Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Cần Thạnh

Ta có: \(\int {\dfrac{{5x + 1}}{{{x^2} - 6x + 9}}\,dx}  \)

\(= \int {\dfrac{{5\left( {x - 3} \right) + 16}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}} \,dx \)

\(= \int {\left( {\dfrac{5}{{x - 3}} + \dfrac{{16}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}} \right)} \,d\left( {x - 3} \right)\)

\( = 5\ln \left| {x - 3} \right| - \dfrac{{16}}{{\left( {x - 3} \right)}} + C\)

Chọn đáp án D.

Thể tích khối tròn xoay được xác định bởi công thức:

\(V = \pi \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {{{\tan }^2}x\,dx}  \)

\(\;\;\;= \pi \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)\,dx} \)

\(\;\;\;= \pi \left( {\tan x - x} \right)\left| \begin{array}{l}^{\dfrac{\pi }{3}}\\_0\end{array} \right. \)

\(\;\;\;= \pi \left( {\sqrt 3  - \dfrac{\pi }{3}} \right) = \pi \sqrt 3  - \dfrac{{{\pi ^2}}}{3}\)

Chọn đáp án D.

\(y = {x^3} - 3x + 5\)

TXĐ:\(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 3\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} - 1 \notin \left[ {2,4} \right],1 \in \left[ {2,4} \right]\\f\left( 1 \right) = 3\\f\left( 2 \right) = 7\\f\left( 4 \right) = 57\end{array}\)

Suy ra GTNN=3

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2

Chọn câu D

Điều kiện: \(x > 0\)

Ta có: \({\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} - 4{\log _2}x + 3 > 0 \)

\(\Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - 1} \right)\left( {{{\log }_2}x - 3} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x - 1 > 0\\{\log _2}x - 3 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}x - 1 < 0\\{\log _2}x - 3 < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 2\\x > 8\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 2\\x < 8\end{array} \right.\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;2} \right) \cup \left( {8; + \infty } \right)\)

Chọn đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số vói trục hoành là:

\({2^x} - 2x = 0 \Leftrightarrow {2^x} = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\)

Khẳng định C sai.

Chọn đáp án C.

Số đỉnh của một hình bát diện đều là 6.

Chọn đáp án A.

Thể tích khối chóp là \(V = \dfrac{1}{3}.4.1,5 = 2\,\left( {{m^3}} \right)\)

Chọn đáp án D.

Diện tích xung quanh của hình trụ là:

\({S_{xq}} = 2\pi r.h = 2\pi .5.7 = 219,91\,c{m^2}\)

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} \left( {1; - 1; - 2} \right)\\AB = \sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 2)}^2}}  = \sqrt 6 \end{array}\)

Chọn A

\({z_1} - {z_2} = \left( {2 - 5i} \right) - ( - 2 - 3i)\)\(\, = 4 - 2i\)

\( \Rightarrow \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 2\sqrt 5\)

\(\begin{array}{l}\left( {3 - 2i} \right)z = 4 + 2i\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{4 + 2i}}{{3 - 2i}}\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{(4 + 2i)(3 + 2i)}}{{9 - 4{i^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{12 + 4{i^2} + 14i}}{{13}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{8}{{13}} + \dfrac{{14}}{{13}}i\\ \Rightarrow \overline z  = \dfrac{8}{{13}} - \dfrac{{14}}{{13}}i\end{array}\)

Ta có bbt của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) như sau:

Vậy hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có ba điểm cực trị là \(x = {x_0} ;x =  - 1,x = 3\)

Ta có: \(f\left( x \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - 3\)

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đường thẳng \(y =  - 3\) với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

Quan sát bbt ta thấy đường thẳng \(y =  - 3\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại đúng 2 điểm.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\begin{array}{l}2x - 1 = \frac{{{x^2} - x - 1}}{{x + 1}}\\\left( {DK:x \ne  - 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {2x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = {x^2} - x - 1\\ \Leftrightarrow 2{x^2} - x + 2x - 1 = {x^2} - x - 1\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\end{array} \right.\left( {TM} \right)\end{array}\)  

Vậy đường thẳng và đồ thị hàm số đã cho có 2 điểm chung.

