Đáp án đúng là: A

TXĐ: D = ℝ.

Ta có: y = x³ – 3mx² – 9m²x ⇒  

 $y^{\text{'}}<0$ ⇔ 3x² – 6mx – 9m² = 0 ⇔3(x² – 2mx – 3m²) = 0

⇔ 3(x + m)(x – 3m) = 0 ⇔ $\left[\begin{array}{c}{x}_1=-m\\ x_2=3m\end{array}\right.$

 $y^{\text{'}}<0$ ∀x ∈ (0; 1) ⇔ (0; 1) nằm trong khoảng 2 nghiệm x₁; x₂.

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1) khi và chỉ khi:

TH1: -m ≤ 0 < 1 ≤ 3m ⇔  $\left\{\begin{array}{c}m\ge 0\\ m\ge \frac{1}{3}\end{array}\right.$ ⇔  $\left\{\begin{array}{c}m\ge 0\\ m\ge \frac{1}{3}\end{array}\right.$

TH2: 3m ≤ 0 < 1 ≤ -m ⇔   ⇔ m ≤ -1.

Vậy  $m\ge \frac{1}{3}$ hoặc m ≤ -1.

Trong mặt phẳng cắt dựng hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Khi đó thiết diện là 1 phần bị cắt của Elip có phương trình dạng   $\left(E\right):\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.$

Ta có:   $\widehat{AKB}=120°$⇒  $KH=KB.\sin 30°=3;$  $AB=2AH=6\sqrt{3}.$

Khi đó độ dài trục bé là MN = 2b = 2R = 12 và  $OH=\sqrt{O{K}^2+K{H}^2}=5.$

Như vậy  $\left(E\right):\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{36}^2}=1.$ Do (E) qua  $B\left(5;3\sqrt{3}\right)$ ⇒ a = 10.

Khi đó  $S=2\underset{-5}{\overset{5}{\int }}6\sqrt{1-\frac{x^2}{100}}dx=114,79=20\pi +30\sqrt{3}.$

Đáp án đúng là: D

Do G và  G'  lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và  A'B'C' nên ta có:

 $\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{0}$ và  $\overrightarrow{A^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}+\overrightarrow{B^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}+\overrightarrow{C^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}=\overrightarrow{0}$

• Đáp án A:  $\overrightarrow{A{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{B{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}=\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}\right)+\left(\overrightarrow{G{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{C}^{\text{'}}}\right)=\overrightarrow{0}+3\overrightarrow{G{G}^{\text{'}}}$.

• Đáp án B:  $\overrightarrow{A{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{B{C}^{\text{'}}}+\overrightarrow{C{A}^{\text{'}}}=\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}\right)+\left(\overrightarrow{G{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{C}^{\text{'}}}\right)=\overrightarrow{0}+3\overrightarrow{G{G}^{\text{'}}}$

• Đáp án C:  $\overrightarrow{A{C}^{\text{'}}}+\overrightarrow{B{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}}=\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{BG}+\overrightarrow{CG}\right)+\left(\overrightarrow{G{A}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{B}^{\text{'}}}+\overrightarrow{G{C}^{\text{'}}}\right)=\overrightarrow{0}+3\overrightarrow{G{G}^{\text{'}}}$

• Đáp án D:  $\overrightarrow{A^{\text{'}}A}+\overrightarrow{B^{\text{'}}B}+\overrightarrow{C^{\text{'}}C}=\left(\overrightarrow{A^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}+\overrightarrow{B^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}+\overrightarrow{C^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}\right)+\left(\overrightarrow{G^{\text{'}}A}+\overrightarrow{G^{\text{'}}B}+\overrightarrow{G^{\text{'}}C}\right)=\overrightarrow{0}+3\overrightarrow{G^{\text{'}}G}$ (sai)

Đáp án đúng là: B

Khi gieo một đồng xu thì có 2 khả năng xảy ra, khi gieo một con xúc sắc thì có 6 khả năng xảy ra.

Áp dụng quy tắc nhân ta được số phần tử của không gian mẫu là: 2.6 = 12 phần tử.

Gieo một đồng xu 1 lần ta thu được kết quả bất kì thuộc tập hợp: {sấp; ngửa}.

Gieo một con xúc xắc 1 lần ta thu được kết quả bất kì thuộc tập hợp: {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Do đó, không gian mẫu là:

Ω = {(sấp, 1); (sấp, 2); (sấp, 3); (sấp, 4); (sấp, 5); (sấp, 6); (ngửa, 1);  (ngửa, 2);  (ngửa, 3);  (ngửa, 4);  (ngửa, 5);  (ngửa, 6)}.

