Sau 2 giờ quãng đường tàu thứ nhất chạy được là:

S₁ = 30.2 = 60 (km)

Sau 2 giờ quãng đường tàu thứ hai chạy được là:

S₂ = 40.2 = 80 (km)

Suy ra sau 2 giờ hai tàu cách nhau là:

 $S=\sqrt{{S_1}^2+{S_2}^2-2S_1.S_2.\cos 60°}=\sqrt{{60}^2+{80}^2-2.60.80.\cos 60°}=20\sqrt{13}$

Đáp án đúng là: B

Sau 2 giờ tàu B đi được 40 hải lí, tàu C đi được 30 hải lí.

Vậy tam giác ABC có AB = 40, AC = 30 và  $\widehat{A}=60°$

Áp dụng định lí côsin vào tam giác ABC, ta có:

a² = b² + c² − 2bc.cos A

= 30² + 40² − 2.30.40.cos 60°

= 900 + 1600 − 1200 = 1300

Vậy  $BC=\sqrt{1300}\approx 36$ (hải lí).

Ta có:  $y^{\text{'}}={\left(\frac{x+1}{4^x}\right)}^{\text{'}}=\frac{{\left(x+1\right)}^{\text{'}}.4^x-\left(x+1\right).{\left(4^x\right)}^{\text{'}}}{{\left(4^x\right)}^2}$

 $=\frac{4^x-\left(x+1\right).4^x.\ln 4}{{\left(4^x\right)}^2}=\frac{1-\left(x+1\right).\ln 4}{4^x}=\frac{1-2\left(x+1\right).\ln 2}{2^{2x}}$.

Ta có:  $y^{\text{'}}={\left(\frac{x-1}{4^x}\right)}^{\text{'}}=\frac{{\left(x-1\right)}^{\text{'}}.4^x-\left(x-1\right).{\left(4^x\right)}^{\text{'}}}{{\left(4^x\right)}^2}$

 $=\frac{4^x-\left(x-1\right).4^x.\ln 4}{{\left(4^x\right)}^2}=\frac{1-\left(x-1\right).\ln 4}{4^x}=\frac{1-2\left(x-1\right).\ln 2}{2^{2x}}$.

Ta có chiều cao cột đèn là AC.

Theo bài ra ta có: AB = 7,5 m và  $\widehat{ABC}=42°$

Xét tam giác ACB vuông tại A có:

AC = AB.tan B = 7,5.tan 42° » 6,753 (m).

Vậy cột đèn cao 6,753 m.

Ta có OABC là hình bình hành.

 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{0}$

Suy ra A đúng

 $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{AD}$

Suy ra B đúng

 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{EB}$

Suy ra C đúng

 $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BO}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{OA}\ne \overrightarrow{0}$

Suy ra D sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

•  $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{EO}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{0}$

Suy ra A đúng

•  $\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{AD}$

Suy ra B đúng

•  $\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{EA}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{EB}-\overrightarrow{OC}$

Suy ra C đúng

•  $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BO}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{OA}\ne \overrightarrow{0}$

Suy ra D sai.

Để A Ç B ¹ 0 thì điều kiện là  $v\left\{\begin{array}{l}m-1\le \frac{m+3}{2}\\ \left[\begin{array}{l}m-1<-3\\ \frac{m+3}{2}\ge 3\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2m-2\le m+3\\ \left[\begin{array}{l}m<-2\\ m+3\ge 6\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 5\\ \left[\begin{array}{l}m<-2\\ m\ge 3\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m<-2\\ 3\le m\le 5\end{array}\right.$

Vậy m Î (−∞; −2) È [3; 5].

Tập xác định D = ℝ

Xét hàm số  $y=f\left(x\right)=\frac{m{x}^3}{3}+7m{x}^2+14x-m$ có:

f ¢(x) = mx² + 14mx + 14

Yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình

mx² + 14mx + 14 ≤ 0, "x ≥ 1 tương đương với  $g\left(x\right)=\frac{-14}{x^2+14x}\ge m\left(1\right)$

 $\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{14\left(2x+14\right)}{{\left(x^2+14x\right)}^2}=\frac{28\left(x+7\right)}{{\left(x^2+14x\right)}^2}\ge 0\text{},\forall x\in \left[1;+\infty \right)$

Dễ dàng có được g(x) là hàm tăng "x Î [1; +∞), suy ra  

 $\underset{x\ge 1}{\min }g\left(x\right)=g\left(1\right)=-\frac{14}{15}$

Yêu cầu bài toán suy ra  $m\le \underset{x\ge 1}{\min }g\left(x\right)=-\frac{14}{15}$

Vậy   $m\in \left(-\infty ;-\frac{14}{15}\right]$.

