Đáp án đúng là: D

Vì α và  $180°-\alpha$ là hai góc bù nhau nên  $\cot \left(180°-\alpha \right)=-\cot \alpha .$

Gọi cạnh mỗi thửa đất hình vuông chia được là x (m)

Để diện tích các thửa đất đó là lớn nhất thì x phải lớn nhất.

Vì các thửa đất đó được chia ra từ đám đất hình chữ nhật ban đầu có chiều dài 60 m và 24m. 
Nên x phải là ước của 60 và 24 hay x ∈ ƯC(60, 24)

Vì x là lớn nhất nên x = ƯCLN(60, 24)

Ta có: 60 = 2².3.5; 24 = 2³.3

 ⇒ x = ƯCLN(60, 24) = 2².3 = 12.

Vậy mỗi thửa đất hình vuông đó có độ dài cạnh lớn nhất là 12 m.

Đáy hình chóp là tam giác đều cạnh a nên  $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Ta có  $AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ ⇒  $AH=\frac{2}{3}AD=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Tam giác SAH vuông tại H có  $SA=a\sqrt{2},AH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

⇒  $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\frac{a\sqrt{15}}{3}.$

Thể tích  $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SH=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{15}}{3}=\frac{a^3\sqrt{5}}{12}.$

• S.ABC là hình chóp đều ⇒ ∆ABC là tam giác đều

⇒ SA = SB = SC

Do đó khi ta kẻ SH ⊥ (ABC) ⇒ H là trọng tâm của ∆ABC đều và có AH ⊥ BC.

Theo định lý ba đường vuông góc ⇒ SA ⊥ BC

Chứng minh tương tự ta được SB ⊥ AC và SC ⊥ AB.

• Vì BC ⊥ AH và BC ⊥ SH ⇒ BC ⊥ (SAH)

Chứng minh tương tự ta có CA ⊥ (SBH) và AB ⊥ (SCH).

Đáp án đúng là: B

Ta có   $Q\left(O;90°\right)$ biến đường thẳng d thành đường thẳng d' và d' ⊥ d, khi đó phương trình  d' có dạng x + 3y + c = 0.

Lấy A(0; 1) ∈ d, gọi A' là ảnh của A qua $Q\left(O;90°\right)$ ⇒  $A^{\text{'}}\left(-1;0\right)$ và  $A^{\text{'}}\in d^{\text{'}}$

⇒ -1 + 3.0 + c = 0 ⇔ c = 1

Vậy phương trình đường thẳng  d' là x + 3y + 1 = 0.

Gọi  $M^{\text{'}}\left(x^{\text{'}};y^{\text{'}}\right)$ là ảnh của M(x; y) qua phép đối xứng trục Ox. Khi đó  $x^{\text{'}}=x$ và  $y^{\text{'}}=-y.$

Ta có M ∈ d ⇔ 3x – y – 1 = 0 ⇔  $3x^{\text{'}}-\left(-y^{\text{'}}\right)-1=0$ ⇔  $3x^{\text{'}}+y^{\text{'}}-1=0$

⇔  M' thuộc đường thẳng d' có phương trình là 3x + y – 1 = 0

Số hạng chứa x⁸ trong khai triển của (2x + 3)¹⁰ là

 $C_{10}^{10-8}.{\left(2x\right)}^8.3^{10-8}=C_{10}^2.2^8.3^2.x^8=103680x^8.$

Vậy hệ số của x⁸ là 103 680.

Ta có  $x^{18}={\left(x^3\right)}^6$

Số hạng chứa x¹⁸ trong khai triển của (2x³ – 1)¹⁰ là

 $C_{10}^{10-6}.{\left(2x^3\right)}^6.{\left(-1\right)}^{10-6}=C_{10}^4.2^6.{\left(-1\right)}^4.x^{18}=13440x^{18}.$

Vậy hệ số của x¹⁸ là 13 440.

Phương trình hoành độ giao điểm mx² = −3x + 1

⇔ mx² + 3x – 1 = 0 (∗) 

Ta có Δ = 9 + 4m;  $P=x_1.x_2=\frac{-1}{m}$ với x₁; x₂ là hai nghiệm của phương trình (*).

Đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm cùng một phía với trục tung 

⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt cùng dấu

⇔  $\left\{\begin{array}{c}\Delta >0\\ P>0\end{array}\right.$ ⇔  $\left\{\begin{array}{c}4m+9>0\\ \frac{-1}{m}>0\end{array}\right.$ ⇔  $\left\{\begin{array}{c}m>-\frac{9}{4}\\ m<0\end{array}\right.$ ⇔  $-\frac{9}{4}<m<0$

Vậy  $-\frac{9}{4}<m<0.$

Xem số có 7 chữ số như 7 vị trí thẳng hàng.

Bước 1: chọn 2 trong 7 vị trí để sắp 2 chữ số 2 (không hoán vị) có  $C_7^2=21$ cách.

Bước 2: chọn 3 trong 5 vị trí còn lại để sắp 3 chữ số 3 (không hoán vị) có  $C_3^5=10$ cách.

Bước 3: chọn 2 trong 3 chữ số 1, 4, 5 để sắp vào 2 vị trí còn lại (có hoán vị) có  $A_3^2=6$ cách.

Vậy có 21.10.6 = 1 260 số.

Ta có  $y=2{\cos }^{2}x-2\sqrt{3}\sin x\cos x+1$

 $=2{\cos }^{2}x-1-\sqrt{3}\sin 2x+2$

 $=\cos 2x-\sqrt{3}\sin 2x+2$ (*)

Mà  $-\sqrt{1^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2}\le \cos 2x-\sqrt{3}\sin 2x\le \sqrt{1^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2}$

Nên  $-2\le \cos 2x-\sqrt{3}\sin 2x\le 2$ ⇒  $0\le \cos 2x-\sqrt{3}\sin 2x+2\le 4$

⇔ 0 ≤ y ≤ 4, ∀x ∈ ℝ.

Vậy min y = 0; max y = 4.

Gọi C(x; y). Ta có  $\left\{\begin{array}{c}\overrightarrow{AB}=\left(2;4\right)\\ \overrightarrow{DC}=\left(x-5;y-5\right)\end{array}\right.$.

Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔  $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$

⇔  $\left\{\begin{array}{c}2=x-5\\ 4=y-5\end{array}\right.$ ⇔  $\left\{\begin{array}{c}x=7\\ y=9\end{array}\right.$ ⇒ C(7; 9).

Đáp án đúng là: A

Khi k = 1 phép đồng dạng bảo toàn khoảng cách nên là phép dời hình.

a) 100 hg + 50 hg – 70 hg

= 150 hg – 70 hg

= 80 hg.

b) 150 hg × 2 + 180 hg

= 300 hg + 180 hg

= 480 hg.

Đáp án đúng là: D

Gọi (C) là đồ thị hàm số  $y=\frac{3x+1}{x-1}$ ⇒ (C) có tiệm cận đứng x = 1.

M ∈ (C) ⇒  $M\left(m;\frac{3m+1}{m-1}\right)$

Khoảng cách từ M tới đường tiệm cận đứng bằng d = |m – 1|

⇔ |m – 1| = 1 ⇔  $\left[\begin{array}{c}m=2\\ m=0\end{array}\right.$

Vậy M(0; -1) hoặc M(2; 7).

Đáp án đúng là: A

Gọi A là số tự nhiên có hai chữ số lẻ khác nhau lấy từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6.

Số cách chọn được A là  $A_3^2=6.$ Số chẵn có 5 chữ số mà hai số lẻ đứng kề nhau phải chứa A và ba trong 4 chữ số 0; 2; 4; 6.

Gọi  $\overline{abcd};$ a, b, c, d ∈ {A; 0; 2; 4; 6} là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

· TH1: Nếu a = A có 1 cách chọn a và  $A_4^3$ cách chọn b, c, d.

· TH2: a ≠ A có 3 cách chọn a.

+ Nếu b = A có 1 cách chọn b và  $A_3^2$ cách chọn c, d.

