Đáp án đúng là: A

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Đáp án đúng là: C

Số học sinh giỏi toán, lý mà không giỏi hóa: 3 – 1 = 2.

Số học sinh giỏi toán, hóa mà không giỏi lý: 4 – 1 = 3.

Số học sinh giỏi hóa, lý mà không giỏi toán: 2 – 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn lý: 5 – 2 – 1 – 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn hóa: 6 – 3 – 1 – 1 = 1.

Số học sinh chỉ giỏi môn toán: 7 – 3 – 2 – 1 = 1.

Số học sinh giỏi ít nhất một (môn toán, lý, hóa) là số học sinh giỏi 1 môn hoặc 2 môn hoặc cả 3 môn: 1 + 1 + 1 + 1 + 2 + 3 + 1 = 10.

Kí hiệu T là ghế đàn ông ngồi, N là ghế cho phụ nữ ngồi, C là ghế cho trẻ em ngồi. Ta có phương án sau:

PA1: TNCNTNCNT.

PA2: TNTNCNCNT.

PA3: TNCNCNTNT.

Xét phương án 1: Xếp ba vị trí ghế cho 3 người đàn ông ngồi.

- Người đàn ông thứ nhất có 3 cách xếp.

- Người đàn ông thứ hai có 2 cách xếp.

- Người đàn ông thứ ba có 1 cách xếp

Nên số cách xếp ba vị trí cho 3 người đàn ông là 3.2.1 = 6 cách.

Tương tự: Bốn vị trí ghế cho phụ nữ ngồi có 4.3.2.1 = 24 cách.

Hai vị trí cho trẻ em ngồi có 2.1 = 2 cách.

Lập luận tương tự cho PA2 và PA3.

Theo quy tắc cộng ta có: 3.6.24.2 = 864 cách.

Ta có: $\widehat{C_{1}D{A}_1}=90°-49°=41°;$ $\widehat{C_{1}D{B}_1}=90°-35°=55°,$   nên  $\widehat{A_{1}D{B}_1}=14°.$

Xét tam giác A₁DB₁ có: $\frac{A_1{B}_1}{\sin \widehat{A_{1}D{B}_1}}=\frac{A_{1}D}{\sin \widehat{A_1{B}_{1}D}}$  ⇒ $A_{1}D=\frac{12.\sin 35°}{\sin 14°}\approx 28,45m.$

Xét tam giác C₁A₁D vuông tại C₁ có:

$\sin \widehat{C_1{A}_{1}D}=\frac{C_{1}D}{A_{1}D}$⇒  $C_{1}D=A_{1}D.\sin \widehat{C_1{A}_{1}D}=28,45.\sin 49°\approx 21,47m$

⇒ $CD=C_{1}D+C{C}_1\approx 22,77m.$

Ta tìm số cách sao cho sau khi tặng sách xong có 1 môn hết sách.

TH1: Môn Toán hết sách:

Số cách chọn 4 cuốn sách Toán là 1 cách.

Số cách chọn 1 cuốn trong 6 cuốn còn lại là 6 cách.

Vậy có 6 cách chọn sách.

Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là   cách.

Vậy có 6.120 = 720 cách.

TH2: Môn Lí hết sách:

Số cách chọn 3 cuốn sách Lí là 1 cách.

Số cách chọn 2 cuốn trong 7 cuốn còn lại là   cách.

Vậy có 21 cách chọn sách.

Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là   cách.

Vậy có 21.120 = 2 520 cách.

TH3: Môn Hóa hết sách: Tương tự trường hợp 2 thì có 2 520 cách.

Số cách chọn 5 cuốn bất kì trong 10 cuốn và tặng cho 5 em là   cách.

Vậy số cách chọn sao cho sau khi tặng xong, mỗi loại sách trên đều còn lại ít nhất một cuốn là 30 240 – 720 – 2 520 – 2 520 = 24 480 cách.