Ta có: \({\log _a}x = \dfrac{1}{2}{\log _a}9 - {\log _a}5 + {\log _a}2\, \)\(= {\log _a}3 - {\log _a}5 + {\log _a}2\)

\( \Leftrightarrow {\log _a}x = {\log _a}6 - {\log _a}5 = {\log _a}\dfrac{6}{5} \)

\(\Leftrightarrow x = \dfrac{6}{5}.\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(I = \int {\cos \left( {4x + 3} \right)\,dx}  \)

\(= \dfrac{1}{4}\int \cos \left( {4x + 3} \right)\,d\left( {4x + 3} \right) \)

\(= \dfrac{1}{4}\sin \left( {4x + 3} \right)  + C\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(F(x) = \int\limits_1^x {t\,dt}  = \left( {\dfrac{{{t^2}}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l}^x\\_1\end{array} \right. = \dfrac{{{x^2}}}{2} - \dfrac{1}{2}\)\( \Rightarrow F'\left( x \right) = x.\)

Chọn đáp án A.

\(\begin{array}{l}{z^2} - 6z + 11 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{z^2} - 6z + 9} \right) + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {(z - 3)^2} + 2 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}z - 3 = i\sqrt 2 \\z - 3 =  - i\sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 3 + i\sqrt 2 \\z = 3 - i\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)

\({\rm{w}} = 2z + \overline z  = 2(1 + 2i) + (1 - 2i) \)\(\,= 3 + 2i\)

phần thực: 3   ,   phần  ảo: 2

Diện tích đáy của khối chóp là \(S = \left( {a\sqrt 6 } \right)\left( {a\sqrt 6 } \right) = 6{a^2}\)

Khi đó \(h = \dfrac{{3V}}{S} = \dfrac{{6{a^3}}}{{6{a^2}}} = a\)

Chọn đáp án A.

Hai mặt bên \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) cùng vuông góc với đáy

\( \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\)

Áp dụng định lí Py – ta – go ta có:

\(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Khi đó:

\(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .\dfrac{1}{2}a.a.\sin {60^0} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\)

Chọn đáp án B.

Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kính bằng \(\dfrac{a}{2}\)

Thể tích mặt cầu nội tiếp hình lập phương là:

\({V_{(H)}} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^3} = \dfrac{{\pi {a^3}}}{6}\)

Tỉ số: \(\dfrac{{{V_{(H)}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \dfrac{{\dfrac{{\pi {a^3}}}{6}}}{{{a^3}}} = \dfrac{\pi }{6}\)

Chọn B

Gọi \(Q(x;y;z)\), \(MNPQ\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {NM}  = \overrightarrow {PQ} \)

Mà \(\overrightarrow {NM}  = (0,-1,4); \overrightarrow {PQ}= (x-2, y-4, z)\)

\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 2=0}\\{y -4= -1}\\{z = 4}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =2}\\{y = 3}\\{z = 4}\end{array}} \right.\)

Vậy \(Q(2,3,4)\)     

Chọn B           

Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = [{\log _3}\left( {1 + \sqrt x } \right)]'\\\;\;\; = \dfrac{{{{\left( {1 + \sqrt x } \right)}^\prime }}}{{\left( {1 + \sqrt x } \right)\ln 3}}\\\;\;\; = \dfrac{1}{{2\sqrt x \left( {1 + \sqrt x } \right)\ln 3}} \\\;\;\;= \dfrac{1}{{2\left( {x + \sqrt x } \right)\ln 3}}\\\end{array}\)

Chọn đáp án D.

Đẳng thức sai là \({x^m}.{y^n} = {\left( {xy} \right)^{m + n}}\)

Chọn đáp án D.

\(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 1 + i\\3x + iy = 2 - 3i\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 + i - 2y{\rm{       (1)}}\\3x + iy = 2 - 3i{\rm{   (2)}}\end{array} \right.\)

Thay (1) vào (2) ta được:

\(\begin{array}{l}3(1 + i - 2y) + iy = 2 - 3i\\ \Leftrightarrow ( - 6 + i)y =  - 1 - 6i\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{ - 1 - 6i}}{{ - 6 + i}}\\ \Leftrightarrow y = \dfrac{{\left( { - 1 - 6i} \right)\left( { - 6 - i} \right)}}{{36 - {i^2}}} = i\end{array}\)

Thay y = i vào (1) \( \Rightarrow x = 1 - i\)

Với phần thực bằng 12, nên số phức z có dạng \(z = 12 + bi\)

\(\begin{array}{l}\left| z \right| = 13 \Rightarrow \left| {12 + bi} \right| = 13\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{12}^2} + {b^2}}  = 13\\ \Leftrightarrow {b^2} = 25\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 5 \Rightarrow z = 12 + 5i\\b =  - 5 \Rightarrow z = 12 - 5i\end{array} \right.\end{array}\)

Gọi điểm \(Q\left( {x;y;z} \right)\)

\(\overrightarrow {MN}  = \left( {1;2;3} \right)\) , \(\overrightarrow {QP}  = \left( {7 - x;\,7 - y;\,5 - z} \right)\)

Vì \(MNPQ\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {QP}  \Rightarrow Q\left( {6;5;2} \right)\)

Chọn B.