Số phần tử của Ω là: n(Ω) = 12.

Xét biến cố A: “Đồng xu xuất hiện mặt sấp hoặc con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm”.

A₁: “Đồng xu xuất hiện mặt sấp”. Ta có: A₁ = {(sấp, 1); (sấp, 2); (sấp, 3); (sấp, 4); (sấp, 5); (sấp, 6)}.

A₂: “Con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm”. Ta có: A₂ = {(sấp, 5); (ngửa, 5)}.

Do đó, ta có:

A = A₁ ∪ A₂ = {(ngửa, 5); (sấp, 1); (sấp, 2); (sấp, 3); (sấp, 4); (sấp, 5); (sấp, 6)}.

Số phần tử của A là: n(A) = 7.

Do đó, xác suất của biến cố A là:  $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{7}{12}\approx 0,583.$

a) Vì Oy // Az nên  $\widehat{xOy}=\widehat{xAz}$ (hai góc đồng vị)

Hai góc OAz và góc xAz kề bù với nhau

Ta có  $\widehat{OAz}+\widehat{xAz}=180°$ ⇔  $\widehat{OAz}+30°=180°$ ⇒  $\widehat{OAz}=150°.$

b) Vì Ou là tia phân giác của góc xOy

Nên  $\widehat{xAv}=\frac{1}{2}\widehat{xAz}=\frac{1}{2}.30°=15°$ ⇒  $\widehat{xOu}=\widehat{xAv}=15°$

Hai góc xOy và góc xAz bằng nhau và nằm ở vị trí đồng vị nên Ou // Av.

Gọi thiết diện qua trục là tam giác SAB, tâm đường tròn đáy là O. Khi đó, tam giác SAB có cạnh huyền.

Xét tam giác SAB vuông cân tại S có SO là đường trung tuyến nên ta có:

 $SO=AO=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}.2\sqrt{3}=\sqrt{3}.$

⇒ Bán kính đường tròn đáy là  $r=AO=\sqrt{3};$ đường cao của hình nón là  $h=SO=\sqrt{3}.$

Thể tích của hình nón là  $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\sqrt{3}\right)}^2.\sqrt{3}=\sqrt{3}\pi .$

Gọi thiết diện qua đỉnh S là tam giác SAB, tâm đường tròn đáy là O.

Xác định góc giữa (SAB) và đáy:

 $\left\{\begin{array}{c}\left(O\right)\cap \left(SAB\right)=AB\\ OH\perp AB;HA=HB\\ SH\perp AB\end{array}\right.$ ⇒  $\widehat{\left(\left(SAB\right);\left(O\right)\right)}=\widehat{\left(OH;SH\right)}=\widehat{SHO}=60°$

Do tam giác SAB đều có cạnh bằng 4 nên  $SH=2\sqrt{3}$

Xét tam giác SOH có $SO=SH.\sin 60°=2\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=3;$   $OH=\frac{SO}{\tan 60°}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}.$

Xét tam giác OAH có  $OA=\sqrt{O{H}^2+H{A}^2}=\sqrt{{\left(\sqrt{3}\right)}^2+2^2}=\sqrt{7}$

Thể tích hình nón đã cho là  $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}.\pi .O{A}^2.SO=\frac{1}{3}.\pi {\left(\sqrt{7}\right)}^2.3=7\pi .$

Lời giải

A ∩ B = ∅ ⇔ m + 2 ≤ 3 ⇔ m ≤ 1 (ở đây lấy cả dấu bằng vì khi m + 2 = 3 thì vẫn không có điểm chung do (3; +∞) không chứa 3).

Vậy A ∩ B = ∅ khi m ≤ 1.

A ∩ B = ∅ khi m + 5 < -1 ⇔ m < -6 và m > 3.

a) Ta có OC = OD ⇒ Tam giác OCD cân tại O

Mà I là trung điểm của CD ⇒ OI ⊥ CD

Xét tam giác ABE có OA = OE = OB ⇒ Tam giác EAB vuông tại E

⇒ AE ⊥ BK

BK ⊥ CD ⇒ AE // CD ⇒ OI ⊥ AE (ĐPCM)

b) OI ⊥ AE mà BK ⊥ AE ⇒ OI // BK ⇒  $\widehat{IOS}=\widehat{ABE}$ (hai góc ở vị trí đồng vị)

Mà  $\widehat{ISO}=\widehat{AEB}=90°$ ⇒  $\Delta IOS\backsim \Delta ABE$ (g.g)

c) O, I lần lượt là trung điểm của AB, HK

⇒ AH + BK = 2OI

⇒ AH.HI + IK.BK = OI.IK + OI.IH

⇒ S_AHI + S_BIK = S_AIB

⇒ S_AHBK = 2S_AIB = AB.IS.

