Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 1)

Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{u_d}=\left(-1;2;1\right)$ cùng phương với $\overrightarrow{n_p}=\left(1;-2;-1\right)$ nên đường thẳng d cắt và vuông góc với (P)

Đáp án C

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta có a>0.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên c>0.

Hàm số có 3 cực trị nên $a.b<0$ mà $a>0\Rightarrow b<0$ 

Đáp án B

Để dãy số là cấp số nhân lùi vô hạn thì nó phải là cấp số nhân có công bội q thỏa mãn $\left|q\right|<1$.

Ta thấy $\left\{\begin{array}{l}{u}_{n+1}=\frac{1}{2}{u}_n\\ u_1=100\left(n\in {\mathbb{N}}^{*}\right)\end{array}\right.$ có $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{1}{2}<1\Rightarrow$ Đây là cấp số nhân

Đáp án B

Ta có $2^x=4=2^2\iff x=2$.

Đáp án A

$I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sin xdx=-\cos x\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\left|\right.}}=-\left(0-1\right)=1$

Đáp án C

Ta có $z=\frac{1}{2-i}=\frac{2}{5}+\frac{1}{5}i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{{\left(\frac{2}{5}\right)}^2+{\left(\frac{1}{5}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$

Đáp án A

Ta có $V=S.h$

Đáp án A

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên (0;2)

Đáp án A

Ta có công thức $S_{xq}=\pi .r.l\Rightarrow r=\frac{12\pi }{3.\pi }=4$.

Đáp án C

Hàm số $y={\log }_2\left(x+3\right)$ xác định $\iff x+3>0\iff x>-3$.

Đáp án A

Ta có công thức $\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+C\Rightarrow \int 2^{x}dx=\frac{2^x}{\ln 2}+C$.

Đáp án A

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(1;2;-1\right)$.

Đáp án C

${\left(3-x\right)}^9=\sum _{k=0}^9{C}_9^k{3}^{9-k}{\left(-x\right)}^k\Rightarrow k=7\Rightarrow C_9^7{.3}^2{\left(-1\right)}^7=-9.C_9^7$ là hệ số cần tìm

Đáp án D

Ta có: $x^2+y^2+z^2-2x+4y+2z-3=0\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=3^2$.

Vậy mặt cầu (S) có tâm $A\left(1;-2;-1\right)$.

Đáp án A

Hình lập phương cạnh bằng 2 có diện tích toàn phần là $2^2.6=24$.

Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh bằng 2 có bán kính bằng 1 $\Rightarrow S=4\pi r^2=4\pi$.

Vậy tỉ số là: $\frac{4\pi }{24}=\frac{\pi }{6}$.

Đáp án A

Cách 1: Ta có $\log 9000=\log \left({9.10}^3\right)=\log 3^2+\log {10}^3=2\log 3+3=2a+3$.

Cách 2: Sử dụng Casio.

Gán giá trị $\log 3\stackrel{SHIFT+STO}{\to }A;\log 9000\stackrel{SHIFT+STO}{\to }B$. Sau đó, lấy giá trị của  trừ lần lượt các biểu thức của phương án, phép tính nào ra kết quả bằng 0 thì là phương án đúng

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là x=1 và $x=-1\Rightarrow$ loại phương án C.

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm (-1;2) và $\left(1;-2\right)\Rightarrow$ chỉ có hàm số $y=x^3-3x$ thỏa mãn

Đáp án C

Ta có: ${\left(\frac{1}{3}\right)}^{x-1}\ge {\left(\frac{1}{9}\right)}^{2x+3}\iff {\left(\frac{1}{3}\right)}^{x-1}\ge {\left(\frac{1}{3}\right)}^{4x+6}\iff x-1\le 4x+6\iff x\ge -\frac{7}{3}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S=\left\{0;\pm 1;\pm 2;3;4;5\right\}$.

Đáp án D

Gọi M', N' lần lượt là hình chiếu của M, N xuống (P).

