b.
$L=\lim (3^n-3n+3n-\sqrt{9n^2-7n+5})=\lim (3^n-3n)+\lim(3n-\sqrt{9n^2-7n+5})=L_1+L_2$
Trong đó
$L_1=\lim (3^n-3n) = +\infty$
Để là sáng tỏ điều trên trước hết ta chứng minh BĐT $\quad 3^n >4n \quad \forall n \ge 3.$
BĐT chứng minh không khó, chỉ cần dùng quy nạp.
Như vậy $3^n -3n >n \quad (1) \quad \forall n \ge 3.$
Và khi cho $n \to +\infty$ thì rõ ràng vế phải $(1)$ tiến ra $+\infty$ mà vế trái $>$ vế phải nên vế trái $(1)$ cũng tiến ra $+\infty$.
Điều này có nghĩa là $L_1=\lim (3^n-3n) = +\infty$.
$L_2= \lim(3n-\sqrt{9n^2-7n+5})=\lim \dfrac{9n^2-(9n^2-7n+5)}{3n+\sqrt{9n^2-7n+5}}=\lim \dfrac{7n-5}{3n+\sqrt{9n^2-7n+5}}$
$=\lim \dfrac{7-\dfrac{5}{n}}{3+\sqrt{9-\dfrac{7}{n}+\dfrac{5}{n^2}}}=\dfrac{7}{3+\sqrt 9}=\dfrac{7}{6}$
Vậy $L=L_1+L_2=+\infty$.

3. Xét các vecto có dạng sau $\overrightarrow{u_k}=(k2\pi,0), \quad k \in \mathbb Z.$
Rõ ràng có vô số các vecto khác nhau có dạng này và khi ta thực hiện phép tịnh tiến theo các vecto này thì đồ thị $y=\cos x$ trở thành
$\begin{cases}Y=y+0 \\ X=x+k2\pi \end{cases}$ và $Y=y=\cos x = \cos (X-k2\pi)=\cos X$
Như vậy thì hàm số $y=cos x$ vẫn là chính nó sau khi thực hiện phép tịnh tiến các vecto dạng này. Vậy câu trả lời của bài toán là vô số.

Điều kiện $x \ge 0.$ BPT
$\Leftrightarrow 8x^{3} +76x\sqrt{x} +1-58x^{2}-29x \ge 0$
BPT trên sẽ tương đươn với BPT sau đây, bạn tự nhân ra và kiểm tra nhé
$\Leftrightarrow (2x-4\sqrt x+1)(8\sqrt[]{x^3}+4x^2-15x+4\sqrt{x}+1) \ge 0$
Mặt khác áp dụng BĐT Cô-si  ta có
$8\sqrt[]{x^3}+4\sqrt{x} \ge 2\sqrt[]{8\sqrt[]{x^3}.4\sqrt{x}}=2\sqrt[]{32x^2} =8\sqrt 2 x \ge 11x$
$4x^2+1 \ge 2\sqrt[]{4x^2.1}=4x$
Suy ra
$8\sqrt[]{x^3}+4x^2+4\sqrt{x}+1 \ge 15x$
và dễ kiểm tra dấu bằng không xảy ra vì hpt $ \begin{cases}8\sqrt[]{x^3}=4\sqrt{x} \\ 4x^2=1\\8\sqrt 2 x = 11x \end{cases}$ vô nghiệm.
Do vậy phải có $2x-4\sqrt x+1 \ge 0 $.
Vế trái là PT bậc hai theo $\sqrt x$ nên dễ có $\left[ {\begin{matrix} x \ge \dfrac{1}{2}(3+2\sqrt2)\\ 0 \le x \le \dfrac{1}{2}(3-2\sqrt2) \end{matrix}} \right.$

2. Giả sử các phép quay này tính theo chiều dương là chiều ngược kim đồng hồ. Như vậy
$Q_ B : B \to B, \qquad Q_C : B \to D$, trong đó $D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $BC$.
Suy ra $F:= Q_C \circ Q_B : B \to D $

1. Giả sử các phép quay này tính theo chiều dương là chiều ngược kim đồng hồ. Như vậy
$Q_ B : C \to A, \qquad Q_C : A \to B$
Suy ra $F:= Q_C \circ Q_B : C \to B $

a.
$L=\lim \frac{\sqrt{9n^{2}+4}-3n+1}{2n+7}=\lim \frac{\dfrac{\sqrt{9n^{2}+4}-3n+1}{n}}{\dfrac{2n+7}{n}}=\lim \dfrac{\sqrt{\dfrac{9n^{2}+4}{n^2}}-3+\dfrac{1}{n}}{2+\dfrac{7}{n}}=\dfrac{\sqrt 9-3}{2}=0$

3. Cách 2
Viết lại $(C) : (x-1)^2+(y+3)^2=4$
$(C)$ có tâm $I(1;-3)$ bán kính $R=2$
$\Rightarrow  (C_1)$ là ảnh của $(C)$ qua  phép tịnh tiến véctơ $\overrightarrow {u}(1;-2)$ có: tâm $I_1=(1+1,-3-2)=(2;-5)$, bán kính $R_1=R=2$
$\Leftrightarrow  (x-2)^2+(y+5)^2=4$ là phương trình của $(C_1)$