\(\overrightarrow {AB}  = (0; - 2; - 1);\overrightarrow {AC}  = ( - 1; - 3;2)\)

Ta thấy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  \ne 0 \Rightarrow \)\(\Delta ABC\) không vuông tại \(A\).

\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \ne \left| {\overrightarrow {AC} } \right|\) \( \Rightarrow \Delta ABC\) không cân tại \(A\).

Chọn A .

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\({x^3} - 3x = 2m + 1\)

\(\Leftrightarrow {x^3} - 3x - 1 = 2m\)

Xét \(y = {x^3} - 3x - 1\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 3\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}\) 

Từ BBT ta có \( - 3 < 2m < 1 \Leftrightarrow \dfrac{{ - 3}}{2} < m < \dfrac{1}{2}\)

\(y = \dfrac{{x + 10}}{{x + 1}}\)

TXĐ:\(\) \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

\(y = \dfrac{{x + 10}}{{x + 1}} = 1 + \dfrac{9}{{x + 1}}\)

Để đồ thị  ( C) có tọa độ nguyên thì \(\dfrac{9}{{x + 1}} \in \mathbb{Z} \Rightarrow 9 \vdots \left( {x + 1} \right)\)

Mặt khác  \(\left( {x + 1} \right) \in \mathbb{Z}\) nên \(\left( {x + 1} \right) \in \left\{ { \pm 1, \pm 3, \pm 9} \right\}\)

Vây có 6 giá trị của x

Ta có: \(\int {\dfrac{{2x\left( {x + 3} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \,dx\)

\(= \int {\dfrac{{2\left( {{x^2} + 2x + 1} \right) + 2\left( {x + 1} \right) - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\,d\left( {x + 1} \right)}\)

\(  = \int {\left( {2 + \dfrac{2}{{x + 1}} - \dfrac{4}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)\,d\left( {x + 1} \right)} \)

\( = 2x + 2\ln \left| {x + 1} \right| + \dfrac{4}{{x + 1}} + C\)

\(= \dfrac{{2{x^2} + 2x + 4}}{{x + 1}} + 2\ln \left| {x + 1} \right| + C\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\int {{{\left( {5x + 3} \right)}^3}\,dx}  \)

\(= \dfrac{1}{5}\int {{{\left( {5x + 3} \right)}^3}} \,d\left( {5x + 3} \right) \)

\(= \dfrac{1}{5}.\dfrac{{{{\left( {5x + 3} \right)}^4}}}{4} + C\)

Chọn đáp án A.

Gọi H là trung điểm của BC

(SBC) hợp với đáy (ABC) một góc 60o

\( \Rightarrow \widehat {SHA} = {60^0}\)

Ta có: \(AH = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

+ \(\tan {60^0} = \dfrac{{SA}}{{AH}} \Rightarrow SA = \dfrac{{3a}}{2}\)

Khi đó: \(V = \dfrac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3a}}{2}.\dfrac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(AH = DH = \dfrac{{AD}}{2} = a\)

Áp dụng định lí Py – ta – go ta có:

\(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a\)

Khi đó ta có:

\(V = \dfrac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.2a.2a.a = \dfrac{{4{a^3}}}{3}\)

Chọn đáp án C.

Khối nón có đỉnh là tâm hình vuông ABCD và đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông A’B’C’D’ có bán kính đáy \(R = \dfrac{a}{2}\) , chiều cao \(h = a\)

Vậy thể tích khối nón là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{1}{3}\pi {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2}a = \dfrac{1}{{12}}\pi {a^3}.\)

Chọn B

Gọi điểm \(D\left( {x;y;z} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;1} \right)\) , \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 3 - x;\,4 - y;\, - z} \right)\)

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Rightarrow D\left( { - 4;5; - 1} \right)\)

Chọn A

\(\begin{array}{l}{z^2} - 2z + 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{z^2} - 2z + 1} \right) + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {z - 1} \right)^2} + 2 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {z - 1} \right)^2} =  - 2\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}z - 1 = i\sqrt 2 \\z - 1 =  - i\sqrt 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 1 + i\sqrt 2 \\z = 1 - i\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\) 

\(\begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 3 - 4i + 4 + 3i = 7 - i\\ \Rightarrow \left| {{z_1} + {z_2}} \right| = 5\sqrt 2 \end{array}\)

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau nên chân đường vuông góc kẻ từ S xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm O

Hay \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có: \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {9{a^2} + 16{a^2}}  = 5a\)

+ \(SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}}  = \sqrt {25{a^2} - \dfrac{{25{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{5a\sqrt 3 }}{2}\)

Khi đó ta có:

\(V = \dfrac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{5a\sqrt 3 }}{2}.3a.4a = 10{a^3}\sqrt 3 \)

Chọn đáp án C.

