Đáp án đúng là: A

Ta có: C_XY = X ∖ Y = {3;4}.

Đáp án đúng là: A

cos x + sin x = 0

⇔ cos x = ‒ sin x

\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}x = {\rm{cos}}\left( {x + \frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = x + \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\left( {VN} \right)}\\{x = - x - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow 2x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi .\)

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: D

A=(tan1°tan89°).(tan2°.tan88°)...(tan44°.tan46°).tan45°

= (tan1°.cot1°).(tan2°.cot2°)....(tan44°.cot44°).tan45°

= 1.1....1.1 = 1.

Đáp án đúng là: B

Ta có: tan 45° +cot 135° = 1 – 1 = 0.

Đáp án đúng là: A

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị.

Do để (C_m)  cắt trục Ox nên y = 0

\(y = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = 2m + 1\end{array} \right.\) có 4 nghiệm phân biệt khi

2m + 1> 0; 2m + 1 ≠ 1 ⇔ m > ‒1; m ≠ 0.

Khi đó 4 nghiệm là \( - \sqrt {2m + 1} ; - 1;1;\sqrt {2m + 1} \)

4 nghiệm lập thành cấp số cộng có trường hợp sau sắp xếp theo thứ tự sau

TH1: \( - 1; - \sqrt {2m + 1} ;\sqrt {2m + 1} ;1 \Rightarrow \) khoảng cách giữa chúng là bằng nhau

\( \Leftrightarrow 1 - \sqrt {2m + 1} = 2\sqrt {2m + 1} \Leftrightarrow 3\sqrt {2m + 1} = 1 \Leftrightarrow m = - \frac{4}{9}\).

\({\rm{TH}}2: - \sqrt {2m + 1} ; - 1;1;\sqrt {2m + 1} \Rightarrow \) khoảng cách giữa chung là bằng nhau

\( \Leftrightarrow \sqrt {2m + 1} - 1 = 2 \Leftrightarrow m = 4\)

\[{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^x} + {\left( {2 - \sqrt 3 } \right)^x}\] (1)

Nhận xét: \(\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\left( {2 - \sqrt 3 } \right) = {2^2} - {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 1 \Leftrightarrow {(2 + \sqrt 3 )^x}{(2 - \sqrt 3 )^x} = 1\)

Đặt \(t = {(2 + \sqrt 3 )^x} \Rightarrow {(2 - \sqrt 3 )^x} = \frac{1}{t},\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\)

pt \( \Leftrightarrow t + \frac{1}{t} = m \Leftrightarrow f\left( t \right) = t + \frac{1}{t} = m\,\,\,\,\left( 2 \right),\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t + \frac{1}{t}\) xác định và liên tục trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có: \(f'\left( t \right) = 1 - \frac{1}{{{t^2}}} = \frac{{{t^2} - 1}}{{{t^2}}}\). Cho f’(t) = 0 khi t = 1 hoặc t = ‒1.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên:

Nếu m < 2 thì phương trình (2) vô nghiệm ⇒ pt (1) vô nghiệm.

Ta có: \(\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3},\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{6}{{18}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{1}{3}\)

Xét ∆ANM và ∆ABC có:

\(\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AC}}{\rm{\;}}\)

\(\widehat A\) chung

\( \Rightarrow \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{CB}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{x}{{15}} = \frac{1}{3} \Rightarrow x = \frac{{15}}{3} = 5.\)

Đáp án đúng là: B

(2x + 1)³ – 1 = ‒344

⇔ (2x + 1)³ = ‒344 + 1

⇔ (2x + 1)³ = ‒343

⇔ (2x + 1)³  = (‒7)³

⇔2x + 1 = ‒7

⇔ 2x = ‒7 – 1

⇔ 2x = ‒8

⇔ x = ‒4

Vậy x = ‒4

Đáp án đúng là: A

Ta có 3cosα − sinα = 1 ⇔ 3cosα = sinα + 1 ⇒ 9cos2α = (sinα + 1)²

⇔ 9cos2α = sin2α + 2sinα + 1

⇔ 9(1 − sin2α) = sin2α + 2sinα + 1

⇔10sin2α + 2sinα − 8 = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin \alpha = - 1\\\sin \alpha = \frac{4}{5}\end{array} \right.\]

 sinα = −1: không thỏa mãn vì 0° < α < 90°.

\[\sin \alpha = \frac{4}{5} \Rightarrow cos\alpha = \frac{3}{5} \Rightarrow \tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{cos\alpha }} = \frac{4}{3}.\]

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’ 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 ⇒ (d’): x + y ‒ 6 = 0

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

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{I'}} = 2{x_H} - {x_I}}\\{{y_{I'}} = 2{y_H} - {y_I}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{I'}} = 2.2 - 5 = - 1}\\{{y_{I'}} = 2.4 - 1 = 7}\end{array} \Rightarrow I'\left( { - 1;7} \right)} \right.} \right.\)

Vậy phương trình đường tròn (C’) là (x + 1)² + (y ‒ 7)² = 3

⇔ x² + y² + 2x ‒ 14y + 47 = 0

Đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: B

Tọa độ giao điểm của hai đường tròn là nghiệm hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} - 5 = {x^2} + {y^2} - 4x - 8y + 15\\{x^2} + {y^2} - 5 = 0\end{array} \right.\).

\(\; \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5 - 2y\\{(5 - 2y)^2} + {y^2} - 5 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{y = 2}\end{array}} \right.\)

Đáp án đúng là: C

Giả sử x, y lần lượt là số lít nước cam và số lít nước táo mà mỗi đội cần pha chế.

Suy ra 30x + 10y là số gam đường cần dùng;

x + y là số lít nước cần dùng;

x + 4y là số gam hương liệu cần dùng.

Theo giả thiết ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{30x + 10y \le 210}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{3x + y \le 21}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array}\,\,\,} \right.} \right.\left( * \right)\)

Số điểm thưởng nhận được sẽ là P(x;y) = 60x + 80y.

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P với x, y thỏa mãn (∗)

Miền nghiệm là phần hình vẽ không tô màu ở hình trên, hay là ngũ giác OBCDE với O(0;0), B(0;6), C(4;5), D(6;3), E(7;0).

Biểu thức P = 60x + 80y đạt GTLN tại (x;y) là tọa độ một trong các đỉnh của ngũ giác.

Thay lần lượt tọa độ các điểm O, B, C, D, E vào biểu thức P(x;y) ta được:

P(0;0) = 0; P(0;6) = 480; P(4;5) = 640; P(6;3) = 600; P(7;0) = 420.

Đáp án đúng là: B

Tứ diện ABCD và khối chóp A.GBC có cùng đường cao là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD). Do G là trọng tâm tam giác BCD nên ta có S_∆BGC = S_∆BGD = S_∆CGD ⇒ S_∆BCD = 3S_BGC.

Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{{V_{A.BCD}} = \frac{1}{3}h \cdot {S_{\Delta BCD}}}\\{{V_{A.GBC}} = \frac{1}{3}h \cdot {S_{\Delta GBC}}}\end{array}} \right\} \Rightarrow \frac{{{V_{A.BCD}}}}{{{V_{A.GBC}}}} = \frac{{\frac{1}{3}h \cdot {S_{\Delta BCD}}}}{{\frac{1}{3}h \cdot {S_{\Delta GBC}}}} = \frac{{{S_{\Delta BCD}}}}{{{S_{\Delta GBC}}}} = 3\)

\( \Rightarrow {V_{A.GBC}} = \frac{1}{3}{V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.12 = 4.\)

Đáp án đúng là: A

f(x).g(x) = 0 ⇔ f(x) = 0 hoặc g(x) = 0. Nghĩa là H là tập hợp bao gồm các phần tử thuộc E hoặc thuộc F hay H = E ∪ F.

Đáp án đúng là: B

Xét (O) có IA, IB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại I nên \(\widehat {AOI} = \widehat {KOI}\)

Mà OA // KI (vì cùng vuông góc với AI ) nên \(\widehat {KIO} = \widehat {IOA}\) (hai góc ở vị trí so le trong)

Từ đó \(\widehat {KOI} = \widehat {KIO}\) suy ra \({\rm{\Delta }}KOI\) cân tại \(K \Rightarrow KI = KO\).