+ Nếu c = A có 1 cách chọn c và  $A_3^2$ cách chọn b, d.

Vậy có  $A_3^2\left(A_4^3+3\left(1.A_3^2+1.A_3^2\right)\right)=360$ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi số cần tìm có dạng  $\overline{abc}.$

• TH1: Với a = 1, có 6 cách chọn b, 5 cách chọn c ⇒ có 6.5 = 30 số.

• TH2: Với b = 1, có 5 cách chọn b, 5 cách chọn c ⇒ có 5.5 = 25 số.

• TH3: Với c = 1, tương tự như TH2.

Vậy có tất cả 30+ 25 + 25 = 80 số cần tìm.

Ta có  $y=3^x+\ln 3$ ⇒  $y^{\text{'}}=3^x\ln 3.$

Đáp án đúng là: B

Cho đường thẳng d song song với mặt phẳng (α), nếu mặt phẳng (β) chứa d mà cắt (α) theo giao tuyến  d' thì  $d\parallel d^{\text{'}}.$

Đáp án đúng là: A

Hình a có trục đối xứng.

Đáp án đúng là: D

Do OM ⊥ CD nên M là trung điểm của CD

⇒  $CM=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}.16=8\left(cm\right).$

Gọi R là bán kính của đường tròn ⇒ OC = R.

Ta có OM = OH – HM = R – 4.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OMC ta có:

 $O{C}^2=C{M}^2+O{M}^2$ ⇒ R² = 8² + (R – 4)²

⇔ R² = 64 + R² − 8R + 16 ⇔ R = 10 (cm).

Bát diện đều là đa diện có 8 mặt là các tam giác đều bằng nhau

⇒ tam giác đều có cạnh bằng 2a có diện tích  $S=\frac{\sqrt{3}}{4}{\left(2a\right)}^2=a^2\sqrt{3}.$

Diện tích toàn phần bát diện đều bằng 8 lần diện tích một mặt.

Vậy diện tích toàn phần của bát diện đều là  $8a^2\sqrt{3}.$

• TH1: Chọn được 3 bông hoa hồng vàng và 4 bông hoa hồng đỏ.

Số cách chọn 3 bông hồng vàng là  $C_5^3=10$ cách.

Số cách chọn 4 bông hồng đỏ là  $C_4^4=1$ cách.

Theo quy tắc nhân thì có 10.1 = 10 cách.

• TH2: Chọn được 4 bông hoa hồng vàng và 3 bông hoa hồng đỏ.

Tương tự TH1 ta có số cách chọn là  $C_5^4.C_4^3=20$ cách.

• TH3: Chọn được 3 bông hoa hồng vàng, 3 bông hoa hồng đỏ và 1 bông hoa hồng trắng.

Tương tự TH1 ta có số cách chọn là  $C_5^3.C_4^3.C_3^1=120$ cách.

Vậy theo quy tắc cộng ta có 10 + 20 + 120 = 150 cách.

Đáp án đúng là: C

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD; E, F, K, G là trung điểm của AD, DC, BC, AB.

Khi đó ta có  $OE=OF=OK=OG=\frac{a}{2}.$ 

Hay O là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD.

Bán kính đường tròn là  $R=\frac{a}{2}.$

• TH1: Với m = 2, phương trình trở thành 0 = 3 vô nghiệm.

• TH2: Với m ≠ 2, phương trình (m – 2).sin2x = m + 1 ⇔  $\sin 2x=\frac{m+1}{m-2}.$ (*)

Để phương trình (*) vô nghiệm ⇔  $\frac{m+1}{m-2}\notin \left[-1;1\right]$ ⇔  $\left[\begin{array}{c}\frac{m+1}{m-2}>1\\ \frac{m+1}{m-2}<-1\end{array}\right.$

⇔  $\left[\begin{array}{c}m>2\\ \frac{1}{2}<m<2\end{array}\right.$

Kết hợp hai trường hợp, ta được  $m>\frac{1}{2}.$

Ta có:  $T=\left|\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\right|=\left|\overrightarrow{BD}\right|=BD=\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(4a\right)}^2}=5a.$

Đáp án đúng là: C

Gọi {O} = AC ∩ BD; {K} = SO ∩ IJ; {H} = AK ∩ SC.

