Đáp án đúng là: C

+ Gọi x ( x ≥ 0 )  là số kg loại I cần sản xuất, y (y ≥ 0) là số kg loại II cần sản xuất.

Suy ra số nguyên liệu cần dùng là 2x + 4y, thời gian là 30x + 15y có mức lời là 40.000x + 30.000y

Theo giả thiết bài toán xưởng có 200kg nguyên liệu và 1200 giờ làm việc

suy ra 2x + 4y ≤ 200 hay x + 2y ‒ 100 ≤ 0 ; 30x + 15y ≤ 1200 hay 2x + y ‒ 80 ≤ 0

+ Tìm x; y thoả mãn hệ \[\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 100 \le 0\\2x + y - 80 \le 0\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\] (*)

sao cho L( x; y) = 40.000x + 30.000y đạt giá trị lớn nhất.

Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng d: x + 2y ‒ 100 = 0 và d’: 2x + y ‒80 = 0.

Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là phần mặt phẳng (tứ giác) không tô màu trên hình vẽ.

Giá trị lớn nhất của L( x; y)  đạt tại một trong các điểm (0; 0); (40; 0); (0; 50); (20; 40)

+ Ta có L(0; 0) = 0; L( 40; 0) =1.600.000;

L(0; 50) = 1.500.000; L(20; 40) =  2.000.000.

Suy ra giá trị lớn nhất của L(x; y) là 2.000.000 khi (x; y) = (20; 40).

Vậy cần sản xuất 20 kg sản phẩm loại I và 40 kg sản phẩm loại II để có mức lời lớn nhất.

Đáp án đúng là: A

Gọi x, y lần lượt là số sản phẩm loại I và loại II được sản xuất ra. Điều kiện x, y nguyên dương.

Ta có hệ bất phương trình sau: \[\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y \le 180\\x + 6y \le 220\\x > 0\\y > 0\end{array} \right.\]

Miền nghiệm của hệ trên là:

Tiền lãi trong một tháng của xưởng là T = 0,5x + 0,4y (triệu đồng).

Ta thấy T đạt giá trị lớn nhất chỉ có thể tại các điểm A, B, C. Vì C có tọa độ không nguyên nên loại.

Tại A(60; 0) thì T = 30 triệu đồng.

Tại B(40; 30) thì T = 32 triệu đồng.

Vậy tiền lãi lớn nhất trong một tháng của xưởng là 3232 triệu đồng.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: B

Theo hệ quả định lí cosin ta có:

\[\cos \widehat C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}\]

Mà a² + b² ‒ c² > 0 suy ra: \[\cos \widehat C > 0\] suy ra: \[\widehat C < 90^\circ .\]

Đáp án đúng là: A

Tâm O(1; ‒1), bán kính \(R = \sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} - \left( { - 7} \right)} = 3\)

Gọi đường thẳng cần tìm là d’: x + y + c = 0.

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d’ và (C).

Xét ∆OHB vuông tại H (H là chân đường cao kẻ từ O trong tam giác OAB ).

Ta có: \(d\left( {O,AB} \right) = \frac{{\left| {1 + \left( { - 1} \right) + c} \right|}}{{\sqrt 2 }} = OH = \sqrt {O{B^2} - B{H^2}} \)

\( = \sqrt {{3^2} - {1^2}} = 2\sqrt 2 .\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \left| c \right| = 4 \Leftrightarrow c = \pm 4\)

Vậy đường thẳng cần tìm có dạng x + y + 4 = 0 hoặc x + y ‒ 4 = 0.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{OA}}} = \left( {1; - 2;0} \right),\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( { - 1;3;1} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{\rm{CA}}} ,\overrightarrow {{\rm{AB}}} } \right] = \left( {\left| \begin{array}{l} - 2\\3\end{array} \right.\,\,\,\,\left. \begin{array}{l}0\\1\end{array} \right|;\left| \begin{array}{l}0\\1\end{array} \right.\,\,\,\,\,\left. \begin{array}{l}1\\ - 1\end{array} \right|;\left| \begin{array}{l}1\\ - 1\end{array} \right.\,\,\,\left. \begin{array}{l} - 2\\3\end{array} \right|} \right) = \left( { - 2; - 1;1} \right)\)

Do đó \({\rm{OH}} = {\rm{d}}\left( {{\rm{O}},{\rm{AB}}} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{\rm{OA}}} ,\overrightarrow {{\rm{AB}}} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{\rm{AB}}} } \right|}}\)

\( = \frac{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}} }}{{\sqrt {{1^2} + {3^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt {66} }}{{11}}.\)

\({\rm{sin}}x - \sqrt 3 {\rm{cos}}x = m\)

\( \Leftrightarrow 2{\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = m\)

\( \Leftrightarrow - 1 \le {\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow - 2 \le m \le 2\)

Đáp án đúng là: B

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

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

\(x \in \left[ {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{6}} \right] \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{6} \in \left[ {0;\pi } \right]\)

\( \Rightarrow {\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \in \left[ {0;1} \right]\)

Do đó phương trình có nghiệm

\( \Leftrightarrow \frac{m}{2} \in \left[ {0;1\left] { \Leftrightarrow m \in } \right[0;2} \right]{\rm{.\;}}\)

Do \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2} \right\}\).

Đáp án đúng là: A

Số phần tử của không gian mẫu Ω là: \[\left| \Omega \right| = C_7^1 \cdot C_6^1 = 42\]

Gọi A là biến cố “lấy được hai viên bi cùng màu”.