Đáp án đúng là: A

Đường tròn (C) có tâm K(3; 1) và bán kính R = 2, đường tròn (C’) có tâm K’(3; 5) và bán kính R’ = 2.

\[ \Rightarrow \left| k \right| = \frac{{R'}}{R} = \frac{2}{2} = 1 \Rightarrow k = \pm 1\]

Mà K’ ≠ K ⇒ k ≠ 1 ⇒ k = ‒1.

Giả sử phép vị tự tâm I tỉ số k biến K thành K’ ta có: \[\overrightarrow {IK'} = - \overrightarrow {IK'} \]

⇒ I là trung điểm của KK’ ⇒ I(4; 2)

Đáp án đúng là: C

Điều kiện: x ≠ 1.

Phương trình \(2x + \frac{3}{{x - 1}} = \frac{{3x}}{{x - 1}} \Leftrightarrow 2x\left( {x - 1} \right) + 3 = 3x\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 5x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}&{\left( l \right)}\\{x = \frac{3}{2}}&{\left( n \right)}\end{array}} \right.\).

Vậy \(S = \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}\).

Tập xác định D = ℝ.

y' = ‒3x² + 2(m + 3)x ‒ (m² + 2m) ; y'' = ‒6x + 2(m + 3).

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 2 \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y'(2) = 0\\y''(2) < 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 12 + 4\left( {m + 3} \right) - {m^2} - 2m = 0\\ - 12 + 2m + 6 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m = 0\\m < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\]

Kết luận : Giá trị m cần tìm là m = 0, m = 2.

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \) và \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CN} \).

Suy ra

\(3\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} + 2\left( {\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CN} } \right)\)

\( = \left( {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} } \right) + \overrightarrow {AD} + 2\overrightarrow {BC} + \left( {\overrightarrow {DN} + 2\overrightarrow {CN} } \right).\)

Theo bài ra, ta có \(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} = \vec 0\) và \(\overrightarrow {DN} + 2\overrightarrow {CN} = \vec 0\)

\(3\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AD} + 2\overrightarrow {BC} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MN} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BC} \)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BJ} }\\{\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {ID} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CJ} }\end{array}} \right.\)

Cộng vế với vế:

\(2\overrightarrow {IJ} = \left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {ID} } \right) + \left( {\overrightarrow {BJ} + \overrightarrow {CJ} } \right) + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \) 

b) Đặt \(\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{ND}}{{NC}} = k\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {IP} = \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MP} }\\{\overrightarrow {IP} = \overrightarrow {ID} + \overrightarrow {DN} + \overrightarrow {NP} }\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {IP} = \left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {ID} } \right) + \left( {\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {NP} } \right) + \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {DN} = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {DN} \)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {IP} = k \cdot \overrightarrow {AB} + k \cdot \overrightarrow {DC} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {IP} = \frac{k}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} } \right) = \frac{k}{2} \cdot \overrightarrow {IJ} \)

⇒ P; I; J thẳng hàng hay P thuộc IJ.

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 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 \[R = \frac{a}{2}.\]

Đáp án đúng là: C

Mặt cầu tâm I(0;0;1) bán kính \[R = \sqrt 2 \] có phương trình \[{x^2} + {\rm{ }}{y^2} + {\rm{ }}{\left( {z - 1} \right)^2} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 2.\]

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\sqrt[5]{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = {\left( {{x^2} + 1} \right)^{\frac{2}{5}}}\)

Do đó \({\left[ {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{\frac{2}{5}}}} \right]^{\rm{'}}} = \frac{2}{5} \cdot {\left( {{x^2} + 1} \right)^{\frac{2}{5} - 1}} \cdot {\left( {{x^2} + 1} \right)^{\rm{'}}}\)

\( = \frac{2}{5}{\left( {{x^2} + 1} \right)^{ - \frac{3}{5}}} \cdot 2x = \frac{4}{5}x \cdot \frac{1}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{\frac{3}{5}}}}} = \frac{{4x}}{{5\sqrt[5]{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^3}}}}}.\)

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: C

Ta có: C_ℝA = [m;+∞).

Để C_ℝA ∩ B ≠ ∅ ⇔2m + 2 ≥ m ⇔ m ≥ −2.

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: A

Do A, B ≠ ∅ ta có điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < 4}\\{2m + 2 > - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 5}\\{m > - 2}\end{array} \Leftrightarrow - 2 < m < 5} \right.} \right.\)

Để A ∩ B = ∅ ⇔ 2m + 2 ≤ m ‒ 1 ⇔ m ≤ ‒3 (không thỏa điều kiện ‒2 < m < 5 )

Do đó không có giá trị nào của m để A, B ≠ ∅.

Vậy với mọi m ∈ (‒2; 5) thì A ∩B ≠ ∅.

Đáp án B sai vì học sinh không tìm điều kiện.

Đáp án C sai vì học sinh giải sai m ‒ 1 > ‒2 ⇔ m > ‒1 và kết hợp với điều kiện.

Đáp án D sai vì học sinh giải sai 4 < 2m + 2 ⇔ m > 1. Kết hợp với điều kiện.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: C

Đường tròn (C) có tâm I(2;2) và bán kính R = 2.

Gọi \(I'\left( {x';y'} \right) = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( I \right) \Rightarrow \overrightarrow {OI'} = 2\overrightarrow {OI} \Rightarrow \left( {x';y'} \right) = 2\left( {2;2} \right)\)

⇒ I’(4; 4).

\( \Rightarrow \) Ảnh của đường tròn (C) qua V_(O;2) (I) là đường tròn tâm I’(4; 4) và bán kính \(R' = \left| 2 \right| \cdot R = 4\)

Gọi I’’(x’’; y’’) = Q_{(O; 90°)} (I’) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x'' = 4{\rm{cos}}90^\circ - 4{\rm{sin}}90^\circ = - 4}\\{y'' = 4{\rm{sin}}90^\circ + 4{\rm{cos}}90^\circ = 4}\end{array} \Rightarrow I''\left( { - 4;4} \right)} \right.\)

Phép quay không làm thay đổi bán kính của đường tròn, do đó ảnh của đường tròn (C’) qua phép quay Q_{(O; 90°)} là đường tròn có tâm I’’(‒4; 4) và bán kính bằng 4, do đó có phương trình: (x + 4)² + (y ‒ 4)² = 16.

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: B

Áp dụng BĐT Cô−si, ta có: \(1 + {x^3} + {y^3} \ge 3xy \Rightarrow \frac{{\sqrt {1 + {x^3} + {y^3}} }}{{xy}} \ge \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt {xy} }} = \sqrt {3z} \).

Tương tự, ta có: \(\frac{{\sqrt {1 + {y^3} + {z^3}} }}{{yz}} \ge \sqrt {3x} ,\frac{{\sqrt {1 + {z^3} + {x^3}} }}{{zx}} \ge \sqrt {3y} \).

Suy ra: \(P \ge \sqrt {3x} + \sqrt {3y} + \sqrt {3z} \ge 3\sqrt 3 \sqrt[3]{{\sqrt {xyz} }} = 3\sqrt 3 \).

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1.

Vậy \({\rm{min}}P = 3\sqrt 3 \).

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: C

Ta có: B_n = {x ∈ ℤ, x ⋮ n}, B_m = {x ∈ ℤ, x ⋮ m}, B_mn = {x ∈ ℤ, x ⋮ mn},

Rõ ràng \(x \vdots mn \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \vdots m}\\{x \vdots n}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \in {B_m}}\\{x \in {B_n}}\end{array}} \right.} \right.\)

⇒ x ∈ B_n ∩ B_m

Lại có \({B_n} \cap {B_m} = \left\{ {x \in \mathbb{Z}\mid x \vdots m,x \vdots n} \right\}\) nên để B_mn = B_n ∩ B_m thì B_n ∩ B_m ⊂ B_mn

\({B_{nn}} = {B_n} \cap {B_m}\) thì \({B_n} \cap {B_m} \subset {B_{nn}}\) hay mọi số nguyên chia hết cho m và n thì đều chia hết cho tích m.n. Điều này chi xảy ra khi m, n là hai số nguyên tố cùng nhau.