Đường thẳng $d_1$ đi qua M(1;1;1) và nhận $\overrightarrow{n_p}=\left(1;1;-2\right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1+t\\ z=1-2t\end{array}\right.\Rightarrow M\text{'}=d_1\cap \left(P\right)\Rightarrow M\text{'}\left(2;2;-1\right)$

Tương tự ta có $N\text{'}\left(\frac{11}{2};\frac{1}{2};0\right)\Rightarrow \overrightarrow{MN}\left(\frac{7}{2};-\frac{3}{2};1\right)=\frac{1}{2}\left(7;-3;2\right)$.

Phương trình hình chiếu cần tìm là phương trình đường thẳng $M\text{'}N\text{'}:\frac{x-2}{7}=\frac{y-2}{-3}=\frac{z+1}{2}$.

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=-6x^2+6x$.

Cách 1: $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=1\\ x=1\Rightarrow y=2\end{array}\right.$

$\Rightarrow$Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là $A\left(0;1\right),B\left(1;2\right)$.

Khi đó, đường thẳng đi qua hai điểm cực trị chính là đường thẳng AB có phương trình $y=x+1$.

Cách 2: Ta có:$y=-2x^3+3x^2+1\iff y=\frac{1}{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(-6x^2+6x\right)+x+1\iff y=\frac{1}{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)y\text{'}+x+1$

$\Rightarrow$Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: y=x+1.

Đáp án C

Điều kiện x>0.

Phương trình ${\log }_{\sqrt{3}}^{2}x-m{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0$ có nghiệm duy nhất $\iff$ Phương trình có nghiệm kép hay $\Delta =m^2-4=0\iff m=\pm 2$.

+ Với $m=2\Rightarrow {\log }_{\sqrt{3}}^{2}x-2{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0\iff {\log }_{\sqrt{3}}x=1\iff x=\sqrt{3}>1$ (loại)

+ Với $m=-2\Rightarrow {\log }_{\sqrt{3}}^{2}x+2{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0\iff {\log }_{\sqrt{3}}x=-1\iff x=\frac{1}{\sqrt{3}}<1$ (thỏa mãn).

Vậy với m=-2 phương trình có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1

Đáp án B

Ta có diện tích hình phẳng cần tìm được giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f(x) liên tục trên $ℝ,y=0,x=-1$ và x=1 là $S=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=-\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx$ (vì $f\left(x\right)<0,\forall x\in ℝ$).

Đáp án C

Ta có: $\begin{array}{l}z=\frac{4-3i}{2+i}=1-2i\Rightarrow \overline{z}=1+2i\\ w=iz+2\overline{z}=i\left(1-2i\right)+2\left(1+2i\right)=4+5i\end{array}$

Vậy phần thực của số phức w là 4

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm: $-x^4+1=x^2-1\iff -x^4-x^2+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=-2\end{array}\right.\iff x=\pm 1$.

$\Rightarrow$Phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\Rightarrow$ Đồ thị (C) và (P) cắt nhau tại hai điểm

Đáp án C

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z.

$\left|x+yi-1+i\right|=1\iff \left|\left(x-1\right)+i\left(y+1\right)\right|=1\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=1$.

Đây là đường tròn tâm I(1;-1) bán kính R=1.

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)\end{array}\right.$ và $\left(SAB\right)\cap \left(SAD\right)=SA$.

$\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)$.

Khoảng cách từ  tới mặt phẳng $\left(ABCD\right)=SA=a$.

Ta có:$S_{ABCD}=a^2\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}$.

Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+ $\underset{x\to 0^{+}}{\lim y}=+\infty ;\underset{x\to 1^{+}}{\lim y}=-\infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là x=0 và x=1.

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{n_{\alpha }}=\left(1;5;-2\right)$ và $\overrightarrow{n_{\beta }}=\left(2;-1;1\right)$.

$\cos \left(\left(\alpha \right);\left(\beta \right)\right)=\frac{\left|1.2-5.1-2.1\right|}{\sqrt{30}.\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{6}$.

Đáp án B

Gọi số cần tìm là $\overline{abcd}$.

Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 2 suy ra $d=\left\{2;4;6\right\}$.