Xét hàm số y = x³ − 3mx² − m có:

y¢ = 3x² − 6mx = 3x(x − 2m)

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1) thì y¢ ≤ 0, "x Î (0; 1).

Þ 3x(x − 2m) ≤ 0, "x Î (0; 1)

Mà x > 0 suy ra x − 2m ≤ 0, "x Î (0; 1)

Û x ≤ 2m, "x Î (0; 1)

 $\Rightarrow 2m\ge 1\iff m\ge \frac{1}{2}$

Vậy  $m\in \left[\frac{1}{2};+\infty \right)$.

Xét hàm số f (x) = x² − 2x + m trên đoạn [0; 3], ta có:

f ¢(x) = 2x − 2 = 0

Û 2x − 2 = 0 Û x = 1

Ta có f (0) = m, f (1) = m − 1, f (3) = m + 3

Dễ thấy m − 1 < m < m + 3 nên ta có BBT của hàm số f (x) = x² − 2x + m trên đoạn [0; 3] như sau:

+) TH1: m − 1 ≥ 0 Û m ≥ 1 thì:

$\underset{\left[0;3\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=m-1=5\iff m=6\left(TM\right)$

+) TH2: m − 1 < 0 ≤ m + 3 Û −3 ≤ m < 1 thì:

 $\underset{\left[0;3\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=0\ne 5$ (mẫu thuẫn giải thiết, loại)

+) TH3: m + 3 < 0 Û m < −3 thì:

 $\underset{\left[0;3\right]}{\min }\left|f\left(x\right)\right|=-m-3=5\iff m=-8\left(TM\right)$

Vậy m Î {6; −8} nên tổng các giá trị của m là 6 + (−8) = −2.

Xét hàm số f (x) = 4x² − 4mx + m² − 2m trên đoạn [−2; 0] ta có:

f ¢(x) = 8x − 4m = 0

 $\iff 2x-m=0\iff x=\frac{m}{2}$

+) TH1:  $\frac{m}{2}\le -2\iff m\le -4$

Xét bảng biến thiên:

Khi đó:  $\underset{\left[-2;0\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(-2\right)=m^2+6m+16=3$

 $\underset{\left[-2;0\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(-2\right)=m^2+6m+16=3$ (vô nghiệm)

+) TH2:  $-2<\frac{m}{2}\le 0\iff -4<m\le 0$

Xét bảng biến thiên:

Khi đó:  $\underset{\left[-2;0\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(\frac{m}{2}\right)=-2m=3\iff m=-\frac{3}{2}\left(TM\right)$ 

+) TH3:  $\frac{m}{2}>0\iff m>0$

Xét bảng biến thiên:

Khi đó:

 $\underset{\left[-2;0\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(0\right)=m^2-2m=3\iff \left[\begin{array}{l}m=-1\left(KTM\right)\\ m=3\left(TM\right)\end{array}\right.$ 

Vậy  $m\in \left\{-\frac{3}{2};3\right\}$ nên tổng các giá trị của m là  $T=\left(-\frac{3}{2}\right)+3=\frac{3}{2}$.

Ta có: V_{(I; k)} (DABC) = DA'B'C' suy ra DABC ᔕ DA'B'C' theo tỉ số k.

 $\Rightarrow \frac{S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{\Delta ABC}}=k^2=4\Rightarrow S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=4S_{\Delta ABC}$

Lại có 3² + 4² = 5² nên theo định lí Pytago đảo thì DABC là tam giác vuông

 $\Rightarrow \frac{S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{\Delta ABC}}=k^2=4\Rightarrow S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=4S_{\Delta ABC}$

Þ S_DA'B'C' = 4.6 = 24

- Phép vị tự tỉ số k biến một tam giác thành tam giác đồng dạng với nó theo tỉ số k.

- Tỉ số diện tích S' = k².S với S' là diện tích của tam giác ảnh, S là diện tích tam giác dưới phép vị tự.