Đáp án đúng là: B

Do 0 ≤ α ≤ 2π nên ta có góc quay 0; π

Đáp án cần chọn là B.

Đáp án đúng là: B

Phép quay tâm O góc quay π.

Đáp án đúng là: A

Xếp 6 học sinh có 6! cách xếp.

Giữa 6 học sinh có 5 khoảng trống.

Xếp 3 thầy giáo A, B, C vào 5 khoảng trống trên có: \[A_5^3\] cách.

Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu là: \[6! \cdot A_5^3 = 43\,\,200\] cách.

Đạo hàm f'(x) = 3x² + m² + 1 > 0,∀ x ∈ ℝ.

Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên [0; 2] ⇒ \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = {m^2} - 2\]

Theo bài ra: \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = 7 \Leftrightarrow {m^2} - 2 = 7 \Leftrightarrow m = \pm 3.\]

Đạo hàm  \[f'\left( x \right) = \frac{{{m^2} - m + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\], ∀x ∈ [0; 1].

Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên [0; 1] \[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = - {m^2} + m.\]

Theo bài ra: 

\[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = - 2 \Leftrightarrow - {m^2} + m = - 2 \Leftrightarrow {m^2} - m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = 2\end{array} \right.\]

Đáp án đúng là: B

cos2x − (2m − 1)cosx − m + 1 = 0 (1)

⇔ 2cos2x − (2m − 1)cosx − m = 0

Đặt cosx = t

Phương trình trên trở thành:

2t² − (2m − 1)t − m = 0

(2t² − 2mt) + (t − m) = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - \frac{1}{2}\\t = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = - \frac{1}{2}\\\cos x = m\end{array} \right.\]

Vì \[x \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\] nên 0 ≤ cosx ≤ 1.

Do đó \[\cos x = - \frac{1}{2}\] (loại)

Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm \[x \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\]  khi và chỉ khi 0 ≤ cosx < 1

⇔ 0 ≤ m < 1. (Nếu cosx = 1 thì có đúng 1 nghiệm x = 0 ⇒ cosx < 1)

Đáp án đúng là: A

Với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) thì cosx ≠ 0 nên ta chia cả 2 vế của phương trình cho cos²x được:

\(m - 4\frac{{{\rm{sin}}x}}{{{\rm{cos}}x}} + \frac{{m - 2}}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} = 0 \Leftrightarrow m - 4{\rm{tan}}x + \left( {m - 2} \right)\left( {1 + {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x} \right) = 0\)

⇔ (m ‒ 2)tan²x ‒ 4tanx + 2m ‒ 2 = 0

Đặt tanx = t (t ∈ (0; 1))

Khi đó (1) ⇔ (m ‒ 2)t² ‒ 4t + 2m ‒ 2 = 0 (2)

TH1: m ‒ 2 = 0 ⇔ m = 2, khi đó ta có:

\(0{t^2} - 4t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow m = 2\) thì phương trình ban đầu có nghiệm.

TH2: m ‒ 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2

Để phương trình có nghiệm thì phương trình (2) phải có nghiệm t ∈ (0; 1).

(2) có nghiệm ⇔ Δ’ = 4 ‒ (m ‒ 2)(2m ‒ 2) ≥ 0

⇔ −2m² + 6m ≥ 0

⇔ 2m(3 ‒ m) ≥ 0

⇔ 0 ≤ m ≤ 3.

⦁ Nếu (2) có nghiệm thỏa mãn 0 < t₁ < t₂ < 1

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < {t_1} < 1}\\{0 < {t_2} < 1}\\{{t_1}{t_2} > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} > 0\\{t_1} + {t_2} < 2\\{t_1}{t_2} > 0\\\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} + {t_2} > 0\\{t_1} + {t_2} < 2\\{t_1}{t_2} > 0\\{t_1}{t_2} - \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 1 > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{4}{{m - 2}} > 0\\\frac{4}{{m - 2}} < 2\\\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} - \frac{4}{{m - 2}} + 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{c}}{m - 2 > 0}\\{\frac{{4 - 2m + 4}}{{m - 2}} < 0}\\{2m - 2 > 0}\end{array}\\\frac{{2m - 2 - 4 + m - 2}}{{m - 2}} > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 2\\8 - 2m < 0\\m > 1\\\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 2}\\\begin{array}{l}m > 4\\m > 1\end{array}\\{m > \frac{8}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m > 4\]

+) TH2: (2) có nghiệm t₁, t₂ thỏa mãn t₁ < 0 < t₂ < 1. Khi đó:

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} < 0}\\{0 < {t_2} < 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1}{t_2} < 0}\\{\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) > 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} < 0}\\{\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{m - 1}}{{m - 2}} < 0}\\{\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} > 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 < m < 2}\\{3m - 8 < 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < m < 2\\m < \frac{8}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m < 2\)

+) TH3: (2) có nghiệm t₁, t₂ thỏa mãn 0 < t₁ < 1 < t₂. Khi đó:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < {t_1} < 1}\\{{t_2} > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1}{t_2} > 0\\{t_1} + {t_2} > 1\\\left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} > 0\\\frac{4}{{m - 2}} > 1\\\frac{{2m - 2}}{{m - 2}} - \frac{4}{{m - 2}} + 1 < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{m - 1}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{4 - m + 2}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{m - 1}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{6 - m}}{{m - 2}} > 0\\\frac{{3m - 8}}{{m - 2}} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 1\end{array} \right.\\2 < m < 6\\2 < m < \frac{8}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m < \frac{8}{3}\)

Từ ba trường hợp trên, kết hợp với điều kiện có nghiệm của (2) ta được\(m \in \left( {1;\frac{8}{3}} \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\)

Kết hợp với m = 2 ta được đîêu kiện cuả \(m\) là \(m \in \left( {1;\frac{8}{3}} \right)\).

Chọn A.

Đáp án đúng là: D

\[\int {{{\sin }^2}x = \int {\frac{{1 - cos2x}}{2}} } dx = \int {\frac{1}{2}dx - \frac{1}{2}} \int {cos2xdx = \frac{1}{2}x - \frac{1}{4}\sin 2x + C} .\]

Đáp án đúng là: A

\(\sin 5x + \sqrt 3 \cos 5x = 2\sin 7x\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {5x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin 7x\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{7x = 5x + \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{7x = \pi - 5x - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + k\pi }\\{x = \frac{\pi }{{18}} + k\frac{\pi }{6}}\end{array},k \in \mathbb{Z}} \right.\)

TH1: \(0 < \frac{\pi }{6} + k\pi < \frac{\pi }{2}\)

\( \Leftrightarrow - \frac{1}{6} < k < \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}\)

TH2: \(0 < \frac{\pi }{{18}} + k\frac{\pi }{6} < \frac{\pi }{2}\)

\( \Leftrightarrow 0 < \frac{1}{3} + k < 3\)

\( \Leftrightarrow - \frac{1}{3} < k < 3 - \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow k = 0,1,2\).

\( \Rightarrow x = \frac{\pi }{{18}},\frac{{2\pi }}{9},\frac{{7\pi }}{{18}}\)

y \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{{18}},\frac{{2\pi }}{9},\frac{{7\pi }}{{18}},\frac{\pi }{6}} \right\}\)

Vậy phương trình có tất cả 4 nghiệm.

Đáp án đúng là: A

\[3C_{n + 1}^3 - 3A_n^2 = 52\left( {n - 1} \right)\]

\( \Leftrightarrow 3 \cdot \frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 2} \right)!3!}} - 3 \cdot \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} = 52\left( {n - 1} \right)\) \(\left( {n \in \mathbb{N},n \ge 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {n - 1} \right)n\left( {n + 1} \right)}}{2} - 3\left( {n - 1} \right)n = 52\left( {n - 1} \right) \Leftrightarrow n\left( {n + 1} \right) - 6n = 1\)

\( \Leftrightarrow {n^2} - 5n - 104 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 13\left( {TM} \right)}\\{n = - 8\left( L \right)}\end{array} \Leftrightarrow n = 13.} \right.\)

Đáp án cần chọn là: \({\rm{A}}\)

Đáp án đúng là: B

Đặt \(t = {\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x = \sqrt 2 {\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\).