Với $d=\left\{2;4;6\right\}$, suy ra có 7 cách chọn a, 7 cách chọn b, 7 cách chọn c.

Khi đó, có $3\times 7\times 7\times 7=1029$ số cần tìm.

Vậy có 1029 số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án A

Hình chóp tứ giác đều có các mặt bên là tam giác đều.

$\Rightarrow$Tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a.

Gọi $AC\cap BD=O$, kẻ $OI\perp CD\left(I\in CD\right)$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp OI\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOI\right)\Rightarrow CD\perp SI$.

$\Rightarrow$Góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp là $\widehat{SIO}=\alpha$.

Ta có: $OI=\frac{a}{2};SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{OI}{SI}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=3x^2+3\ge 3$.

Dấu “=” xảy ra $\iff x=0$

$\Rightarrow$Hệ số góc nhỏ nhất của (C) là 3.

Tại $x=0\Rightarrow y=0$.

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hệ số góc nhỏ nhất là $y=3.\left(x-0\right)+0=3x$.

Đáp án D

Đặt $x=2\sin t$ với $t\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]\Rightarrow dx=2\cos tdt$.

$\Rightarrow I=16\int {\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt=4\int {\sin }^{2}2tdt=2\int \left(1-\cos 4t\right)dt=2t-\frac{\sin 4t}{2}+C$.

Đáp án D

Đặt $y=g\left(x\right)=f\left(x\right)+m$.

Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=-2\\ \underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{\min }g\left(x\right)=m-2\\ \underset{\left[0;2\right]}{\max }g\left(x\right)=m+2\end{array}\right.\\ \Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|g\left(x\right)\right|=\max \left\{\left|m+2\right|;\left|m-2\right|\right\}\\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left|m+2\right|=4\\ \left|m+2\right|>\left|m-2\right|\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}\left|m-2\right|=4\\ \left|m-2\right|>\left|m+2\right|\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m=\pm 2\end{array}$

Đáp án D

Sau khi diệt khuẩn, số vi khuẩn còn lại sẽ là 1%.

Sau 20 phút, số vi khuẩn là $1\%.2=1\%{.2}^{\frac{20}{20}}=2\%$.

Sau 20 phút nữa (40 phút), số vi khuẩn là $2\%.2=1\%{.2}^{\frac{20}{20}}{.2}^{\frac{20}{20}}=1\%{.2}^{\frac{40}{20}}=4\%$.

Sau  phút, ta có số vi khuẩn là $1\%{.2}^{\frac{n}{20}}$.

Để phục hồi số vi khuẩn như cũ thì $1\%{.2}^{\frac{n}{20}}=100\%\iff {\log }_{2}100=\frac{n}{20}\Rightarrow n\approx 133$ (phút)

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm là:

$\begin{array}{l}{x}^2-2x=-x^2\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.\\ V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(x^2-2x\right)}^{2}dx-\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[{\left(x^2-2x\right)}^2-x^4\right]dx=\frac{\pi }{3}\end{array}$

Diện tích mặt cầu có bán kính bằng 1 là $4\pi$.

Ta có: $\frac{1}{k}=\frac{\pi }{3}:4\pi \iff k=12$.

Đáp án B

Ta có: $w-2-3i=\left(3-4i\right)z\Rightarrow \left|w-2-3i\right|=\left|3-4i\right|\left|z\right|=25$.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức  là đường tròn bán kính r=25.

Đáp án D

Ta có $ACB\text{'}D\text{'}$ là tứ diện đều cạnh $a\sqrt{2}$.

Do tính chất của tứ diện đều nên khi quay tứ diện quanh cạnh AC thì ta được vật thể tạo thành từ hai khối nón có bán kính đường tròn đáy bằng $B\text{'}O=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ và độ dài đường sinh là $CB\text{'}=a\sqrt{2}$, đường cao $CO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Thể tích vật thể là:

$V=2.\frac{1}{3}\pi .r^2.h=2.\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{2}$.

Đáp án B

Ta có mặt cầu (S) có tâm $I\left(2;1;1\right)$, bán kính R=5.