Khi đó thiết diện của mặt phẳng (AIJ) với hình chóp S.ABCD là tứ giác AIHJ.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ y = −4 nên tọa độ giao điểm là (0; −4).

Thay x = 0; y = −4 vào y = (3 − 2m)x + m − 2 ta được 

(3 − 2m).0 + m – 2 = −4

⇔ m – 2 = −4

⇔ m = −2

Vậy m = −2.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên  $S_{ABCD}=a^2.$

⇒  $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.2a.a^2=\frac{2}{3}{a}^3.$

Đáp án đúng là: C

Tính chất của xác suất:

 $0\le P\left(A\right)\le 1$

 $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)$

P(A) = 0 ⇔ A = ∅

P(A) = 1 ⇔  $A=\Omega$

Từ các tính chất trên ta thấy chỉ có đáp án C đúng.

ĐK:  $\left\{\begin{array}{c}2x+1>0\\ x-1>0\end{array}\right.$ ⇔ x > 1.

Ta có:  ${\log }_3\left(2x+1\right)-{\log }_3\left(x-1\right)=1$

⇔  ${\log }_3\left(\frac{2x+1}{x-1}\right)=1$ ⇔  $\frac{2x+1}{x-1}=3$

⇔ 2x + 1 = 3(x – 1) ⇔ x = 4 (thoả mãn)

Vậy S ={4}.

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

Gọi A: “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho”.
⇒  $\overline{A}:$ “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác đã cho”.

Do đó   $\overline{A}:$ “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác có một cạnh hoặc hai cạnh là cạnh của đa giác đã cho”.

• TH1: Chọn ra tam giác có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác đã cho, ta chọn ra 3 đỉnh liên tiếp của đa giác 12 cạnh. Có 12 cách.

• TH2: Chọn ra tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác đã cho, ta chọn ra 1 cạnh và 1 đỉnh không liền với 2 đỉnh của cạnh đó. Suy ra có 12 cách chọn một cạnh và cách chọn đỉnh.

Vậy có 12.8 cách.

Số phần tử của biến cố  $\overline{A}$ là:  $n\left(\overline{A}\right)=12+\mathrm{12.8.}$

Số phần tử của biến cố A là:  $n\left(A\right)=C_{12}^3-12-\mathrm{12.8.}$

Nếu m = 0 thì phương trình trở thành 1 = 0 ⇒ vô nghiệm.

Khi m ≠ 0, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

 $\Delta =m^2-4m\ge 0$ ⇔  $\left[\begin{array}{c}m\le 0\\ m\ge 4\end{array}\right.$

Mà m ∈ ℤ và m ∈ [-10; 10] ⇒ m ∈ {−10; −9; −8;....; −1} ∪ {4; 5; 6;....; 10}.

EF là tiếp tuyến của (O) tại I ⇒ OI ⊥ EF

OI ∩ AB = M mà OA = OB = R ⇒ ∆OAB cân tại O

Ta có EF // AB ⇒ OI ⊥ AB ⇒ M là trung điểm của AB

Xét ∆OAB và ∆OEF có:

$\widehat{O}$ chung

 $\widehat{OAB}=\widehat{OEF}$ (do EF // AB)

⇒  $\Delta OAB\backsim \Delta OEF$ (g.g)

⇒ ∆OEF cân tại O

Trong tam giác vuông OMB có:

 $O{M}^2=\sqrt{O{B}^2-{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2}=\sqrt{{15}^2-{12}^2}=9cm.$

Vì MB // IF nên theo định lý Ta-lét, ta có:

 $\frac{OM}{OI}=\frac{AB}{EF}$ ⇒ EF = 40cm.

Ta có f(x) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ khi a < 0 và ∆ ≤ 0.

Không gian mẫu Ω là tập các hoán vị của 6 phần tử, ta có: |Ω| = 6! = 720

Gọi A là biến cố nam và nữ ngồi xen kẽ nhau. 