Vì \({\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \in \left[ { - 1;1\left] { \Rightarrow t \in } \right[ - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\).

Ta có:

\({t^2} = {({\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x)^2} = {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x + 2{\rm{sin}}x{\rm{cos}}x \Rightarrow {\rm{sinxco}}x = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\)

Khi đó, phương trình đã cho trở thành:

\(\frac{{{t^2} - 1}}{2} + 2t = 2 \Leftrightarrow {t^2} + 4t - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{t = - 5\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Với \(t = 1\), ta được:

\({\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x = 1 \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \frac{\pi }{4}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x + \frac{\pi }{4} = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array},k \in \mathbb{Z}} \right.} \right.\)

Đáp án cần chọn là: \({\rm{B}}\)

Đáp án đúng là: A

Hàm số y = a^x nghịch biến trên ℝ nên ta có: 0 <a <1.

Các hàm số y = b^x; y = log_cx đồng biến trên tập xác định của nó nên ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}b > 1\\c > 1\end{array} \right.\]

Xét đồ thị hàm số y = log_cx , ta có: log_c2 > 1⇔ c < 2.

Xét đồ thị hàm số y = b^x, ta có: b¹ > 2 ⇔ b > 2.

Do đó: 0 < a < c < b.

Đáp án đúng là: D

Ta có: f′(x) = 0

⇔ (x − 1)(x² − 2)(x⁴ − 4) = 0

⇔ (x − 1)(x² − 2)²(x² + 2) = 0

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \sqrt 2 \\x = - \sqrt 2 \end{array} \right.\]

Một điểm được gọi là cực trị của hàm số khi đạo hàm của hàm số đổi dấu qua điểm đó.

Ta nhận thấy đạo hàm của hàm số chỉ đổi dấu qua x = 1 và không đổi dấu qua 

Vậy hàm số có 1 điểm cực trị \[x = \pm \sqrt 2 \].

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: D

f′(x) = x(x + 1)²(x − 2)⁴ = 0 \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\]

Tuy nhiên x = −1,x = 2 là các nghiệm bội chẵn của phương trình f′(x) = 0 nên hàm số y = f(x) chỉ có 1 điểm cực trị là x = 0.

Đáp án đúng là: B

Đồ thi hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng \[x = - \frac{d}{c} < 0\] ⇒ cd > 0 (1).

Đồ thi hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng \[x = \frac{a}{c} > 0\] ⇒ ca > 0 (2).

Từ (1) và (2) suy ra ad > 0 (*)

Mặt khác đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm có hoành độ là \[ - \frac{b}{a} > 0\] ⇒ ab < 0 (**)

Từ (*) và (**) ta chọn đáp án B là đáp án đúng

Đáp án đúng là: C

Vì BC // AD\({\rm{\;}} \Rightarrow \angle \left( {AD;\left( {SAB} \right)} \right) = \angle \left( {BC;\left( {SAB} \right)} \right){\rm{.\;}}\)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên (SAB) ⇒ BH là hình chiếu của BC lên (SAB)

\( \Rightarrow \angle \left( {BC;\left( {SAB} \right)} \right) = \angle \left( {BC;BH} \right) = \angle HBC = 30^\circ \)

Xét tam giác vuông \({\rm{ABC}}\) có \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + {a^2}} = 2a\)

Xét tam giác vuông \({\rm{BCH}}\) có \(CH = BC \cdot {\rm{sin}}30^\circ = 2a \cdot \frac{1}{2} = a\).

Vì ∆SAB đều cạnh \(a\sqrt 3 \) nên \({S_{\Delta SAB}} = \frac{{{{(a\sqrt 3 )}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{4}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}CH \cdot {S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \cdot a \cdot \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{4} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{4}.\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABC}} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{2}\).

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm của AB, tam giác SAB đều \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}\\{SI \bot AB}\end{array}} \right.\)

Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right);\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SI \bot AC}\\{AB \bot AC}\end{array} \Rightarrow AC \bot \left( {SAB} \right)} \right.\).

Kẻ BK vuông góc với SA tại K, vì AC ⊥ (SAB) nên \(AC \bot BK \Rightarrow BK \bot (S\) và \(BK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Do đó, góc giữa BC và (SAC) là \(\widehat {BCK} \Rightarrow \widehat {BCK} = 30^\circ .\)

Khi đó \(BC = \frac{{BK}}{{{\rm{sin}}\widehat {BCK}}} = a\sqrt 3 \Rightarrow AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \).

Vậy diện tích tam giác ABC là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\).

Đáp án cần chọn là: \({\rm{A}}\)

Đáp án đúng là: C

Phép đối xứng tâm biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó.

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đường thẳng đáp án C song song với đường thẳng ∆ đã cho.

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: B

Xét hàm số y = x³ ‒ 3x² ‒ 9x + 35 trên đoạn [‒4; 4], có y’ = 3x² ‒ 6x ‒ 9.

Phương trình y’ = 0 \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 \le x \le 4\\3{x^2} - 6x - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\]

Với x = ‒4 thì f(‒4) = (‒4)³ ‒ 3.(‒4)² ‒ 9.(‒4) + 35 = ‒41.

Với x = ‒1 thì f(‒1) = (‒1)³ ‒ 3.(‒1)² ‒ 9.(‒1) + 35 = 40.

Với x = 3 thì f(3) = 3³ ‒ 3.3² ‒ 9.3 + 35 = 8.

Với x = 4 thì f(4) = 4³ ‒ 3.4² ‒ 9.4 + 35 = 15.

Vậy giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số lần lượt là M = 40; m = −41.

Đáp án đúng là: A

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}y - 2x \le 2\\2y - x \ge 4\\x + y \le 5\end{array} \right.\] trên hệ trục tọa độ như hình dưới đây

Nhận thấy biết thức F = y − x chỉ đạt giá trị nhỏ nhất tại các điểm A, B hoặc C.

Ta có: 

Tại A(0; 2) thì F = 2.

Tại B(1; 4) thì F = 3.

Tại A(2; 3) thì F = 1.

Vậy F_min = 1 khi x = 2, y = 3.

Đáp án cần chọn là: A.

⦁ Tính thể tích khối chóp SABC.

Trong tam giác ABC ta có: \(AB = AC \cdot {\rm{cos}}30^\circ = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

 \(BC = AC \cdot {\rm{sin}}30^\circ = 2a \cdot \frac{1}{2} = a\)

Vậy thể tích khối chóp SABC là:

\(V = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot \frac{1}{2}BA \cdot BC = \frac{1}{6} \cdot a \cdot a \cdot a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

⦁ Tính khoảng cách giữa SB và AC

Trong mặt phẳng (ABC) kẻ đường thẳng Bx // AC. Khi đó AC // (SBx),

Do đó d(AC; SB) = d(A; (SBx))

Trong mặt phẳng (ABC ) kẻ AK ⊥ Bx, vì AS ⊥ Bx ⇒ Bx ⊥ (SAK) ⇒ (SBx) ⊥

(SAK).

Trong mặt phẳng (SAK) kẻ AH ⊥ SK ⇒ AH ⊥ (SBx). Vậy d(A; (SBx)) = AH.

Trong tam giác ABK vuông tại K có \(\widehat {BAK} = 60^\circ \) ta có:

\(AK = AB \cdot {\rm{cos}}60^\circ = a\sqrt 3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Trong tam giác SAK ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\)

Vậy \(d\left( {AC;SB} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\)

Mệnh đề đảo của mệnh đề “Nếu x > y thì x³ > y³” là mệnh đề “Nếu x³ > y³ thì x > y”.