Đáp án đúng là: B

Vì độ chính xác đến hàng trăm (d = 200) nên ta quy tròn số đã cho đến hàng nghìn.

Số hàng nghìn là 4.

Số quy tròn của 374 529 ± 200 là 375 000.

Giả sử z = a + bi, ta có:

|a + bi – 2 – 4i| = |a + bi – 2i|

⇔ (a – 2)² + (b – 4)² = a² + (b – 2)²

⇔ -4a + 4 – 8b + 16 = -4b + 4

⇔ -4a – 4b + 16 = 0 ⇔ a + b = 4

⇔ b = 4 – a

Ta có:  $\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{a^2+{\left(4-a\right)}^2}=\sqrt{2a^2-8a+16}$

 $=\sqrt{2\left(a^2-4a+4\right)+8}=\sqrt{2{\left(a-2\right)}^2+8}\ge 2\sqrt{2}$

⇒  $\min \left|z\right|=2\sqrt{2}$ ⇒ a = 2, b = 2 ⇒ z = 2 + 2i. 

Đáp án đúng là: D

Ta có: |5z – 3w + i| = |(2z – 4w) + (3z + w) + i|

≥ |2z – 4w| - |3z + w| - |i| = 2.4 – 5 – 1 = 2.

Dấu bằng xảy ra khi:  $\left\{\begin{array}{c}z-4w=4i\\ 3z+w=5i\end{array}\right.$ ⇔  $\left\{\begin{array}{c}z=\frac{6}{7}i\\ w=\frac{17}{7}i\end{array}\right.$

Khi đó:  $\left|z-w+1\right|=\left|\frac{6}{7}i-\frac{17}{7}i+1\right|=\left|-\frac{11}{7}i+1\right|=\frac{\sqrt{170}}{7}.$

Đáp án đúng là: B

Theo bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có

1 = |z – 3 – 4i| ≥ |z| - |3 + 4i| = |z| - 5 ⇒ |z| ≤ 6.

Khi đó SH ⊥ (ABC) tại H. Do tam giác ABC đều nên CD ⊥ AB tại D, tam giác SAB cân tại S nên SD ⊥ AB tại D.

Ta có:  $\left\{\begin{array}{c}\left(SAB\right)\cap \left(ABC\right)=AB\\ SD\perp AB,SD\subset \left(SAB\right)\\ CD\perp AB,CD\subset \left(ABC\right)\end{array}\right.$ 

⇒  $\widehat{\left(\left(SAB\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SD,CD\right)}=\widehat{SDC}=30°$

Trong tam giác SDH, dựng HK ⊥ SD tại K.

Ta có  $\left\{\begin{array}{c}AB\perp SD\\ AB\perp DC\end{array}\right.$ ⇒ AB ⊥ (SCD) mà  $HK\subset \left(SCD\right)$ nên HK ⊥ AB.

Ta có  $\left\{\begin{array}{c}HK\perp SD,HK\perp AB\\ SD\cap AB=D\\ SD,AB\subset \left(SAB\right)\end{array}\right.$ ⇒ HK ⊥ (SAB) tại K

⇒ d(H, (SAB)) = HK = a

Xét tam giác DHK vuông tại K:

  $DH=\frac{HK}{\sin \widehat{SDC}}=\frac{HK}{\sin 30°}=2a$⇒ DC = 3DH = 6a

Xét tam giác BCD vuông tại D:   $BC=\frac{DC}{\sin \widehat{ABC}}=\frac{6a}{\sin 60°}=4a\sqrt{3}$

Xét tam giác SDH vuông tại H:

 $SH=DH.\tan \widehat{SDC}=2a.\tan 30°=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

Diện tích tam giác đều ABC là

 $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.AB.BC.\sin \widehat{ABC}=\frac{1}{2}.4a\sqrt{3}.4a\sqrt{3}.\sin 60°=12a^2\sqrt{3}$

Thể tích khối chóp S.ABC là

 $V=\frac{1}{3}.SH.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.\frac{2a\sqrt{3}}{3}.12a^2\sqrt{3}=8a^3.$

Đáp án đúng là: D

Ta có:

 $T_{\overrightarrow{BC}}\left(A\right)=O$ do  $\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{BC}$

