh là

$C\ge 16m+\frac{27.{40}^3}{m^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

$C\ge 16m+\frac{27.{40}^3}{m^2}=8m+8m+\frac{27.{40}^3}{m^2}\ge 1440$

Vậy C = 1400 (USD) khi và chỉ khi

$\left\{\begin{array}{l}8m=\frac{27.{40}^3}{m^2}\\ n=\frac{{40}^3}{m^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=60\\ n=18\end{array}\right.$

(có 60 nhân viên và lao động xấp xỉ 18 người)

Đáp án B

Ta có: 

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

Đáp án A

Xét tích phân $I={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{2}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}f\left(x\right)dx$

Đặt x = -t nên dx = -dt

Đổi cận $x=-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\Rightarrow t=\frac{\mathrm{\pi }}{2};x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}\Rightarrow t=-\frac{\mathrm{\pi }}{2}$

Khi đó

$$\begin{gathered} I={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{2}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}f\left(-t\right)dt=J \\ \Rightarrow 3I=J+2I={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{2}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\left[f\left(-x\right)+2f\left(x\right)dx\right] \\ =J={\int }_{-\frac{\mathrm{\pi }}{2}}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\cos \left(x\right)dx=2 \end{gathered}$$

Vậy $I=\frac{2}{3}$

Đáp án B

Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm. Do f(x) > 0 $\forall x\in \left[1;e^2\right]$

nên$S={\int }_1^{e^2}f\left(x\right)dx={\int }_1^{e^2}\left(\sqrt{x}+1\right)xdx$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln \left(x\right)\\ dv=\left(\sqrt{x}+1\right)dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x}dx\\ v=\frac{2}{3}x\sqrt{x}+x\end{array}\right.$

Khi đó

$S=\left(\frac{2\sqrt{x}}{3}+1\right)x\ln {\left(x\right)}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}\left(\frac{2\sqrt{x}}{3}+1\right)dx$

= $\frac{8e^3+9e^2+13}{9}$

Đáp án D

Đặt $I_a={\int }_a^{\ln \left(10\right)}\frac{e^x}{\sqrt[3]{e^a-2}}dx$

Đặt $t=\sqrt[3]{e^a-2}\Rightarrow t^3=e^x-1\Rightarrow 3t^{2}dt=e^{x}dx$

Đổi cận $x=a\Rightarrow t=\sqrt[3]{e^a-1};x=\ln \left(10\right)\Rightarrow t=3$

Khi đó 

$$\begin{gathered} I={\int }_{\sqrt[3]{e^a-1}}^2\frac{3t^{2}dt}{t}=3 \\ {\int }_{\sqrt[3]{e^a-1}}^{2}tdt=\frac{3}{2}{t^2}_{\sqrt[3]{e^a-1}}^2 \\ =\frac{3}{2}\left[4-{\left(e^a-2\right)}^{\frac{2}{3}}\right] \end{gathered}$$

Vậy $\underset{x\to \ln \left(2\right)}{\lim }{I}_a=\frac{3}{2}.4=6$

Đáp án C

Quãng đường mà vật đó di chuyển là

$$\begin{gathered} S={\int }_0^{1,5}\left[\frac{1}{2\mathrm{\pi }}+\frac{\sin \left(\mathrm{\pi t}\right)}{\mathrm{\pi }}\right]dt \\ ={\left[\frac{1}{2\mathrm{\pi }}t-\frac{1}{{\mathrm{\pi }}^2}\cos \left(\mathrm{\pi t}\right)\right]}_0^{1,5} \\ =\frac{3}{4\mathrm{\pi }}+\frac{1}{{\mathrm{\pi }}^2}\approx 0,34\left(m\right) \end{gathered}$$

Đáp án D