 $\Rightarrow \frac{S\text{'}}{S}={\left(-2\right)}^2=4$.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Khi đó:

$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{ME}\\ \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=2\overrightarrow{MF}\end{array}\right.,\forall M$

Do đó  $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|=\left|\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|$

 $\iff 2\left|\overrightarrow{ME}\right|=2\left|\overrightarrow{MF}\right|$

 $\iff \left|\overrightarrow{ME}\right|=\left|\overrightarrow{MF}\right|$

Û ME = MF (*)

Vì E, F là hai điểm cố định nên từ đẳng thức (*) suy ra tập hợp các điểm M là trung trực của đoạn thẳng EF hay chính là trung trực của đoạn thẳng AD.

Lấy 1 điểm A bất kì thuộc d và 1 điểm B bất kì nằm trên đường thẳng d'.

Khi đó, tịnh tiến theo  $\overrightarrow{AB}$ biến đường thẳng d thành d'.

Vì A; B là bất kì nên có vô số phép tịnh tiến thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Ta có:  $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AC}$ .

Do tập B có độ dài bằng 6 nên ta có:

+) TH1: A Ç B = [2m − 2; 2m + 3]

 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2m+3\le 5\\ 2m-2\ge -2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 1\\ m\ge 0\end{array}\right.\iff 0\le m\le 1$

+) TH1: A Ç B = [2m − 3; 2m + 2]

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2m+3\le 5\\ 2m-2\ge -2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 1\\ m\ge 0\end{array}\right.\iff 0\le m\le 1$

Vậy  $m\in \left[0;1\right]\cup \left[-\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right]$.

Vì A có độ dài bằng 3 nên A giao B không thể là một tập có độ dài bằng 5.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: C

Qua N kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB tại P.

Khi đó, tứ giác ADNP là hình vuông và $PM=PA+AM=a+\frac{a}{2}=\frac{3a}{2}$ .

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông NPM, ta có

 $M{N}^2=N{P}^2+P{M}^2=a^2+{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2=\frac{13a^2}{4}$

 $\Rightarrow MN=\frac{a\sqrt{13}}{2}$.

Suy ra  $\overrightarrow{MN}=MN=\frac{a\sqrt{13}}{2}$.

Ta có:  $\frac{-b}{2a}=\frac{-6}{2.\left(-3\right)}=\frac{-6}{-6}=1$

 $\frac{-\Delta }{4a}=\frac{-\left(b^2-4ac\right)}{4a}=\frac{-\left[6^2-4.\left(-3\right).\left(-1\right)\right]}{4.\left(-3\right)}=2$

Suy ra đỉnh của parabol là I(1; 2).

Ta có:  $\frac{-b}{2a}=\frac{-\left(-3\right)}{2.1}=\frac{3}{2}$

 $\frac{-\Delta }{4a}=\frac{-\left(b^2-4ac\right)}{4a}=\frac{-\left[{\left(-3\right)}^2-4.1.2\right]}{4.1}=\frac{-1}{4}$

Suy ra đỉnh của parabol là  $I\left(\frac{3}{2};-\frac{1}{4}\right)$.

Các đỉnh là các điểm: A, B., C, D, E, G.

Các đỉnh kề nhau là: A và B, hoặc B và C, hoặc C và D, hoặc D và E, hoặc E và G, hoặc G và A.

Các cạnh là các đoạn thẳng: AB, BC, CD, DE, EG, GA.

Các đường chéo là các đoạn thẳng nối hai đỉnh không kề nhau: AC, CG, AD, AE, BG, BE, BD, CE, DG.

Các góc là:  $\widehat{\text{A}}\text{,\hspace{0.33em}}\widehat{\text{B}},\widehat{C},\widehat{D},\widehat{E},\widehat{G}$.

Các điểm nằm trong đa giác (các điểm trong của đa giác) là: M, N, P.

Các diểm nằm ngoài đa giác (các điểm ngoài của đa giác) là: Q, R.

Do A, B ¹ Æ ta có điều kiện:

 $\left\{\begin{array}{l}m-1<4\\ 2m+2>-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<5\\ m>-2\end{array}\right.\iff -2<m<5$

Để A Ç B = Æ Û 2m + 2 ≤ m − 1 Û m ≤ −3 (không thỏa mãn điều kiện −2 < m < 5)

Do đó không có giá trị nào của m để A Ç B = Æ.