Gọi d: y = mx + n.

d đi qua A(3; 20) nên 20 = 3m + n ⇔ n = 20 – 3m hay d: y = mx + 20 – 3m

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C):

⇔ $x^3-3x+2=mx+20-3m$

⇔ $x^3-\left(m+3\right)x+3m-18=0$

⇔ $m\left(x-3\right)=x^3-3x-18$

$\iff \left(x-3\right)\left(x^2+3x+6-m\right)=0$

Để d cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Suy ra phương trình  có hai nghiệm phân biệt khác 3.

Điều kiện:

$\left\{\begin{array}{c}\Delta =3^2-4\left(6-m\right)>0\\ 3^2+3.3+6-m\ne 0\end{array}\right.$⇔ $\left\{\begin{array}{c}-15+4m>0\\ 24-m\ne 0\end{array}\right.$  ⇔ $\left\{\begin{array}{c}m>\frac{15}{4}\\ m\ne 24\end{array}\right.$

Vậy để đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt thì $m>\frac{15}{4}$  và m ≠ 24.

Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số số có 1 điểm cực tiểu và 2 điểm cực đại

Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 3.

Đáp án đúng là: B

Từ bảng biến thiên ta thấy  đổi dấu 3 lần nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Làm vòng tay mỗi giờ được 10 ngàn đồng

Làm vòng đeo cổ mỗi giờ được  $\frac{40}{3}\approx 13$ ngàn đồng

Vậy làm vòng đeo cổ có lợi hơn nên ưu tiên làm tối đa số vòng cổ trước.

Làm 4 vòng đeo cổ hết 4.6 = 24 giờ, bán được 4.80 = 320 ngàn đồng.

Để làm được ít nhất 400 ngàn đồng cần làm thêm vòng tay để thu về 80 ngàn đồng hay cần làm thêm 2 cái vòng tay ⇒ cần thêm 2.4 = 8 giờ

Vậy cần tối thiểu 24 + 8 = 32 giờ một tuần để An bán được ít nhất 400 ngàn đồng.

Kết qua của 5 lần gieo là dãy abcde, trong đó a, b, c, d, e nhận một trong hai giá trị S (sấp) hoặc N (ngửa). Do đó số phần tử của không gian mẫu là 2.2.2.2.2 = 32 phần tử.

Ta có các trường hợp sau:

TH1: Đề thi gồm 2D, 1TB, 1K: $C_{15}^2.C_{10}^2.C_5^1.$

TH2: Đề thi gồm 2D, 1TB, 2K: $C_{15}^2.C_{10}^1.C_5^2.$

TH3: Đề thi gồm 3D, 1TB, 1K: $C_{15}^3.C_{10}^1.C_5^1.$

Vậy có: $C_{15}^2.C_{10}^2.C_5^1+C_{15}^2.C_{10}^1.C_5^2+C_{15}^3.C_{10}^1.C_5^1=56875$  đề kiểm tra.

Đáp án đúng là: B

Có 5 khối đa diện đều, đó là tứ diện đều (loại {3; 3}), hình lập phương (loại {4; 3}), hình bát diện đều (loại {3; 4}), hình mười hai mặt đều (loại {5; 3}), hình hai mươi mặt đều (loại {3; 5}), các mặt của khối đa diện đều là những đa giác đều bằng nhau.

Đáp án đúng là: B

Có đúng một phép tính tiến, đó là tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{0}.$

Đáp án đúng là: A

Tổng các lập phương của hai số a và b là $a^3+b^3.$

Đáp án đúng là: C

Do bốn điểm không đồng phẳng nên không tồn tại bộ ba điểm thẳng hàng trong số bốn điểm đó.

Cứ ba điểm không thẳng hàng xác định một mặt phẳng nên số mặt phẳng phân biệt có thể lập được từ bốn điểm đã cho là  $C_4^3=4.$

Đáp án đúng là: A

Parabol hướng lên nên a > 0.

Hoành độ tại đỉnh parabol $x=-\frac{b}{2a}$  nên b < 0.

Parabol cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c < 0.