Ta có x³ > y³ x³ y³ > 0 (x y)(x² + xy + y²) > 0.

\[{x^2} + xy + {y^2} = {x^2} + 2 \cdot x \cdot \frac{y}{2} + \frac{{{y^2}}}{4} + \frac{{3{y^2}}}{4} = {\left( {x + \frac{y}{2}} \right)^2} + \frac{{3{y^2}}}{4} > 0\,\forall x,y \in \mathbb{R}\]

Do đó x y > 0 x > y.

Vậy mệnh đề đảo của mệnh đề “Nếu x > y thì x³ > y³” là mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: A

Ta có: \[2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x + {\rm{sin}}x - 1 = 0\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\left( {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x} \right) + {\rm{sin}}x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x - {\rm{sin}}x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{sin}}x = 1}\\{{\rm{sin}}x = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\end{array}\].

TH1. Với \({\rm{sin}}x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \) mà \(x \in \left[ {0;30\pi } \right] \Rightarrow k = \left\{ {0;1; \ldots ;14} \right\}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sum \;x = \frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2} + 2\pi + \frac{\pi }{2} + 4\pi + \ldots + \frac{\pi }{2} + 28\pi \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 15 \cdot \frac{\pi }{2} + \left( {2 + 4 + \ldots + 28} \right)\pi = \frac{{435\pi }}{2}{\rm{.\;}}\end{array}\)

TH2: Với \({\rm{sin}}x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\) mà \(x \in \left[ {0;30\pi } \right] \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{k_1} = \left\{ {1;2; \ldots ;15} \right\}}\\{{k_2} = \left\{ {0;1; \ldots ;14} \right\}}\end{array}} \right.\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sum \;{x_1} = - \frac{\pi }{6} + 2\pi - \frac{\pi }{6} + 4\pi + \ldots - \frac{\pi }{6} + 30\pi \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 15 \cdot \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) + \left( {2 + 4 + \ldots + 30} \right)\pi = \frac{{475\pi }}{2}.\end{array}\)

Và \(\sum {x_2} = \frac{{7\pi }}{6} + \frac{{7\pi }}{6} + 2\pi + \frac{{7\pi }}{6} + 4\pi + \ldots + \frac{{7\pi }}{6} + 28\pi \)

\(\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 15 \cdot \frac{{7\pi }}{6} + \left( {2 + 4 + \ldots + 28} \right)\pi = \frac{{455\pi }}{2}\).

Vậy \(\sum x + \sum {x_1} + \sum {x_2} = \frac{{435\pi }}{2} + \frac{{475\pi }}{2} + \frac{{455\pi }}{2} = \frac{{1365\pi }}{2}\).

Đáp án đúng là: D

A ∩ B = (2;4]; A ∩ B ∩ C = ∅

Đáp án đúng là: C

Ta có: \[\frac{1}{{{x^2}}} = {x^{ - 2}}.\]

\[ \Rightarrow y' = {\left( {{x^{ - 2}}} \right)^\prime } = - 2 \cdot {x^{ - 3}} = \frac{{ - 2}}{{{x^3}}}.\]

Đáp án đúng là: C

Ta có:

\(C = \left\{ {x \in \mathbb{R}\mid \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = 0} \right\} = \left\{ {x \in \mathbb{R}\mid f\left( x \right) = 0,g\left( x \right) \ne 0} \right\}\)

Do đó C = A ∖ B.

Đáp án đúng là: C

Hàm số đã cho xác định khi: cotx xác định và sinx ‒1 ≠ 0

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin \ne 0}\\{{\rm{sin}} \ne 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne k\pi }\\{x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array},k \in \mathbb{Z}} \right.} \right.\)

Đáp án cần chọn là: \({\rm{C}}\)

Đáp án đúng là: C

ĐK: x ≠ m

Ta có \(y' = \frac{{{m^2} - m + 2}}{{{{(x - m)}^2}}}\) nhận thấy:

\({m^2} - m + 2 = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} > 0;\forall m\) nên y’ > 0 với mọi m

Hay hàm số đồng bến trên từng khoảng xác định.

Để hàm số đạt GTLN trên [0; 4]  thì \(m \in \left[ {0;4} \right] \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{m > 4}\end{array}} \right.\)

Suy ra .

Theo bài ra ta có: \(\frac{{4 - {m^2} - 2}}{{4 - m}} = - 1 \Rightarrow - {m^2} + 2 = m - 4\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2\left( {{\rm{ktm}}} \right)}\\{{\rm{m}} = - 3\left( {{\rm{tm}}} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy có một giá trị của m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: C

Ta có 3 điểm A, B, C không thẳng hàng, M là điểm bất kỳ.

Vi hai điểm A, B phân biệt nên không tồn tại điểm M để \(\overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MB} \) nên các đáp án A, B và D đều sai.

Đáp án C đúng là do ba điểm A, B, C phân biệt nên không tồn tại điểm M nào để \(\overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MB} \) hoặc \(\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} \) hoặc \(\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MA} .\)

Hay nói cách khác, với mọi điểm M ta đều có \(\overrightarrow {MA} \ne \overrightarrow {MB} \ne \overrightarrow {MC} .\)

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: B

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M là trung điểm của BC.

Ta có A'G ⊥ (ABC) nên A'G ⊥ BC; BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ (MAA')

Kẻ MI ⊥ AA' ; BC ⊥ IM nên \[d\left( {{\rm{AA';BC}}} \right) = IM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\]

Kẻ GH ⊥ AA', ta có: 

\(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{{GH}}{{IM}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow GH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

\(\frac{1}{{H{G^2}}} = \frac{1}{{A'{G^2}}} + \frac{1}{{A{G^2}}} \Leftrightarrow A'G = \frac{{AG \cdot HG}}{{\sqrt {A{G^2} - H{G^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} }} = \frac{a}{3}\)

$V_{ABC\cdot A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A^{\text{'}}G\cdot S_{ABC}=\frac{a}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{12}\text{ (đvtt). }$

Đáp án đúng là: B

(x ‒ 7)(x + 5) < 0 nên x ‒ 7 và x + 5 khác dấu.

Mà x + 5> x ‒ 7 nên x + 5 > 0 và x ‒ 7 < 0

Suy ra x > ‒5 và x < 7

Do đó x ∈ {‒4; ‒3; ‒2; ‒1; 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}

Vậy có 11 giá trị của x thỏa mãn.

Đáp án đúng là: D

\(\sqrt 3 {\rm{sin}}2x - {\rm{cos}}2x + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\rm{sin}}2x - \frac{1}{2}{\rm{cos}}2x + \frac{1}{2} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}2x \cdot {\rm{cos}}\frac{\pi }{6} - {\rm{cos}}2x \cdot {\rm{sin}}\frac{\pi }{6} = - \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) = {\rm{sin}}\left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - \frac{\pi }{6} = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{2x - \frac{\pi }{6} = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = k2\pi }\\{2x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi }\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = k\pi }\\{x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi }\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\)

Đáp án đúng là: A

Vì f(x) và g(x) cùng đồng biến trên khoảng (a; b) nên với x₁; x₂ ∈ (a; b) mà x₁ < x₂ thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\\g\left( {{x_1}} \right) < g\left( {{x_2}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) + g\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right) + g\left( {{x_2}} \right)\]

Do đó y = f(x) + g(x) đồng biến trên khoảng (a; b).

Số kilôgam thịt bò gia đình mua là x (kg); số kilôgam thịt lợn gia đình mua là y (kg). Vì số kilôgam thịt bò mua nhiều nhất là 1,6 kg và số kilôgam thịt lợn mua nhiều nhất là 1,1 kg nên ta có:

0 ≤ x ≤ 1,6; 0 ≤ y ≤ 1,1 (1)

Vì mỗi kilôgam thịt bò có chứa 800 đơn vị protein và mỗi kilôgam thịt lợn có chứa 600 đơn vị protein nên khối lượng protein có trong x kg thịt bò và y kg thịt lợn là: 800x + 600y (đơn vị).