 $T_{\overrightarrow{BC}}\left(B\right)=C$

 $T_{\overrightarrow{BC}}\left(O\right)=D$ do  $\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{BC}$

 $T_{\overrightarrow{BC}}\left(F\right)=E$ do   $\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{BC}$

Vậy  $T_{\overrightarrow{BC}}\left(ABOF\right)=OCDE.$

Đáp án đúng là: B

• Xét đáp án A: y(-x) = |-x|.sin(-x) = |x|.(-sin x) = |x|.(-1).sin x

= -|x|.sin x = -y(x) ⇒ Loại

• Xét đáp án B:

 $y\left(-x\right)=\frac{{\sin }^{2020}\left(-x\right)+2019}{\cos \left(-x\right)}=\frac{{\left[\sin \left(-x\right)\right]}^{2020}+2019}{\cos x}$

 $=\frac{{\left(-\sin x\right)}^{2020}+2019}{\cos x}=\frac{{\left(-1\right)}^{2020}.{\left(\sin x\right)}^{2020}+2019}{\cos x}$

 $=\frac{{\left(\sin x\right)}^{2020}+2019}{\cos x}=\frac{{\sin }^{2020}x+2019}{\cos x}=y\left(x\right)$ ⇒ Chọn

• Xét đáp án C: y(-x) = tan(-x) = -tan x = -y(x) ⇒ Loại

• Xét đáp án D: y(-x) = sin(-x).cos²(-x) + tan(-x)

 $=\left(-\sin x\right).{\left[\cos \left(-x\right)\right]}^2+\left(-\tan x\right)$

 $=-\sin x.{\left(\cos x\right)}^2-\tan x$

 $=-\sin x.{\cos }^{2}x-\tan x$

  $=-\left(\sin x.{\cos }^{2}x+\tan x\right)=-y\left(x\right)$ ⇒ Loại

Đáp án đúng là: A

Theo giả thiết đề bài cho, ta có biểu đồ Ven:

Dựa vào biểu đồ Ven ta thấy:

Số học sinh chỉ giỏi Toán và Lý (không giỏi Hóa) là: 6 – 3 = 3 (em)

Số học sinh chỉ giỏi Toán và Hóa (không giỏi Lý) là: 4 – 3 = 1 (em)

Số học sinh chỉ giỏi Lý và Hóa (không giỏi Toán) là: 5 – 3 = 2 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Toán là: 10 – 3 – 3 – 1 = 3 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Lý là: 10 – 3 – 3 – 2 = 2 (em)

Số học sinh chỉ giỏi một môn Hóa là: 11 – 1 – 3 – 2 = 5 (em)

Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn là:

3 + 2 + 5 + 1 + 2 + 3 + 3 = 19 (em)

Đáp án đúng là: A

Ta có: S_ABCD = AH.CD = 6.12 = 72 (cm²)

Ta uốn hình quạt BAC thành hình nón đỉnh A, đường sinh AB = 12cm.

Khi đó độ dài cung BC chính là chu vi đáy của hình nón.

Ta có độ dài cung BC là  $l_{BC}=\frac{\pi \mathrm{.12.135}}{180}=9\pi$

Khi đó chu vi đáy của hình nón C = 2πR = 9π ⇒ R = 4,5 cm

⇒ $h^2=l^2-R^2={12}^2-4,5^2=123,75$ ⇒  $h=\frac{3\sqrt{55}}{2}cm$.

Theo định lí hàm cosin, ta có:

 $\cos \widehat{A}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2.AB.AC}=\frac{5^2+8^2-7^2}{\mathrm{2.5.8}}=\frac{1}{2}$ ⇒  $\widehat{A}=60°$.

Sử dụng chỉnh hợp nên số cách chọn một bạn làm lớp trưởng và một bạn làm lớp phó từ một lớp học gồm 35 học sinh là  $A_{35}^2$ cách.

Đáp án đúng là: D

Gọi số đó là  $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6{a}_7}.$

Chọn 3 vị trí trong 7 vị trí để xếp 3 số 2 có  $C_7^3$ cách chọn.

Xếp số vào 4 vị trí còn lại có  $6^4$ cách xếp.

Do đó có  $C_7^3.6^4=45360$ số thỏa mãn.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

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: C

Gọi  $\overrightarrow{v}=\left(a;b\right).$

Theo giả thiết:  $T_{\overrightarrow{v}}\left(M\right)=M^{\text{'}}$ ⇔  $\overrightarrow{M{M}^{\text{'}}}=\overrightarrow{v}$

⇒  $\left\{\begin{array}{c}3-\left(-10\right)=a\\ 8-1=b\end{array}\right.$ ⇔  $\left\{\begin{array}{c}a=13\\ b=7\end{array}\right.$.