Chu vi đáy bằng 4π ⇒ 2πr = 4π ⇔ r = 2.

Chiều cao của khối nón là $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}.$

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \mathrm{.4.2}\sqrt{3}=\frac{8\pi \sqrt{3}}{3}.$

Đáp án đúng là: B

Phương trình  ⇔$f\left(\sin x\right)=-\frac{3}{2}$  (*) có nghiệm trên [-π; 2π]

⇔ đường thẳng $y=-\frac{3}{2}$  cắt đồ thị hàm số y = f(sin x) tại các điểm trên [-π; 2π].

Đặt sin x = t ⇒ x ∈ [-π; 2π] ⇒ t ∈ [-1; 1].

Ta có bảng biến thiên:

Ta có (*) ⇔ $\left[\begin{array}{c}\sin x=t_1\in \left(0;1\right)\\ \sin x=t_2\in \left(-1;0\right)\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

• Đường thẳng y = t₁ cắt đồ thị hàm số y = sin x tại hai điểm phân biệt trong [-π; 2π].

• Đường thẳng y = t₂ cắt đồ thị hàm số y = sin x tại bốn điểm phân biệt trong [-π; 2π].

Như vậy đường thẳng  $y=-\frac{3}{2}$cắt đồ thị hàm số y = f(sin x) tại 6 điểm phân biệt trên [-π; 2π].

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.

Ta có $y=f\left(x\right)=x^3-3x^2+2$

⇒ $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x,f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=6x-6=0$  ⇔ x = 1 ⇒ y = 0 ⇒ M(1; 0)

$y^{\text{'}}\left(1\right)=-3$ ⇒ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M(1; 0) là:

y = -3(x – 1) + 0 ⇔ 3x + y – 3 = 0

Gọi x và y lần lượt là số loại xe A và B cần thuê. Khi đó số tiền cần bỏ ra để thuê xe là f(x; y) = 4x + 3y (triệu).

Ta có x xe loại A sẽ chở được 20x người và 0,3x tấn hàng; y xe loại B sẽ chở được 10y người và 1,5y tấn hàng.

Ta có hệ bất phương trình sau

 $\left\{\begin{array}{c}20x+10y\ge 140\\ 0,6x+1,5y\ge 9\\ 0\le x\le 10\\ 0\le y\le 9\end{array}\right.$⇔  $\left\{\begin{array}{c}2x+y\ge 14\\ 2x+5y\ge 30\\ 0\le x\le 10\\ 0\le y\le 9\end{array}\right.$(*)

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x; y) trên miền nghiệm của hệ (*). Miền nghiệm của hệ (*) là tứ giác ABCD (kể cả biên).

Hàm số f(x; y) = 4x + 3y sẽ đạt giá trị nhỏ nhất trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) khi (x; y) là tọa độ của một trong các đỉnh A(5; 4), B(10; 2), C(10; 9), $D\left(\frac{5}{2};9\right).$

Ta có: f(5; 4) = 32, f(10; 2) = 46, f(10; 9) = 67, $f\left(\frac{5}{2};9\right)=37.$

Suy ra f(x; y) nhỏ nhất khi (x; y) = (5; 4). Như vậy để chi phí vận chuyển thấp nhất cần thuê 5 xe loại A và 4 xe loại B.

Gọi N là trung điểm đoạn BC.

Gọi I là điểm thỏa mãn $4\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$

⇔ $4\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{0}$

⇔ $2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IN}=\overrightarrow{0}$

⇒ Điểm I thuộc đoạn thẳng AN sao cho IN = 2IA

Khi đó $IA=\frac{1}{3}AN=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$ ; $IN=\frac{2}{3}AN=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

$I{B}^2=I{C}^2=I{N}^2+B{N}^2=\frac{a^2}{3}+\frac{a^2}{4}=\frac{7a^2}{12}.$

Ta có: $4M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2=\frac{5a^2}{2}$

⇔ $4{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)}^2=\frac{5a^2}{2}$

⇔ $6M{I}^2+4I{A}^2+I{B}^2+I{C}^2=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

⇔ $6M{I}^2+4.\frac{a^2}{12}+2.\frac{7a^2}{12}=\frac{5a^2}{2}$

⇔ $MI=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$

Vậy $R=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$

Vì  nên:

0 < sin α < sin β; cos α > cos β > 0

0 < tan α < tan β; cot α > cot β > 0.