Mà mỗi ngày gia đình cần ít nhất 900 đơn vị protein nên ta có bất phương trình:

800x + 600y ≥ 900 (2)

Vì mỗi kilôgam thịt bò có chứa 200 đơn vị lipid và mỗi kilôgam thịt lợn có chứa 400 đơn vị lipid nên khối lượng lipid có trong x kg thịt bò và y kg thịt lợn là: 200x + 400y (đơn vị).

Mà mỗi ngày gia đình cần ít nhất 400 đơn vị lipid nên ta có bất phương trình:

200x + 400y ≥ 400 (3)

Từ (1); (2); (3) ta có hệ bất phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 1,6\\0 \le y \le 1,1\\800x + 600y \ge 900\\200x + 400y \ge 400\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 1,6\\0 \le y \le 1,1\\8x + 6y \ge 9\\x + 2y \ge 2\end{array} \right.\]

Ta đi xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác ABCD có trong hình vẽ trên với tọa độ các đỉnh là A(0,3; 1,1), B(0,6; 0,7), C(1,6; 0,2), D(1,6; 1,1).

b) Số tiền mua một kilôgam thịt bò là 250 nghìn đồng và số tiền mua một kilôgam thịt lợn là 160 nghìn đồng nên số tiền để mua x kg thịt bò và y kg thịt lợn là: F(x; y) = 250x + 160y (nghìn đồng).

c) Người ta đã chứng minh được để số tiền mua ít nhất thì (x; y) là tọa độ của một trong bốn đỉnh tứ giác ABCD.

Ta có: F(x; y) = 250x + 160y. Khi đó:

F(0,3; 1,1) = 250 . 0,3 + 160 . 1,1 = 251;

F(0,6; 0,7) = 250 . 0,6 + 160 . 0,7 = 262;

F(1,6; 0,2) = 250 . 1,6 + 160 . 0,2 = 432;

F(1,6; 1,1) = 250 . 1,6 + 160 . 1,1 = 576;

Suy ra giá trị nhỏ nhất cần tìm là F(0,3; 1,1) = 251.

Vậy để chi phí là ít nhất thì gia đình cần mua 0,3 kilôgam thịt bò và 1,1 kilôgam thịt lợn.

Đáp án đúng là: A

Đáp án A: Trong mặt phẳng, nếu hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì chúng song song.

Mệnh đề đúng.

Đáp án B: Nếu hai tam giác bằng nhau thì diện tích của chúng bằng nhau.

Mệnh đề đúng.

Đáp án C: Nếu tứ giác là hình thoi thì nó có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Mệnh đề đúng.

Đáp án D: Nếu một số nguyên dương chia hết cho 55 thì tận cùng của nó bằng 55.

Đây là mệnh đề sai vì còn xảy ra trường hợp tận cùng bằng 00.

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: B

Ta có: x² > 4 \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\x < - 2\end{array} \right.\]

Đáp án A sai vì nếu x = −1 thì (−1)² > 4 nên mệnh đề sai.

Đáp án B đúng.

Đáp án C sai vì chưa thể suy ra chắc chắn x > 2 mà vẫn có thể xảy ra trường hợp 

x < −2.

Đáp án D sai vì nếu x = −3 thì mệnh đề sai.

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: D

Hàm y = sinx có TXĐ D = ℝ.

Đáp án đúng là: B

Ta có: y’ = x² – 4x + 3;

y' = 0 ⇔ x = 3 hoặc x = 1

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm M(3;−5).

y'(3) = 0;

Phương trình tiếp tuyến là: y = 0(x – 3) – 5 ⇔ y = ‒5.

Đường thẳng này song song với trục hoành.

2843. y=căn 5−msinx−(m 1)cosx

Đáp án đúng là: B

Hàm số xác định trên ℝ

⇔5 − msinx − (m + 1)cosx ≥ 0 ∀x ∈ ℝ

⇔ msinx + (m + 1)cosx ≤ 5 ∀x ∈ ℝ

⇔m² + (m+1)² ≤ 25 ⇔ m² + m − 12 ≤ 0

⇔ m ∈ [−4; 3]

Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: D

Áp dụng định lý sin ta có:

\[\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R\] nên \[R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{10}}{{2 \cdot \sin 30^\circ }} = 10.\]

Đáp án đúng là: B

Kẻ B’H ⊥ Bc (H ∈ BC).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {BCC'B'} \right) \bot \left( {ABC} \right) = BC}\\{B'H \subset \left( {BCC'B'} \right);B'H \bot BC}\end{array} \Rightarrow B'H \bot \left( {ABC} \right)} \right.\).

Đặt \(B'H = x(x > 0)\)

\( \Rightarrow BH = \sqrt {{a^2} - {x^2}} \) (Định lí Pytago trong tam giác vuông BB’H ).

Gọi M là trung điềm của AB ta có CM ⊥ AB và \(CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) (do ∆ABC đều ạnh \({\rm{a}}\) ).

Trong (ABC) kẻ HK // CM (K ∈ AB), áp dụng định lí Ta−lét ta có:

\(\frac{{HK}}{{CM}} = \frac{{BH}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{HK}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}{a} \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt 3 \sqrt {{a^2} - {x^2}} }}{2}.\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông B’HK ta có:

\(B'{K^2} = B'{H^2} + H{K^2} = {x^2} + \frac{3}{4}\left( {{a^2} - {x^2}} \right) = \frac{3}{4}{a^2} + \frac{1}{4}{x^2} \Rightarrow B'K = \frac{{\sqrt {3{a^2} + {x^2}} }}{2}\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot B'H}\\{AB \bot HK\left( {HK\,{\rm{//}}\,CM} \right)}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {B'HK} \right) \Rightarrow AB \bot B'K} \right.\).

Khi đó ta có: \({S_{ABB'A'}} = B'K.AB = \frac{{a\sqrt {3{a^2} + {x^2}} }}{2}\)

Ta có: \(CC'\,{\rm{//}}\,BB' \Rightarrow CC'\,{\rm{//}}\,\left( {ABB'A'} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {CC';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {12} }}{5}\).

\( \Rightarrow {V_{C \cdot ABB'A'}} = \frac{1}{3}{S_{ABB'A'}} \cdot d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right)\)

\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt {3{a^2} + {x^2}} }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt {12} }}{5}\)

\( = \frac{{{a^2}\sqrt {12} \sqrt {3{a^2} + {x^2}} }}{{30}} = \frac{2}{3}{V_{ABC \cdot A'B'C'}}\)

\( \Rightarrow {V_{ABC \cdot A'B'C'}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt {12} \sqrt {3{a^2} + {x^2}} }}{{30}} = \frac{{{a^2}\sqrt {12} \sqrt {3{a^2} + {x^2}} }}{{20}}\)

Lại có: \({V_{ABC \cdot A'B'C'}} = B'H \cdot {S_{\Delta ABC}} = x \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}\sqrt {12} \sqrt {3{a^2} + {x^2}} }}{{20}} = x \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt {3{a^2} + {x^2}} }}{5} = x \Leftrightarrow 4\left( {3{a^2} + {x^2}} \right) = 25{x^2}\)

\( \Leftrightarrow 21{x^2} = 12{a^2} \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}a\)

Vậy \({V_{ABC \cdot A'B'C'}} = x \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{2\sqrt 7 }}{7} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt {21} {a^3}}}{{14}}\).

Đáp án đúng là: D

Điều kiện để hàm số bậc ba không có cực trị là phương trình y′ = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép.

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: C

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Vì chóp S.ABC đều nên SG ⊥ (ABC)

Gọi D là trung điểm của BC ta có: AD ⊥ BC

Ta có:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AD}\\{BC \bot SG\left( {SG \bot \left( {ABC} \right)} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot SD\)

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{\left( {SBC} \right) \supset SD \bot BC}\\{\left( {ABC} \right) \supset AD \bot BC}\end{array}} \right\} \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)\)\( = \left( {\widehat {D;A}D} \right) = \widehat {SDA} = 60^\circ \)

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow DG = \frac{1}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\)

SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ AD ∆SGD vuông tại G.