Vậy với mọi m Î (−2; 5) thì A Ç B ¹ Æ.

Do A, B ¹ Æ, ta có điều kiện:

 $\left\{\begin{array}{l}m-1<4\\ 2m+2>-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<5\\ m>-2\end{array}\right.\iff -2<m<5$

a) Để A Ì B thì:  $\left\{\begin{array}{l}m-1\ge -2\\ 2m+2>4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ m>1\end{array}\right.\iff m>1$.

Kết hợp điều kiện suy ra 1 < m < 5.

Vậy m Î (1; 5) thì A Ì B.

a) Để B Ì A thì:  $\left\{\begin{array}{l}m-1\le -2\\ 2m+2\le 4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le -1\\ m\le 1\end{array}\right.\iff m\le -1$.

Kết hợp điều kiện suy ra −2 < m ≤ −1.

Vậy m Î (−2; −1] thì B Ì A.

Gọi H là trung điểm của cạnh BC

Þ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì A'A = A'B = A'C nên A'H ^ (ABC)

Chiếu A'A lên mặt phẳng (ABC) ta được AH.

Suy ra  $\left(\widehat{AA\text{'};\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{AA\text{'};AH}\right)=\widehat{A\text{'}AH}=60°$\

Xét tam giác vuông A'AH ta có:

 $A\text{'}H=AH.\tan \widehat{A\text{'}AH}=\frac{BC}{2}.\tan 60°=a\sqrt{3}$

Suy ra:  $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}H.S_{ABC}=A\text{'}H.\frac{1}{2}AB.AC$

 $=a\sqrt{3}.\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{3a^3}{2}$.

Gọi H là trung điểm của cạnh BC và vì tam giác ABC vuông tại A

Þ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì A'A = A'B = A'C nên A'H ^ (ABC)

Chiếu A'A lên mặt phẳng (ABC) ta được AH.

Suy ra  $\left(\widehat{AA\text{'};\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{AA\text{'};AH}\right)=\widehat{A\text{'}AH}=30°$

Xét tam giác ABC vuông tại A suy ra:

 $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=a\sqrt{3}$

 $\Rightarrow AH=\frac{1}{2}BC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác vuông A'AH ta có:

 $A\text{'}H=AH.\tan \widehat{A\text{'}AH}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\tan 30°=\frac{a}{2}$

Suy ra:  $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}H.S_{ABC}=A\text{'}H.\frac{1}{2}AB.AC$

 $=\frac{a}{2}.\frac{1}{2}.a.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}$.

Xét hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có:  $A\text{'}C=AA\text{'}.\sqrt{3}=a\sqrt{3}\iff AA\text{'}=a$ 

Vậy thể tích hình lập phương là V = a³.

có: hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đường chéo bằng  $a\sqrt{3}$.

Suy ra cạnh của hình lập phương bằng a.

Vậy  $V_{A\text{'}.ABCD}=\frac{1}{3}A\text{'}A.AB.AC=\frac{1}{3}A\text{'}{A}^3=\frac{1}{3}.a^3=\frac{a^3}{3}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có:  $x^2-4x+3=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right.\Rightarrow A=\left\{1;3\right\}$

B = {−3; −2; −1; 0; 1; 2; 3}

Do đó A Ì B

Suy ra A È B = B; A Ç B = A

Do đó A và B sai.

Lại có: A \ B = Æ nên C đúng.

Đáp án đúng là: B

+) Thay x = 1 và y = 0 lần lượt vào các bất phương trình (1), (2) và (3) trong hệ, ta được:

(1) Û 1 − 2.0 < 0 Û 1 < 0 (vô lí);

(2) Û 1 + 3.0 > −2 Û 1 > −2 (luôn đúng);

(3) Û −1 + 0 < 3 Û – 1 < 3 (luôn đúng).

Do đó cặp số (1; 0) không là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay x = −1 và y = 0 lần lượt vào các bất phương trình (1), (2) và (3) trong hệ, ta được:

(1) Û −1 − 2.0 < 0 Û −1 < 0 (luôn đúng);

(2) Û −1 + 3.0 > −2 Û −1 > −2 (luôn đúng);

(3) Û 1 + 0 < 3 Û 1 < 3 (luôn đúng).