Ta có: ABCD  là hình thang và I, J là trung điểm của AD và BC nên IJ là đường trung bình của hình thang ABCD.

⇒ IJ // AB // CD.

 $\left\{\begin{array}{c}G\in \left(SAB\right)\cap \left(IJG\right)\\ AB\subset \left(SAB\right)\\ IJ\subset \left(IJG\right)\\ AB\parallel IJ\end{array}\right.$

⇒ Trong (SAB) qua G kẻ MN // AB (M ∈ SA; N ∈ SB)

⇒ (SAB) ∩ (IJG) = MN và MN // IJ // AB // CD.

Dễ thấy thiết diện của (IJG) và hình chóp là hình thang MNJI.

G là trọng tâm của tam giác SAB và MN // AB nên theo định lí Ta-let ta có:

$\frac{MN}{AB}=\frac{SG}{SE}=\frac{2}{3}$ (với E là trung điểm của AB).

⇒ $MN=\frac{2}{3}AB$ .

Lại có: IJ là đường trung bình của hình thang ABCD nên $IJ=\frac{AB+CD}{2}.$

Để hình thang MNJI trở thành hình bình hành thì cần điều kiện MN = IJ.

⇒ $\frac{2}{3}AB=\frac{1}{2}\left(AB+CD\right)$  ⇔ $\frac{1}{6}AB=\frac{1}{2}CD$  ⇔ $AB=3CD.$

Đáp án đúng là: A

Parabol y = ax² + bx + c đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 tại x = -2 và đi qua A(0; 6) nên ta có hệ phương trình sau:

 $\left\{\begin{array}{c}a>0\\ \frac{-b}{2a}=-2\\ a.{\left(-2\right)}^2-2b+c=4\\ a{.0}^2+0.b+c=6\end{array}\right.$⇔  $\left\{\begin{array}{c}a>0\\ 4a-b=0\\ 4a-2b+c=4\\ c=6\end{array}\right.$ ⇔ $\left\{\begin{array}{c}a=\frac{1}{2}\\ b=2\\ c=6\end{array}\right.$

Vậy  $y=\frac{1}{2}{x}^2+2x+6.$

Hàm số y = ax² + bx + c có giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{3}{4}$  khi  $\frac{1}{2}$nên ta có:

$-\frac{b}{2a}=\frac{1}{2}$ ⇔ a + b = 0 (1)

$\frac{3}{4}=a{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+b\left(\frac{1}{2}\right)+c$ ⇔ a + 2b + 4c = 3 (2) và a > 0

Hàm số y = ax² + bx + c nhận giá trị bằng 1 khi x = 1 nên a + b + c = 1 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

 $\left\{\begin{array}{c}a+b=0\\ a+2b+4c=3\\ a+b+c=1\end{array}\right.$⇔ $\left\{\begin{array}{c}a=1\\ b=-1\\ c=1\end{array}\right.$

Vậy phương trình (P) cần tìm là $y=x^2-x+1.$

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

Trong 5 số 0, 1, 3, 6, 7 chỉ có 0 + 3 + 6 = 9 ⋮ 3 nên các số cần tìm được lập bởi ba số 0, 3, 6, chúng là 360; 306; 630; 603. Vậy ta lập được 4 số thỏa mãn.

Ta có những số sau thỏa mãn yêu cầu bài toán:

135; 153; 351; 315; 531; 513; 345; 354; 453; 435; 543; 534; 537; 573; 357; 375; 753; 735.

Vậy có tất cả 18 số.