\( \Rightarrow SG = GD \cdot {\rm{tan}}60 = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \cdot \sqrt 3 = \frac{a}{2}\)

Tam giác ABC đều \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SG.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}.\)

Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD ⇒ SO ⊥ (ABCD)

⇒ Góc tạo bởi cạnh bên SC và mặt đáy ABCD là \[\widehat {SCO}\], bằng 60°

\(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OC = \frac{a}{{\sqrt 2 }}}\\{{S_{ABCD}} = {a^2}}\end{array}} \right.\)

∆SOC vuông tại O \( \Rightarrow SO = OC \cdot {\rm{tan}}\widehat {SCO} = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \cdot {\rm{tan}}60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\)

Thể tích khối chóp S.ABCD là: \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).

Đáp án đúng là: D

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là số nghiệm của phương trình:

x³ + 2x² − x + 1 = x² − x + 3

⇔ x³ + x² − 2 = 0

⇔ (x − 1)(x² + 2x + 2) = 0 ⇔ x = 1

Như vậy hai đồ thị có 1 điểm chung.

Đáp án cần chọn là: D

Hàm số xác định trên ℝ.

Đạo hàm y’ = 3x² ‒ 2x(2m + 1) + m² ‒3m + 2.

hàm số có cực đại và cực tiểu nằm về hai phía với trục tung ⇔ f’(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁ , x₂ thỏa mãn x₁ < 0 < x₂ \[ \Leftrightarrow \frac{{{m^2} - 3m + 2}}{3} < 0 \Leftrightarrow 1 < m < 2\]

Vậy với 1< m < 2 thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Đạo hàm y' = ‒4x³ + 4(m ‒ 2)x = ‒4x[x² ‒ 4(m ‒ 2)]

\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 4\left( {m - 2} \right) = 0\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\]

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm khác không

Điều này xảy ra khi: 4(m ‒ 2) > 0 ⇔ m > 2

Đáp án đúng là: D

Từ đồ thị hàm số y = f(x) ta thấy:

f(x³ + 3x² − m) − 3 = 0 ⇔ f(x³ + 3x² − m) = 3

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} + 3{x^2} - m = - 1\\{x^3} + 3{x^2} - m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} + 3{x^2} = - 1 + m\\{x^3} + 3{x^2} = 2 + m\end{array} \right.\]

Suy ra phương trình f(x³ + 3x² − m) − 3 = 0 có nghiệm thuộc đoạn [−1; 2]

⇔ phương trình x³ + 3x² = −1 + m có nghiệm thuộc đoạn [−1;2] hoặc phương trình x³ + 3x² = 2 + m có nghiệm thuộc đoạn [−1;2].

Xét hàm số g(x) = x³ + 3x² trên đoạn [−1;2].

Suy ra g'(x) = 3x² + 6x. Ta có g′(x) = 0 \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.\]

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biên thiên ta thấy:

• Phương trình x³ + 3x² = −1 + m có nghiệm thuộc đoạn [−1;2] khi và chỉ khi 

0 ≤ −1 + m ≤ 20 ⇔ 1≤ m ≤ 21.

• Phương trình x³ + 3x² = 2 + m có nghiệm thuộc đoạn [−1;2] khi và chỉ khi 

0 ≤ 2 + m ≤ 20 ⇔ −2 ≤ m ≤ 18.

Từ đó suy ra phương trình f(x³ + 3x² − m) − 3=0 có nghiệm thuộc đoạn [−1;2] khi và chỉ khi −2 ≤ m ≤ 21.

Mà m là số nguyên nên m ∈ {−2; −1; 0. . .; 20; 21}.

Vậy có 24 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

\(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BA} = \left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BA} } \right) + \overrightarrow {BD} \)

\( = \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BD} = 2\overrightarrow {BD} \) và \(BD = a\sqrt 2 \)

Khi đó:

\(P = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot 2\overrightarrow {BD} \)

\( = 2\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BD} + 2\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {BD} = - 2\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BD} + 0\)

\( = - 2 \cdot BA \cdot BD{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BD} } \right)\)

\( = 2 \cdot a \cdot a\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = - 2{a^2}.\)

Tập hợp ℚ là từ viết tắt của tập hợp số hữu tỉ.

Được viết dưới dạng \[\frac{a}{b}\] với a, b ∈ ℤ, b ≠ 0

⇒ ‒9 thuộc tập hợp ℚ.

Đáp án đúng là: C

\[\frac{{36}}{{63}} = \frac{{36:9}}{{63:9}} = \frac{4}{7}.\]

Đáp án đúng là: C

Ta có: \[2\overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {MB} = \overrightarrow 0 \]

\[ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {MA} - 3\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} } \right) = \overrightarrow 0 \]

\[ \Leftrightarrow - \overrightarrow {MA} - 3\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \]

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = 3\overrightarrow {AB} \]

Vậy M nằm trên tia AB và AM = 3AB.

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Ta có:

\[\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 \]

\[ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {MI} + 2\overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 \]

\[ \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MC} } \right) = \overrightarrow 0 \]

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MC} = 0\]

Vậy M là trung điểm của IC.

Đáp án đúng là: D

Đặt m là số tiền đóng vào hàng năm, a là lãi suất hàng năm.

Sau 1 năm số tiền bác Bình có được là: P₁ = m + ma = m(a + 1).

Sau 2 năm số tiền bác Bình có được là: P₂ = m(a + 1) + m + [m(a + 1) + m]a = m (a + 1) + m(a + 1)²

Cứ như thế sau n năm số tiền bác Bình có được là:

\({P_n} = m\left( {a + 1} \right) + m{(a + 1)^2} + \ldots + m{(a + 1)^n} = \frac{{m\left( {a + 1} \right)\left[ {{{(a + 1)}^n} - 1} \right]}}{a}\)

\( = \frac{{20.1,06\left[ {{{(1,06)}^n} - 1} \right]}}{{0,06}}{\rm{.\;}}\)

Khi số tiền bác Bình thu về lớn hơn 400 triệu tức là: \(\frac{{20.1,06\left[ {{{(1,06)}^n} - 1} \right]}}{{0,06}} > 400\)

⇒ (1, 06)ⁿ ‒ 1 > 1,132 ⇒ (1, 06)ⁿ > 2,132 ⇒ n > 12,99 ⇒ n =13.

Đáp án đúng là: C

\({\rm{cos}}\alpha - {\rm{sin}}\alpha = \frac{1}{3} \Rightarrow {({\rm{cos}}\alpha - {\rm{sin}}\alpha )^2} = \frac{1}{9}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - 2{\rm{sin}}\alpha {\rm{cos}}\alpha = \frac{1}{9}\)

\( \Leftrightarrow 1 - 2{\rm{sin}}\alpha {\rm{cos}}\alpha = \frac{1}{9} \Leftrightarrow 2{\rm{sin}}\alpha {\rm{cos}}\alpha = \frac{8}{9}\)

\( \Rightarrow {\rm{sin}}\alpha {\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{9}\)

Đáp án đúng là: A

\[\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right|\]

\[ \Leftrightarrow \left| {2\overrightarrow {MI} = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|} \right| \Leftrightarrow 2MI = BA \Leftrightarrow MI = \frac{{BA}}{2}.\]

Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính AB.

Đáp án đúng là: B

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{M}} \in \left( \alpha \right) \cap \left( {{\rm{ABCD}}} \right)}\\{{\rm{BC//}}\left( \alpha \right)}\\{{\rm{BC}} \subset \left( {{\rm{ABCD}}} \right)}\end{array}} \right.\)

⇒ (α) ∩ (ABCD) = MN // BC

N ∈ AB (1)

Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{N}} \in \left( \alpha \right) \cap \left( {{\rm{SAB}}} \right)}\\{{\rm{SA//}}\left( \alpha \right)}\\{{\rm{SA}} \subset \left( {{\rm{SAB}}} \right)}\end{array}} \right.\)

⇒ (α) ∩ (SAB) = NP // SA

P ∈ SB \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{P}} \in \left( \alpha \right) \cap \left( {{\rm{SBC}}} \right)}\\{{\rm{BC//}}\left( \alpha \right)}\\{{\rm{BC}} \subset \left( {{\rm{SBC}}} \right)}\end{array}} \right.\)

⇒ (α) ∩ (SBC) = PQ // BC

Q ∈ SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN // PQ.