Mặt khác hình tròn có diện tích $S=16\pi \Rightarrow$ Bán kính đường tròn là r=4.

$d\left(I;\left(P\right)\right)=\sqrt{5^2-4^2}=3$.

Mà $AI=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=3=d\left(I;\left(P\right)\right)$.

$\Rightarrow {\overrightarrow{n}}_p=\overrightarrow{AI}=(1;2;2)$

Vậy mặt phẳng (P) đi qua A(1;-1;-1) và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_p}=\left(1;2;2\right)$ có phương trình là $x+2y+2z+3=0$.

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=3m\left(x^2-2x\right)$.

Để hàm số có hai điểm cực trị thì $m\ne 0$.

Ta có: $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=3m-3\\ x=2\Rightarrow y=-m-3\end{array}\right.$.

Giả sử $A\left(0;3m-3\right),B\left(2;-m-3\right)$.

Ta có:  

$\begin{array}{l}2A{B}^2-\left(O{A}^2+O{B}^2\right)=20\\ \iff 2\left(4+16m^2\right)-\left[{(3m-3)}^2+4+{(-m-3)}^2\right]=20\\ \iff 11m^2+6m-17=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{17}{11}\end{array}\right.\end{array}$

$\Rightarrow$Tổng các giá trị của m bằng $-\frac{6}{11}$

Đáp án C

Gọi E là điểm thỏa mãn NCDE là hình bình hành.

$\Rightarrow NC//ED\Rightarrow NC//\left(SED\right)$.

Kẻ $AH\perp DE,AK\perp SH\Rightarrow AK=d\left(A;\left(SED\right)\right)$.

Ta có $d\left(NC;SD\right)=d\left(NC;\left(SED\right)\right)=d\left(N;\left(SED\right)\right)$.

Mặt khác

$\frac{d\left(N;\left(SED\right)\right)}{d\left(A;\left(SED\right)\right)}=\frac{ND}{AD}=\frac{2}{3}\Rightarrow d\left(N;\left(SED\right)\right)=\frac{2}{3}AK$.

Vì ABCD là hình thoi cạnh a và $\widehat{BAD}={60}^0$ nên $\Delta ABD$ đều có cạnh bằng a.

$\Rightarrow AC=2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Ta có:

$C{N}^2=C{A}^2+A{N}^2-2AN.AC.\cos {30}^0$

$=3a^2+{\left(\frac{a}{3}\right)}^2-2.a\sqrt{3}.\frac{a}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{19}{9}{a}^2$

$\Rightarrow N{C}^2=D{E}^2=\frac{19}{9}{a}^2$

$\Rightarrow \cos \widehat{NDE}=\frac{D{N}^2+D{E}^2-E{N}^2}{2.DN.DE}=\frac{{\left(\frac{2a}{3}\right)}^2+\frac{19}{9}{a}^2-a^2}{2.\frac{2a}{3}.\frac{\sqrt{19}a}{3}}=\frac{7\sqrt{19}}{38}$

$\Rightarrow \sin \widehat{NDE}=\sqrt{\frac{27}{76}}\Rightarrow AH=AD.\sin \widehat{NDE}=\sqrt{\frac{27}{16}}a$

$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{{\left(AC.\tan {60}^0\right)}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}+\frac{1}{\frac{27}{76}{a}^2}$

$\Rightarrow AK=a\sqrt{\frac{27}{79}}=3a\sqrt{\frac{3}{79}}$

$\Rightarrow d\left(N;\left(SED\right)\right)=\frac{2}{3}AK=2a\sqrt{\frac{3}{79}}$

Đáp án B

Từ giả thiết ta có tập hợp điểm M biểu diễn z là đường tròn tâm I(0;5), bán kính và R=3 tập hợp điểm N biểu diễn số phức w là đường thẳng có phương trình $d:x=5$.

Để $\left|w-z\right|=MN$ nhỏ nhất thì độ dài MN nhỏ nhất, khi đó $MN=d\left(I;d\right)-R=5-3=2$.

Đáp án D

Mặt cầu (S) có tâm $E\left(-1;1;0\right)$, bán kính R=3.