Chọn vị trí cho hai nhóm 3 nam và 3 nữ có 2 cách chọn (1 nhóm ở vị trí chẵn và nhóm còn lại ở vị trí lẻ)

• Xếp 3 nam có: 3.2.1 cách xếp.

• Xếp 3 nữ có: 3.2.1 cách xếp.

Vậy có 2.(3.2.1)² = 72 cách xếp.

• Xét miền nghiệm của bất phương trình x ≥ -1:

Vẽ đường thẳng d₁: x = -1 bằng cách vẽ một đường thẳng song song với trục Oy tại một điểm có hoành độ bằng -1.

Chọn điểm I(1; 1) ∉ d₁ và thay vào biểu thức x, ta có 1 > -1.

Suy ra miền nghiệm của bất phương trình x ≥ -1 là nửa mặt phẳng bờ d₁ có chứa điểm I(1; 1).

• Xét miền nghiệm của bất phương trình y ≥ 0:

Đường thẳng d₂: y = 0 là đường thẳng trùng với trục Ox.

Chọn điểm I(1; 1) ∉ d₂ và thay vào biểu thức y, ta có 1 > 0.

Suy ra miền nghiệm của bất phương trình y ≥ 0 là nửa mặt phẳng bờ d₂ có chứa điểm I(1; 1).

• Xét miền nghiệm của bất phương trình x + y ≤ 4:

Vẽ đường thẳng d₃: x + y = 4 bằng cách vẽ một đường thẳng qua hai điểm (0; 4) và (4; 0).

Chọn điểm I(1; 1) ∈ d₃ và thay vào biểu thức x + y = 4, ta có 1 + 1 = 2 < 4.

Suy ra miền nghiệm của bất phương trình x + y ≤ 4 là nửa mặt phẳng bờ d₃ có chứa điểm I(1; 1).

Khi đó miền nghiệm của hệ là miền không bị gạch như hình vẽ dưới đây.

Đáp án đúng là: A

Ta có: S_ABCD = AB.AD = 2rh = 10.

⇒ S_xq = 2πrh = 10π.

Đáp án đúng là: B

Gọi một thiết diện qua trục là hình vuông ABCD.

Cạnh của hình vuông ABCD bằng 2a nên khối trụ có bán kính đáy $R=OA=\frac{AB}{2}=a,$  chiều cao

Vậy thể tích khối trụ là: $V=\left(\pi R^2\right).h=\pi .a^2.2a=2\pi a^3.$

Gọi A là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn”, suy ra $\overline{A}$  là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X không có đủ 3 môn” = “Thầy X chắc chắn đã lấy hết số sách của một môn học”.

Số phần tử của không gian mẫu là: 

• TH1: Lấy hết 4 cuốn môn toán và thêm 4 trong 11 cuốn còn lại có $n\left(\Omega \right)=C_{15}^8=6435.$  cách.

• TH2: Lấy hết 5 cuốn lí và 3 trong 10 cuốn còn lại có  $C_5^5.C_{10}^3$ cách.

• TH3: Lấy hết 6 cuốn hóa và 2 trong 9 cuốn còn lại có $C_6^6.C_9^2$   cách.

 ⇒ $n\left(\overline{A}\right)=C_4^4.C_{11}^4+C_5^5.C_{10}^3+C_6^6.C_9^2=486$ $\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=\frac{54}{715}$

⇒ $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=\frac{661}{715}.$

Ta có: BD ⊥ (SAC) và O là trung điểm của BD. Suy ra (SAC) là mặt phẳng trung trực của BD. Suy ra (SAC) là mặt đối xứng của hình chóp, và đây là mặt phẳng duy nhất.

Đáp án đúng là: A

• Hình chóp tứ giác đều có một trục đối xứng, nhưng không có tâm đối xứng. Như vậy B sai.

• Hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) có mặt phẳng đối xứng là (SAC), nhưng hình chóp này không có trục đối xứng. Như vậy C sai.

• Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt đối xứng và có một trục đối xứng, nhưng không có tâm đối xứng. Như vậy D sai.