Do đó cặp số (−1; 0) là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay x = −2 và y = 3 lần lượt vào các bất phương trình (1), (2) và (3) trong hệ, ta được:

(1) Û −2 − 2.3 < 0 Û −8 < 0 (luôn đúng);

(2) Û −2 + 3.3 > −2 Û 7 > −2 (luôn đúng);

(3) Û 2 + 3 < 3 Û 5 < 3 (vô lí).

Do đó cặp số (−2; 3) không là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay x = 0 và y = –1 lần lượt vào các bất phương trình (1), (2) và (3) trong hệ, ta được:

(1) Û 0 − 2.(−1) < 0 Û 2 < 0 (vô lí);

(2) Û 0 + 3.(−1)  > −2 Û −3 > −2 (vô lí);

(3) Û 0 + (−1) < 3 Û −1 < 3 (luôn đúng).

Do đó cặp số (0; −1) không là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

Vậy (−1; 0) là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Do 0 ≤ a < 2p nên ta có các góc quay  $0;\frac{2\pi }{4};\frac{4\pi }{3}$ biến tam giác ABC thành chính nó.

Xét DABC đều có:

$\left\{\begin{array}{l}\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COA}=120°=\frac{2\pi }{3}\\ OA=OB=OC\end{array}\right.$

Þ Q_{(O; a)­} với $\left[\begin{array}{l}\alpha =0\\ \alpha =\frac{2\pi }{3}\\ \alpha =\frac{4\pi }{3}\\ \alpha =2\pi \end{array}\right.$  đều biến ΔABC đều thành chính nó.

Vì A(4; 5) nên khoảng cách từ A đến trục hoành là d₁ = |y_A| = 5, khoảng cách từ A đến trục tung là d₂ = |x_A| = 4.

Nhận thấy d₁ = R = 5 nên trục hoành tiếp xúc với đường tròn (A; 5).

Và d₂ = 4 < 5 = R nên trục tung cắt đường tròn (A; 5).

Xét đường tròn (A; 3) có tâm A và bán kính R = 3

Kẻ AH ^ Ox, AK ^ Oy (như hình vẽ)

Khoảng cách từ tâm A đến trục Ox là AH = 4

Có: 4 > 3 Þ AH > R

Do đó, đường tròn (A; 3) và trục Ox không cắt nhau.

Khoảng cách từ tâm A đến trục Oy là AK = 3

Có AK = R = 3

Do đó, đường tròn (A; 3) và trục Oy tiếp xúc nhau.

Ta có: n (W) = 3.3.3 = 27

Gọi A là biến cố “Tổng số ghi trên ba tấm thẻ là 6”

Để tổng số ghi trên ba tấm thẻ là 6 thì có các tổng sau:

1 + 2 + 3 = 6, khi đó hoán vị 3 phần tử 1, 2, 3 ta được 3! = 6 cách.

2 + 2 + 2 = 6, khi đó ta có 1 cách.

Do đó n (A) = 6 + 1 = 7

Vậy  $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{7}{27}$.

Xác suất để chọn hộp A là  $\frac{1}{3}$, xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp A là  $\frac{4}{7}$.

Suy ra xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp A là  $\frac{1}{3}.\frac{4}{7}$ .

Tương tự, xác suất để chọn được bi đỏ trong hộp B, hộp C lần lượt là:  $\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{5};\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{4}$.

Vậy xác suất để lấy được bi đỏ là: $P=\frac{1}{3}.\frac{4}{7}+\frac{1}{3}.\frac{3}{5}+\frac{1}{3}.\frac{2}{4}=\frac{39}{70}$.

Ta có:  $R=\frac{abc}{4S},r=\frac{S}{p}$

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên b = c và  $a=\sqrt{b^2+c^2}=b\sqrt{2}$

Xét tỉ số  $\frac{R}{r}=\frac{abc.p}{4S^2}=\frac{abc.\frac{a+b+c}{2}}{4.\frac{1}{4}.{\left(bc\right)}^2}=\frac{a\left(a+2b\right)}{2b^2}$

 $=\frac{2b^2\left(1+\sqrt{2}\right)}{2b^2}=1+\sqrt{2}$.

Lấy 1 điểm A bất kì thuộc d và 1 điểm B bất kì nằm trên đường thẳng d'.

Khi đó, tịnh tiến theo  $\overrightarrow{AB}$ biến đường thẳng d thành d'.