3. Cách 1
Viết lại $(C) : (x-1)^2+(y+3)^2=4$
Mỗi điểm $M(x;y)\in (C_1)$ là ảnh của một điểm $M_0(x_0;y_0)\in(C)$ qua phép tịnh tiến véctơ $\overrightarrow {u}(1,-2) $ ta có :
$\begin{cases}M_0(x_0;y_0)\in (C) \\ x=x_0+1\\y=y_0-2 \end{cases} \Leftrightarrow  \begin{cases}(x_0-1)^2+(y_0+3)^2=4 \\ x_0=x-1\\y_0=y+2 \end{cases} $
$\Rightarrow  (x-1-1)^2+(y+2+3)^2=4\Leftrightarrow  (x-2)^2+(y+5)^2=4       (*)$
Phương trình $(*)$ chính là phương trình của $(C_1)$

4.
$A=\sin^4\dfrac{\pi}{16}+\sin^4\dfrac{3\pi}{16}+\sin^4\dfrac{5\pi}{16}+\sin^4\dfrac{7\pi}{16}$
$A=\sin^4\dfrac{\pi}{16}+\sin^4\dfrac{3\pi}{16}+\cos^4\left (\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{5\pi}{16} \right )+\cos^4\left (\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{7\pi}{16} \right )$
$A=\sin^4\dfrac{\pi}{16}+\sin^4\dfrac{3\pi}{16}+\cos^4\left (\dfrac{3\pi}{16} \right )+\cos^4\left (\dfrac{\pi}{16} \right )$
$A=\left ( \sin^2\dfrac{\pi}{16}+\cos^2\dfrac{\pi}{16} \right )^2-2\sin^2\dfrac{\pi}{16}.\cos^2\dfrac{\pi}{16}+\left ( \sin^2\dfrac{3\pi}{16}+\cos^2\dfrac{3\pi}{16} \right )^2-2\sin^2\dfrac{3\pi}{16}.\cos^2\dfrac{3\pi}{16}$
$A=1-\dfrac{1}{2}\sin^2\dfrac{\pi}{8}+1-\dfrac{1}{2}\sin^2\dfrac{3\pi}{8}$
$A=2-\dfrac{1}{2}\sin^2\dfrac{\pi}{8}-\dfrac{1}{2}\cos^2\left (\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{3\pi}{8} \right )$
$A=2-\dfrac{1}{2}\sin^2\dfrac{\pi}{8}-\dfrac{1}{2}\cos^2\dfrac{\pi}{8}$
$A=2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$

3. Đỉnh $I$ của Parabol có tọa độ $I\left ( \dfrac{-b}{2a}, \dfrac{-\Delta}{4a}\right )=(1,2)$
Qua phép tịnh tiến vecto $\overrightarrow{u_1}=(1,3)$ thì đỉnh $I$ trở thành $I_1=(1+1,2+3)=(2,5)$
Qua phép tịnh tiến vecto $\overrightarrow{u_2}=(-2,1)$ thì đỉnh $I_1$ trở thành $I_2=(2-2,5+1)=(0,6)$
 Vậy ảnh cuối cùng của $I$ là $I_2=(0,6)$

2. Cách khác.
Ta tính được
$AB^2=4^2, BC^2=4^2+1^2, AC^2=1^2$ từ đây suy ra $AB^2+AC^2=BC^2$
suy ra tam giác này vuông tại $A$ nên tâm đường tròn ngoại tiếp chính là trung điểm của $BC$ và bằng $\left ( \dfrac{1+5}{2},\dfrac{3+2}{2} \right )=\left (3,\dfrac{5}{2} \right )$

2.
Trung điểm $M$ của $AB$ có tọa độ $M\left ( \dfrac{1+5}{2},\dfrac{2+2}{2}\right )=(3,2)$
PT đường trung trực $(d_1)$ của $AB$ đi qua $M$ và có VTPT là $\overrightarrow{AB}=(4,0)$
$d_1 : 4(x-3)+0(y-2)=0\Leftrightarrow d_1 : x=3$.
Trung điểm $N$ của $BC$ có tọa độ $N\left ( \dfrac{1+5}{2},\dfrac{2+3}{2}\right )=(3,\dfrac{5}{2})$
PT đường trung trực $(d_2)$ của $BC$ đi qua $N$ và có VTPT là $\overrightarrow{BC}=(-4,1)$
$d_2 : -4(x-3)+1(y-\dfrac{5}{2})=0\Leftrightarrow d_2 : -4x+y+\dfrac{19}{2}=0$
 Như vậy tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp là giao điểm của $d_1,d_2$ nên $O(3,\dfrac{5}{2}) \equiv N$

5. Trước hết bạn tự chứng minh đẳng thức sau
$\cot x  - \tan x = 2\cot 2x$
$y=3\cot^22x-\dfrac{\sqrt{3}(1-\tan^2x)}{\tan x}-5=3\cot^22x-\sqrt3 \cot x +\sqrt 3 \tan x-5$
$y=3\cot^22x-2\sqrt3 \cot 2x-5=\left (\sqrt3 \cot 2x-1 \right )^2-6 \ge -6$
Vậy $\min y = -6 \Leftrightarrow \cot 2x =\dfrac{1}{\sqrt 3}$

2.
$\tan\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\tan (-\dfrac{\pi}{6})$
$\Leftrightarrow x+\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\pi}{6} + k \pi \quad k \in \mathbb Z$
$\Leftrightarrow x=-\dfrac{\pi}{3} + k \pi \quad k \in \mathbb Z$

4. Hàm số xác định khi
$\begin{cases}\cos x \ne 0 \\ \sin 2x \ne 0 \end{cases}\Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \dfrac{k \pi}{2} \quad k \in \mathbb Z$