Tập xác định của hàm số là ℝ. Ta có

Hàm số đồng biến trên ℝ khi và chỉ khi

$\left\{\begin{array}{c}3>0\\ {\Delta }^{\text{'}}=m^2-12\le 0\end{array}\right.$⇔ $-2\sqrt{3}\le m\le 2\sqrt{3}$

Vậy hàm số đồng biến trên ℝ khi $-2\sqrt{3}\le m\le 2\sqrt{3}.$

Đáp án đúng là: C

Đáp án A ta có y = 2x – sin x ⇒ $y^{\text{'}}=2-\cos x,$  ∀x

⇒ Hàm số đồng biến trên ℝ.

Đáp án B ta có   $y^{\text{'}}=-3x^2+6x<0$⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪ (2; +∞)

⇒ Hàm số không nghịch biến trên R.

Đáp án C ta có  $y^{\text{'}}=\frac{-1}{{\left(x-2\right)}^2}<0$

⇒ Hàm số nghịch biến trên (−∞; 2) và (2; +∞)

⇒ Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Đáp án D ta có $y^{\text{'}}=4x^3-2x<0$

⇔2x(2x² − 1) < 0 ⇔ $\left[\begin{array}{c}x<-\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0<x<\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right.$

⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ và  $\left(0;\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ chứ không nghịch biến trên ℝ.

a) ∆ABC có M là trung điểm AB, N là trung điểm AC nên MN là đường trung bình của ∆ABC, suy ra MN // AC.

Xét tứ giác BMNC có MN // AC nên là tứ giác BMNC là hình thang.

b) MN là đường trung bình của ∆ABC nên $MN=\frac{1}{2}AC,$  MN // AC.

Xét tứ giác MNPB có: MN // BP, MN = BP nên tứ giác MNPB là hình bình hành.

Gọi phương trình đường thẳng d cần tìm là y = ax + b (a ≠ 0)

Vì d // $d^{\text{'}}$  nên $\left\{\begin{array}{c}a=3\\ b\ne 1\end{array}\right.$ ⇒ d: y = 3x + b

Thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng d ta được 3.(-2) + b = 2 ⇔ b = 8 (thỏa mãn)

Vậy phương trình đường thẳng d: y = 3x + 8.

Đáp án đúng là: C

Có 9 hình vuông nhỏ.

Có 4 hình vuông ghép bởi 4 hình vuông nhỏ

Có 1 hình vuông lớn ghép bởi 9 hình vuông nhỏ.

Có tất cả: 9 + 4 + 1 = 14 (hình vuông)

Đáp án đúng là: B

Gọi điểm  là ảnh của điểm M(1; 1) qua phép quay tâm O góc  nên ta có:

 $\left\{\begin{array}{c}{x}^{\text{'}}=\cos 45°-\sin 45°=0\\ y^{\text{'}}=\sin 45°+\cos 45°=\sqrt{2}\end{array}\right.$⇒ $M^{\text{'}}\left(0;\sqrt{2}\right)\equiv B.$

Ta có f(x) có hai nghiệm phân biệt x = 1, x = -5 và hệ số a = -1 < 0 nên: 

f(x) > 0 khi x ∈ (−5; 1); f(x) < 0 khi x ∈ (−∞; −5) ∪ (1; +∞).

Ta có: 3x² – 10x + 3 = 0 ⇔  $\left[\begin{array}{c}x=3\\ x=\frac{1}{3}\end{array}\right.$và 4x – 5 = 0 ⇔ $x=\frac{5}{4}.$

Lập bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy:

f(x) ≤ 0 ⇔  $x\in \left(-\infty ;\frac{1}{3}\right]\cup \left[\frac{5}{4};3\right];$f(x) ≥ 0

⇔ $x\in \left[\frac{1}{3};\frac{5}{4}\right]\cup \left[3;+\infty \right).$

Khối bát diện đều có 6 đỉnh và 12 cạnh.