Vì A; B là bất kì nên có vô số phép tịnh tiến thỏa mãn.

Nguyên hàm của hàm số f (x) là:

 $\int f\left(x\right)dx=\int {\cos }^{2}xdx=\int \frac{1+\cos 2x}{2}dx$

 $=\frac{1}{2}\int dx+\frac{1}{2}\int \cos 2xdx=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}.\frac{1}{2}\sin 2x+C$

 $=\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}+C$.

Nguyên hàm của hàm số f (x) là:

$F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \cos \frac{x}{2}dx$

Lời giải

20 viên bi khác nhau được đánh số từ 1 đến 20, chia làm ba phần:

Phần 1 gồm các viên bi mang số chia hết cho 3, có 6viên.

Phần 2 gồm các viên bi mang số chia cho 3 dư 1, có 7 viên.

Phần 3 gồm các viên bi mang số chia cho 3 dư 2, có 7 viên.

Lấy ba viên bi từ hộp trên rồi cộng số ghi trên đó lại, được một số chia hết cho 3 có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: lấy được 3 viên bi ở phần 1, có  $C_6^3$  cách.

Trường hợp 2: lấy được 3 viên bi ở phần 2, có  $C_7^3$ cách.

Trường hợp 3: lấy được 3 viên bi ở phần 3, có $C_7^3$ cách.

Trường hợp 4: lấy được 1 viên bi ở phần 1, 1 viên bi ở phần 2 và 1 viên bi ở phần 3, có  $C_6^1.C_7^1.C_7^1$ cách.

Vậy có  $C_6^3+C_7^3+C_7^3+C_6^1.C_7^1.C_7^1=384$ cách lấy được ba viên bi thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: C

+) Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

Suy ra A sai

+) Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ra chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

Suy ra B sai

+) Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó

Hoặc trong trường hợp 4 điểm không đồng phẳng thì sẽ không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Suy ra D sai

+) Trong trường hợp hai đường thẳng cắt nhau thì sẽ xác định được duy nhất một mặt phẳng

Suy ra C đúng.

Đáp án đúng là: A

Ta có:  $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$.

Theo giả thiết a² < b² + c² suy ra cos A > 0.

Vậy góc A nhọn.

Đáp án đúng là: B

Ta có:  $\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$.

Theo giả thiết a² + b² − c² > 0 suy ra cos C > 0.

Vậy góc C nhọn hay góc C < 90°.

Xét các trường hợp sau:

TH1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.8! cách.

TH2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có  $2!.A_4^1.7!$ cách.

TH3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có  $2!.A_4^2.6!$ cách.

TH4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có  $2!.A_4^3.5!$ cách.

TH5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có  $2!.A_4^4.4!$ cách.

Vậy theo quy tắc cộng có tất cả:

 $2!.8!+2!.A_4^1.7!+2!.A_4^2.6!+2!.A_4^3.5!+2!.A_4^4.4!=145152$ (cách).

Đáp án đúng là: C

Hai tam giác đồng dạng thì các góc tương ứng bằng nhau nên k không thể là tỉ số hai góc tương ứng.

Vì DA'B'C' và DABC đồng dạng theo tỉ số k nên ta có:

 $\frac{A\text{'}B\text{'}}{AB}=\frac{B\text{'}C\text{'}}{BC}=\frac{C\text{'}A\text{'}}{CA}=k$.

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

 $\frac{A\text{'}B\text{'}}{AB}=\frac{B\text{'}C\text{'}}{BC}=\frac{C\text{'}A\text{'}}{CA}=\frac{A\text{'}B\text{'}+B\text{'}C\text{'}+C\text{'}A\text{'}}{AB+BC+CA}$.

Suy ra  $\frac{A\text{'}B\text{'}+B\text{'}C\text{'}+C\text{'}A\text{'}}{AB+BC+CA}=k$.

Vậy  $\frac{P_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{P_{ABC}}=k$.

- Số phần tử của không gian mẫu:  $n\left(\Omega \right)=C_{12}^3=220$

- Giả sử chọn ba người có số thứ tự trong hàng lần lượt là m, n, p.