Vậy thiết diện là hình thang MNPQ.

Đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: A

Ta có C là trung điểm của DE nên DE = 2a

Khi đó

\[\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DE} } \right) \cdot \overrightarrow {AB} .\]

\[ = \underbrace {\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AB} }_0 + \overrightarrow {DE} \cdot \overrightarrow {AB} \]

\[ = DE \cdot AB \cdot cos\left( {\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {AB} } \right)\]

= DE.AB.cos0° = 2a²

Đáp án đúng là: A

Ký hiệu B là biến cố lấy được số tự nhiên A thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có 3^N = A <=> N = log₃A

Để N là số tự nhiên thì A = 3^m (m ∈∈ N)

Những số A dạng có 4 chữ số gồm 3⁷ = 2187 và 3⁸ = 6561

n(Ω) = 9000; m(B) = 2

\[ \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{1}{{4500}}.\]

Đáp án đúng là: A

Cơ sở A giá mét khoan đầu tiên là 8000 (đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm 500 (đồng) so với giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số cộng ta có:

⦁ Nếu đào giếng 20 (m) hết số tiền là:

\({S_{20}} = \frac{{20}}{2}\left[ {2.8000 + \left( {20 - 1} \right)500} \right] = 255000{\rm{\;}}\) (đồng)

⦁ Nếu đào giếng 25 (m) hết số tiền là:

\({S_{25}} = \frac{{25}}{2}\left[ {2.8000 + \left( {25 - 1} \right)500} \right] = 350000{\rm{\;}}\) (đồng)

Cơ sở B giá của mét khoan đầu tiên là 6000 (đồng) và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm 7% giá của mét khoan ngay trước đó. Do đó theo tổng của một cấp số nhân ta có:

⦁ Nếu đào giếng 20 (m) hết số tiền là: \(S_{20}^{\rm{'}} = 6000\frac{{1 - {{(1,07)}^{20}}}}{{1 - 1,07}} \approx 245973\) (đồng).

⦁ Nếu đào giếng 25 (m) hết số tiền là: \(S_{25}^{\rm{'}} = 6000\frac{{1 - {{(1,07)}^{25}}}}{{1 - 1,07}} \approx 379494\) (đồng).

⦁ Ta thấy S’₂₀ < S₂₀, S’₂₅ > S₂₅ nên giếng 20 (m) chọn B còn giếng 25 (m)

Chọn A.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \({x^2} - 5x + 9 = {\left( {x - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{{11}}{4} \ge \frac{{11}}{4};\forall x \in \mathbb{R}\)

Suy ra: \(f\left( x \right) = \frac{2}{{{x^2} - 5x + 9}} \le \frac{8}{{11}}\)

 Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng \(\frac{8}{{11}}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(x - \frac{5}{2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\)

Đáp án cần chọn là: D

y′ = 3x² − (6m + 2)x + m² + 3m + 2

Để cực tiểu và cực đại của đồ thị hàm số y nằm về hai phía của trục tung thì x₁x₂ < 0, với x₁, x₂ là hai nghiệm của phương trình y′ = 0.

⇔ 3(m² + 3m + 2) < 0 ⇔ m² + 3m + 2 < 0 ⇔ −2 < m < −1

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: B

Ta có: y' = −4x³ + 12x + m

Xét phương trình y' = 0 ⇔ −4x³ + 12x + m = 0 (1)

Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có: (1) ⇔ m = 4x³ − 12x.

Xét hàm số g(x) = 4x³ − 12x có g'(x)=12x² − 12

Cho g'(x) = 0 ⇔ 12x² − 12 = 0 ⇔ x = ±1.

Bảng biến thiên của g(x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi −8 < m < 8.

Do m ∈ ℤ ⇒ m ∈ {−7, −6, −5,..., 5, 6, 7}.

Vậy có 15 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu đề bài.

Đáp án đúng là: B

Gọi S₁ là diện tích mặt đáy tháp. Ta có: S₁ = 15 (m²).

Theo yêu cầu khi xây dựng tòa tháp, diện tích mặt đáy các tầng tiếp theo là:

\({S_2} = \frac{1}{2}{S_1}\)

\({S_3} = \frac{1}{2}{S_2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}{S_1}\)

......

\({S_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}{S_1}\)

Tổng diện tích mặt sàn 11 tầng tháp là

\(S = {S_1} + S2 +  \ldots + {S_{11}} \cdot \left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \ldots + \frac{1}{{{2^{10}}}}} \right) = 15.1.\frac{{1 - \frac{1}{{{2^{11}}}}}}{{1 - \frac{1}{2}}} \approx 29,98\left( {{m^2}} \right)\)

Diện tích mỗi viên gạch là 30.30 = 900 (cm²) = 0,09 (m²).

Số lượng gạch hoa cần mua là \(\frac{S}{{0,09}} \approx 333,17(\) viên \()\) (viên).

Vậy cần mua 334 viên gạch.

Chọn B.

Đáp án đúng là: B

Cứ ba đỉnh của đa giác sẽ tạo thành một tam giác.

Chọn 3 trong 10 đỉnh của đa giác, có \[C_{10}^3 = 120.\].

Vậy có 120 tam giác xác định bởi các đỉnh của đa giác 10 cạnh.

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: C

Lương năm đầu tiên anh A nhận được là: 

\({T_1} = 10.12 = 120\) (triệu đồng)

Phần lương tăng của anh \(A\) sau năm thứ 2 là:

\({T_2} = 120(1 + 12\% ) - 120 = 120.12\% \) triệu đồng

Phần lương của anh \(A\) sau năm thứ 3 là:

\({T_3} = 120{(1 + 12\% )^2} - 120{(1 + 12\% )^1}\)

\( = 120(1 + 12\% ).12\% \) (triệu đồng)

Phần lương của anh A sau năm thứ n là:       

\({T_n} = 120{(1 + 12\% )^{n - 2}} \cdot 12\% \) triệu đồng

Số tiền anh \(A\) có được sau n năm là:

\(T = {T_2} + {T_3} + \ldots + {T_n}\)

\( = 120.12\% \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + \left( {1 + 12\% } \right) + {{\left( {1 + 12\% } \right)}^2} + \ldots + {{\left( {1 + 12\% } \right)}^{n - 2}}}\end{array}} \right]\)\( = 120.12\% \cdot \frac{{{{\left( {1 + 12\% } \right)}^{n - 1}} - 1}}{{\left( {1 + 12\% } \right) - 1}}\)

\( = 120\left[ {{{\left( {1 + 12\% } \right)}^{n - 1}} - 1} \right]\)

Đề đủ tiền mua xe thì

\(120\left[ {{{\left( {1 + 12\% } \right)}^{n - 1}} - 1} \right] \ge 68\% .500\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1 + 12\% } \right)^{n - 1}} \ge \frac{{23}}{6}\)

\( \Leftrightarrow n - 1 \ge {\log _{1 + 12\% }}\frac{{23}}{6}\)

\( \Leftrightarrow n \ge 12,8.\)

Do đó n = 13.

Đáp án đúng là: B

Ta có z₁ = 3 ‒ 2i, z₂ = 1 + 4i và z₃ =  ‒1 + i  có biểu diễn hình học trong mặt phẳng tọa độ Oxy lần lượt là các điểm A, B, C nên A(3; −2); B(1; 4); C(−1; 1).

Khi đó ta có:

\(AB = \sqrt {{{(1 - 3)}^2} + {{(4 + 2)}^2}} = 2\sqrt {10} \)

\(AC = \sqrt {{{( - 1 - 3)}^2} + {{(1 + 2)}^2}} = 5\)

\(BC = \sqrt {{{( - 1 - 1)}^2} + {{(1 - 4)}^2}} = \sqrt {13} \)

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC ta có: \(p = \frac{{2\sqrt {10} + 5 + \sqrt {13} }}{2}\).

Diện tích tam giác ABC là: .

Đáp án cần chọn là: D