Gọi điểm I(x;y;z) thỏa mãn:

$\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}1-x+2\left(2-x\right)+3-x=0\\ -y+2\left(8-y\right)+4-y=0\\ -z-2z-z=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=5\\ z=0\end{array}\right.\Rightarrow I\left(2;5;0\right)$.

Khi đó $P=\left|\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+4\overrightarrow{MI}\right|=4MI$.

Vậy để $P_{\min }$ thì MI ngắn nhất. Khi đó $M=EI\cap \left(S\right)$.

Ta có:

$\begin{array}{l}EI=\sqrt{3^2+4^2+0^2}=5\\ \Rightarrow P_{\min }=4\left|EI-R\right|=4\left|5-3\right|=8\end{array}$

Đáp án A

Ta có: $2f\left(3-x\right)+f\left(x\right)=8x-6$.

Đặt $\begin{array}{l}t=3-x\Rightarrow 2f\left(t\right)+f\left(3-t\right)=8\left(3-t\right)-6\Rightarrow f\left(3-x\right)+2f\left(x\right)=-8x+18\\ \iff \left\{\begin{array}{l}2f\left(3-x\right)+f\left(x\right)=8x-6\\ f\left(3-x\right)+2f\left(x\right)=-8x+18\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=-8x+14\end{array}$

Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(-8x+14\right)dx=10$.

Đáp án D

Đặt $\begin{array}{l}g\left(x\right)=f\left(3x\right)-9x^3-1\\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=3f\text{'}\left(3x\right)-27x^2\\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(3x\right)={\left(3x\right)}^2\left(*\right)\end{array}$

Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, ta vẽ đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ và $y=x^2$ như hình bên.

Từ đồ thị hàm số ta có $\left(*\right)\iff \left[\begin{array}{l}3x=0\\ 3x=1\\ 3x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{1}{3}\\ x=\frac{2}{3}\end{array}\right.$

Khi đó $g\text{'}\left(x\right)>0\iff f\text{'}\left(3x\right)>{\left(3x\right)}^2\iff 0<x<\frac{2}{3}$.

$\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)<0$ trên $\left(-\infty ;0\right);\left(\frac{2}{3};+\infty \right)$.

Ta có $g\left(0\right)=f\left(0\right)-{9.0}^3-1=0$.

Bảng biến thiên của hàm số y=g(x).

Từ bảng biến thiên ta có hàm số $y=\left|g\left(x\right)\right|$ đồng biến trên $\left(0;\frac{2}{3}\right)$.

Đáp án B

Ta có: $\begin{array}{l}f\left(x\right)<e^{\cos x}-\ln \left(\sin x\right)-m\iff m<e^{\cos x}-\ln \left(\sin x\right)-f\left(x\right)=g\left(x\right)\\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=-\sin x.e^{\cos x}-\cot x-f\text{'}\left(x\right)=-\left(\sin x.e^{\cos x}+\cot x+f\text{'}\left(x\right)\right)<0,\forall x\in \left[\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right]\end{array}$

$\Rightarrow y=g\left(x\right)$ nghịch biến trên $\left[\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right]$.

Để thỏa mãn đề thì $m\le \underset{\left[\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(\frac{\pi }{3}\right)=\sqrt{e}-\ln \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-f\left(\frac{\pi }{3}\right)$.

Đáp án A

Do hàm số $y=4x^3+2x$ đồng biến nên cắt trục hoành tại điểm duy nhất có hoành độ x=0.

Giả sử b>a khi đó ta có $b-a=1\iff b=a+1$.

Ta có diện tích hình phẳng là:

$\begin{array}{l}S=\underset{a}{\overset{1+a}{\int }}\left|4x^3+2x\right|dx=\underset{a}{\overset{1+a}{\int }}\left(4x^3+2x\right)dx=\left(x^4+x\right)\left|{}_a^{1+a}\right.\\ =\left({\left(1+a\right)}^4+{\left(1+a\right)}^2\right)-\left(a^4+a^2\right)=4a^3+6a^2+6a+2=f\left(a\right)\end{array}$