Theo giả thiết ta có:  $\left\{\begin{array}{l}m<n<p\\ n-m>1\\ p-n>1\\ m,n,p\in \left\{1;2;\mathrm{...};12\right\}\end{array}\right.$

- Đặt  $\left\{\begin{array}{l}a=m\\ b=n-1\\ c=p-2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a<b<c\\ b-a\ge 1\\ c-b\ge 1\\ 1\le a<b<c=p-2\le 10\end{array}\right.$.

Þ a, b, c là ba số bất kì trong tập {1; 2; 3; ...; 10} suy ra có  $C_{10}^3$ cách chọn hay:

 $n\left(A\right)=C_{10}^3=120$.

Vậy xác suất là  $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{120}{220}=\frac{6}{11}$.

Gieo con xúc sắc cân đối và đồng chất hai lần ta có

Ω = {(b; c) | 1 ≤ b ≤ 6; 1 ≤ c ≤ 6}

Do đó, n (Ω) = 6.6 = 36

Phương trình x² + bx + c = 0 có nghiệm khi Δ = b² − 4c ≥ 0.

Đặt A = {(b; c) | 1 ≤ b ≤ 6; 1 ≤ c ≤ 6; b² − 4c ≥ 0}, ta có:

A = {(6; 1), (6; 2), (6; 3), (6; 4), (6; 5), (6; 6), (5; 1), (5; 2), (5; 3), (5; 4), (5; 5), (5; 6), (4; 1), (4; 2), (4; 3), (4; 4), (3; 1), (3; 2), (2; 1)}.

Nên n (A) = 19.

Vậy  $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{19}{36}$.

Gieo con xúc sắc cân đối và đồng chất hai lần, ta có:

Ω = {(b; c) | 1 ≤ b ≤ 6; 1 ≤ c ≤ 6}.

Do đó, n (Ω) = 6.6 = 36.

Phương trình x² + bx + c = 0 vô nghiệm khi Δ = b² − 4c < 0.

Đặt A = {(b; c) | 1 ≤ b ≤ 6; 1 ≤ c ≤ 6; b² − 4c < 0}, ta có:

A = {(1; 1), (1; 2), (2; 2), (1; 3), (2; 3), (3; 3), (1; 4), (2; 4), (3; 4), (1; 5), (2; 5), (3; 5), (4; 5), (1; 6), (2; 6), (3; 6), (4; 6)}.

Nên n (A) = 17.

Vậy  $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{17}{36}$.

Đáp án đúng là: C

Hình vuông có tâm đối xứng là giao điểm của hai đường chéo.

Hình tròn có tâm đối xứng là tâm của nó.

Hình thoi có tâm đối xứng là giao điểm của hai đường chéo.

Tam giác đều không có tâm đối xứng.

Đáp án đúng là: B

Tam giác đều là hình không có tâm đối xứng.

Lục giác đều có tâm đối xứng là tâm của lục giác đều.

Hình bình hành và hình thoi đều có tâm đối xứng là giao điểm của 2 đường chéo.

Ta giải các hệ phương trình:

•   $\left\{\begin{array}{l}2x-y=2\\ x-2y=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{3}\\ y=-\frac{2}{3}\end{array}\right.$

•  $\left\{\begin{array}{l}2x-y=2\\ x+y=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{7}{3}\\ y=\frac{8}{3}\end{array}\right.$

•  $\left\{\begin{array}{l}x-2y=2\\ x+y=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=4\\ y=1\end{array}\right.$

Khi đó F (x; y) đạt GTNN tại một trong các điểm  $\left(\frac{2}{3};-\frac{2}{3}\right),\left(\frac{7}{3};\frac{8}{3}\right),\left(4;1\right)$.

Xét điểm  $\left(\frac{2}{3};-\frac{2}{3}\right)$, thay tọa độ điểm này vào hệ ta thấy thỏa mãn nên nó thuộc miền nghiệm.

Xét điểm (4; 1), thay tọa độ của điểm này vào hệ ta thấy thỏa mãn nên nó thuộc miền nghiệm.

Ta tính được  $F\left(\frac{2}{3};-\frac{2}{3}\right)=-\frac{2}{3}-\frac{2}{3}=-\frac{4}{3}$;

F (4; 1) = 1 − 4 = −3.

Vậy F (x; y) đạt GTNN tại x = 4; y = 1.

Đáp án đúng là: D

Ta xét từng đáp án:

Đáp án A:  $\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}\ne \left|\overrightarrow{AC}\right|$