Đánh số ghế từ 1 đến 6.

• TH1: Xếp nam vào các ghế 1, 3, 5 có 3! cách, xếp nữ vào các ghế 2, 4, 6 có 3! cách nên có 3!.3! cách.

• TH2: Xếp nam vào các ghế 2, 4, 6 và xếp nữ vào các ghế 1, 3, 5 cũng có 3!.3! cách.

Khi đó |A| = 2.3!.3! = 72

Vậy  $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{72}{720}=\frac{1}{10}.$

Gọi A là biến cố “Lấy lần thứ hai được một viên bi xanh”. Có hai trường hợp xảy ra.

TH1: Lấy lần thứ nhất được bi xanh, lấy lần thứ hai cũng được một bi xanh. Xác suất trong trường hợp này là  $P_1=\frac{5}{8}.\frac{4}{7}=\frac{5}{14}.$

TH2: Lấy lần thứ nhất được bi đỏ, lấy lần thứ hai được bi xanh. Xác suất trong trường hợp này là  $P_2=\frac{3}{8}.\frac{5}{7}=\frac{15}{56}.$

Vậy  $P\left(A\right)=P_1+P_2=\frac{5}{14}+\frac{15}{56}=\frac{35}{56}=\frac{5}{8}.$

Đáp án đúng là: A

Gọi A_k là số tiền người đó đạt được cuối tháng thứ k, đặt r = 0,6%.

Ta có A₁ = T(1 + r).

 A₂ = (A₁ + T)(1 + r) = T(1 + r)² + T(1 + r).

 A₃ = (A₂ + T)(1 + r)

= T(1 + r)³ + T(1 + r)² + T(1 + r)

  $A_{15}=T\left(1+r\right).\frac{{\left(1+r\right)}^{15}-1}{r}$

...

 $T=\frac{A_{15}.r}{\left(1+r\right)\left[{\left(1+r\right)}^{15}-1\right]}=\frac{10.{10}^6.0,6\%}{1,006.\left(1,{006}^{15}-1\right)}\approx 635301$

⇒  đồng.

Ta coi 6 tháng là một kỳ hạn. Như vậy 5 năm tương ứng với 10 kỳ hạn.

Gọi T_n là tổng số tiền người đó nhận được trong kỳ hạn thứ n, khi đó:

T₁ = 48 (triệu đồng)

T₂ = 48.1,1 (triệu đồng)

...

T₁₀ = 48.1,1⁹ (triệu đồng)

Vậy tổng số tiền mà người đó nhận được là:

 $T=48+48.1,1+\mathrm{...}+48.1,1^9=48.\frac{1,1^{10}-1}{1,1-1}=480$ (triệu đồng).

Đặt BD = x và BD₁ = y. Trong ∆ABC, ta có:

· AD là phân giác trong ⇒  $\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}$ ⇔  $\frac{x}{5-x}=\frac{4}{6}$ ⇔ x = 2cm.

· AD₁ là phân giác ngoài ⇒  $\frac{B{D}_1}{C{D}_1}=\frac{AB}{AC}$ ⇔  $\frac{y}{y+5}=\frac{4}{6}$ ⇔ y = 10cm.

Vậy ta được BD = 2cm và BD₁ = 10cm.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì tam giác ABC cân tại A nên AO vừa là đường cao vừa là phân giác của  $\widehat{BAC}.$

⇒  $\widehat{CAO}=\frac{120°}{2}=60°.$

Xét tam giác CAO có: 

OA = OC;  $\widehat{CAO}=60°$ ⇒ ΔCAO đều nên OA = OC = AC = 3cm.

Nên bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC là R = 3cm

Chu vi đường tròn (O) là C = 2πR = 6π (cm)

Ta có f(x) = 0 ⇔ x² + 4x – 5 = 0

⇔  $\left[\begin{array}{c}x=-5\\ x=1\end{array}\right.$

Vậy nghiệm của tam thức bậc hai  $f\left(x\right)=x^2+4x-5$ là x = -5 hoặc x = 1.