Tứ diện ABCD có \(\widehat {BAD} = {90^o}\) nên \(\widehat {ABD} = \alpha \) là một góc nhọn. Khi quay các cạnh của tứ diện đó xung quanh cạnh AB thì cạnh BD tạo thành một hình nón tròn xoay đỉnh B có trục là AB, cạnh AD vuông góc với AB tạo thành đáy của hình nón đó.

Mặt khác theo giả thiết ta có  \(BD \bot BC\) nên\(AB \bot BC\) . Ta có  \(\widehat {BAC} = \beta \) là một góc nhọn. Do đó khi quay các cạnh của tứ diện xung quanh cạnh AB thì cạnh AC tạo thành một hình nón tròn xoay đỉnh A có trục là AB, còn cạnh BC tạo thành đáy của hình nón.

Như vậy khi quay tất cả các cạnh của tứ diện xung quanh trục AB thì các cạnh BD và AC tạo thành hai hình nón.

Chọn A.

\(y = \dfrac{{x + 3}}{{1 - x}}\)

TXĐ: \(\)\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)

\(y' = \frac{{3.1 - 1.\left( { - 1} \right)}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}} = \frac{4}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}} > 0,\) \(\forall x \ne 1\)

Vậy hàm số đồng biến trên  \(\left( { - \infty ,1} \right)\) và \(\left( {1, + \infty } \right)\)

\(y = \dfrac{{{x^4}}}{4} + 2x - 3\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = {x^3} + 4x\\y' = 0 \Leftrightarrow {x^3} + 4x = 0\\ \Leftrightarrow x = 0\end{array}\)

Hàm số đồng biến trên\(\left( {0, + \infty } \right)\)

Điều kiện: \(x > 1.\)

Ta có: \({\log _{\dfrac{1}{2}}}(2x - 2) > {\log _{\dfrac{1}{2}}}(x + 1)\)

\(\Leftrightarrow 2x - 2 < x + 1\)

\( \Leftrightarrow x < 3\)

Kết hợp điều kiện: \(x \in \left( {1;3} \right)\)

Chọn đáp án B.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}{\log _4}x > 0\\x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\)

Ta có: \({\log _2}({\log _4}x) = 1 \Leftrightarrow {\log _4}x = 2 \)

\(\Leftrightarrow x = {4^2} = 16.\)

Chọn đáp án A.

Ta có:

+ \({V_1} = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)} \,dx\)

+ \({V_2} = \pi \int\limits_a^b {{g^2}\left( x \right)} \,dx\)

Nếu V₁ = V₂ thì chưa chắc ta có: \(f(x) = g(x),\forall x \in [a;b]\).

Chọn đáp án D.

Phương trình hoành độ giao điểm của các đồ thị

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} = \dfrac{{{x^2}}}{8}\\{x^2} = \dfrac{{27}}{x}\\\dfrac{{{x^2}}}{8} = \dfrac{{27}}{x}\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\)

Khi đó diện tích hình phẳng được xác định bằng công thức:

\(S = \int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - \dfrac{{x{}^2}}{8}} \right)} \,dx + \int\limits_2^3 {\left( {{x^2} - \dfrac{{27}}{x}} \right)\,dx}  \)

\(= \dfrac{7}{8}\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_0\end{array} \right. + \left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - 27\ln \left| x \right|} \right)\left| \begin{array}{l}^3\\_2\end{array} \right.\)

\( = \dfrac{7}{8}\left( {\dfrac{8}{3}} \right) + \left( {9 - 27\ln 3 - \dfrac{8}{3} + 27\ln 2} \right)\)

\(= 26 - 27\ln \dfrac{3}{2}\)

+ \(\int\limits_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} {\dfrac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}}}  =  - \cot x\left| {_{ - \dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{\pi }{4}} =  - 1 - } \right.1 \)\(\,=  - 2.\) sai vì hàm số không liên tục

+ \(\int\limits_2^1 {dx}  = 1 =  - \int\limits_1^2 {dx}  =  - \left( x \right)\left| \begin{array}{l}^2\\_1\end{array} \right. \)\(\,=  - \left( {2 - 1} \right) =  - 1.\)

+ \(\int\limits_{ - e}^e {\dfrac{{dx}}{x}}  = \ln \left| x \right|\left| \begin{array}{l}^e\\_{ - e}\end{array} \right.\)\(\, = \ln \left| e \right| - \ln \left| { - e} \right| = 0.\)

Chọn đáp án D.

Với \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow d\left( {M,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| c \right|\)

Chọn D