Đáp án đúng là: C

Ta có  ${\log }_{2^n}a=\frac{1}{n}{\log }_{2}a=\frac{1}{n}.\frac{1}{{\log }_{a}2}=\frac{1}{n{\log }_{a}2}.$

Đáp án đúng là: D

Ta có  $\ln \left(2019a\right)=\ln 2019+\ln a$ nên A, C sai.

 $\ln a^{2019}=2019\ln a$ nên D đúng, B sai.

Đáp án đúng là: A

Do M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên M(x; y; 0)

⇒  $\overrightarrow{MA}=\left(3-x;5-y;-1\right),$  $\overrightarrow{MB}=\left(1-x;1-y;3\right),$ 

Suy ra  $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\left(4-2x;6-2y;2\right).$

Khi đó  $P=\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|=\sqrt{{\left(4-2x\right)}^2+{\left(6-2y\right)}^2+4}\ge 2$.

Suy ra min P = 2 khi  $\left\{\begin{array}{c}4-2x=0\\ 6-2y=0\end{array}\right.$ ⇔  $\left\{\begin{array}{c}x=2\\ y=3\end{array}\right.$.

Vậy M(2; 3; 0).

Đáp án đúng là: C

Ta có cos x = 1 ⇔  $x=k2\pi .$

Giả sử ghế dài được đánh số như hình vẽ

Có hai trường hợp: Một nữ ngồi ở vị trí số 1 hoặc một nam ngồi ở vị trí số 1.

Ứng với mỗi trường hợp sắp xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ ngồi xen kẽ lẫn nhau có 3!.3! cách xếp.

Vậy có 2.3!.3! = 72 cách xếp.

Các giá trị lượng giác c ủa góc  120$°$ là:

•  $\sin 120°=\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$;

• $\cos 120°=-\cos 60°=-\frac{1}{2}$;

•  $\tan 120°=-\tan 60°=\sqrt{3}$;

•  $\cot 120°=-\cot 60°=-\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức ta tính thể tích khối tròn xoay bài cho là:

 $V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(x{e}^x\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^2{e}^{2x}dx.$

Đáp án đúng là: B

Đường tròn (C) có tâm I(5; 1) bán kính  $R=\sqrt{25+1-23}=\sqrt{3}.$ 

Ảnh của (C) qua phép đối xứng trục d là đường tròn có tâm là ảnh của I qua phép đối xứng trục d và có bán kính bằng  $\sqrt{3}.$

Gọi  $I^{\text{'}}$ là ảnh của I qua phép đối xứng trục d.

Gọi d' là đường thẳng đi qua I và vuông góc với d ta có phương trình  d' có dạng x + y + c = 0.

I ∈  d' ⇒ 5 + 1 + c = 0 ⇒ c = -6

⇒  $\left(d^{\text{'}}\right):x+y-6=0$

Gọi H = d ∩  d' ⇒ H(2; 4) là trung điểm của  II' ta có:

 $\left\{\begin{array}{c}{x}_{I^{\text{'}}}=2x_H-x_I\\ y_{I^{\text{'}}}=2y_H-y_I\end{array}\right.$ ⇒  $\left\{\begin{array}{c}{x}_{I^{\text{'}}}=2.2-5=-1\\ y_{I^{\text{'}}}=2.4-1=7\end{array}\right.$ ⇒  $I^{\text{'}}\left(-1;7\right).$

Vậy phương trình đường tròn  $\left(C^{\text{'}}\right)$ là   ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-7\right)}^2=3$

⇔  $x^2+y^2+2x-14y+47=0$

Ta có các trường hợp sau:

TH1: Đề thi gồm 2D, 2TB, 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

Trục đối xứng:  $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{m}{2}.$

Với hệ số a = 1 > 0 thì hàm số đã cho đồng biến trên  $\left(-\frac{m}{2};+\infty \right).$

Vậy để hàm số luôn đồng biến trên (1; +∞) thì  $-\frac{m}{2}\le 1$ ⇔ m ≥ -2.

Đáp án đúng là: D

Ta có: X là tập hợp bội chung của 4 và 6 nên mọi phần tử của X đều chia hết cho BCNN(4; 6) = 12.

Vậy X = Y.

Khi đó các mệnh đề X = Y,    $Y\subset X$ đều đúng.