Trường hợp 1: Lấy được hai viên bi màu đỏ, ta có \[C_4^1 \cdot C_2^1 = 8\]

Trường hợp 2: Lấy được hai viên bi màu trắng, ta có \[C_3^1 \cdot C_4^1 = 12\]

 Ta có: |A|= 8 + 12 = 20

Suy ra \[P\left( A \right) = \frac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{20}}{{42}} = \frac{{10}}{{21}}\]

Đáp án đúng là: B

\[{x^{\frac{1}{3}}} \cdot \sqrt[6]{x} = {x^{\frac{1}{3}}} \cdot {x^{\frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{6} + \frac{1}{6}}} = \sqrt x .\]

Đáp án đúng là: A

Ta có \(AC = BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {BK} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AK} = \overrightarrow {BA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} }\\{\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} }\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {BK} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {BA} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} } \right)\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right)\)

\( = \overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AD} \)

\( = - {a^2} + 0 + 0 + \frac{1}{2}{(a\sqrt 2 )^2} = 0\)

Đáp án đúng là: D

Theo quy tắc nhân ta có:

10.8 = 80 cách chọn một quyển Văn và một quyển Toán khác nhau.

10.6 = 60 cách chọn một quyển Văn và một quyển Tiếng Anh khác nhau.

8.6 = 48 cách chọn một quyển Toán và một quyển Tiếng Anh khác nhau.

Theo quy tắc cộng ta có số cách chọn hai quyển sách khác môn là: 

80 + 60 + 48 = 188 cách.

Đáp án cần chọn là: D.

Đáp án đúng là: B

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: \[n\left( \Omega \right) = C_{15}^8 = 6435.\]

TH1: Lấy hết 44 cuốn môn toán và thêm 44 trong 1111 cuốn còn lại có \[C_4^4 \cdot C_{11}^4\] cách.

TH2: Lấy hết 55 cuốn lí và 33 trong 1010 cuốn còn lại có \[C_5^5 \cdot C_{10}^3\]cách.

TH3: Lấy hết 66 cuốn hóa và 22 trong 99 cuốn còn lại có \[C_6^6 \cdot C_9^2\] cách.

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

\[ \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{54}}{{715}} = \frac{{661}}{{715}}.\]

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: A

Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính r là S_xq = πrl.

\(\overline {abc} \) chia hết cho 45 nên \(\overline {abc} \) chia hết cho 5 và 9 nên c = 0 hoặc 5 mà c ≠ 0 nên c = 5

Ta có: \(\overline {ab5} - \overline {5ba} = 396\)

Quảng cáo

Ta viết lại biểu thức như sau: \(396 + \overline {5ba} = \overline {ab5} \)

6 + a tận cùng là 5 nên a = 9

Nên ta lại có: \(\overline {abc} = \overline {9b5} \) chia hết cho 9 và 5.

Nên \(9 + b + 5\) chia hết cho 9 , nên \(b = 4\)

Suy ra \(\overline {abc} = 945\)

Đáp án đúng là: B

Gọi A(x; y).

Từ giả thiết, ta suy ra MN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(\overrightarrow {PA} = \overrightarrow {MN} \). (*)

Ta có \(\overrightarrow {PA} = \left( {x + 1;y - 6} \right)\) và \(\overrightarrow {MN} = \left( { - 2; - 7} \right)\).

Khi đó \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = - 2}\\{y - 6 = - 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{y = - 1}\end{array} \Rightarrow A\left( { - 3; - 1} \right)} \right.} \right.\).

Đáp án đúng là: D

Gọi I(x; y) là tâm vị tự. Theo định nghĩa, ta có: \(\overrightarrow {IM'} = 2.\overrightarrow {IM} \)

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 - x = 2\left( {1 - x} \right)}\\{ - 4 - y = 2\left( {2 - y} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y = 8}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy tâm vị tự là I(4; 8).

Đáp án đúng là: D.

\[\overrightarrow i + \overrightarrow j = \left( {1;0} \right) + \left( {0;1} \right) = \left( {1;1} \right).\]

Đáp án đúng là: A

Phương trình bậc hai Az² ‒ Bz + C   có biệt thức ∆ = B² ‒ 4AC.

Đáp án đúng là: B

\(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} .\)

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(C = \left\{ {x \in R\mid \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = 0} \right\} = \left\{ {x \in R\mid f\left( x \right) = 0,g\left( x \right) \ne 0} \right\}.\)

Đáp án đúng là: A

Áp dụng công thức: \(r = \frac{{3V}}{{{S_{tp}}}}\left( {\rm{*}} \right)\) và tam giác đều cạnh x có diện tích \(S = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Từ giả thiết S.ABC dều có SA = SB = SC. Lại có SA, SB, SAC đôi một vuông góc và thể tích khối chóp \({\rm{S}}.{\rm{ABC}}\) bằng \(\frac{{{a^3}}}{6}\) nên ta có SA = SB = SC = a.

Suy ra \(AB = BC = CA = a\sqrt 2 \) và tam giác ABC đều cạnh có độ dài \(a\sqrt 2 \). Do đó diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC là

S_tp = S_SAB + S_SBC + S_SCA + S_ABC

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

Thay vào \(\left( {\rm{*}} \right)\) ta được:

\(r = \frac{{3V}}{{{S_{tp}}}} = \frac{{3 \cdot \frac{{{a^3}}}{6}}}{{\frac{{{a^2}\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{2}}} = \frac{a}{{3 + \sqrt 3 }}.\)

Đáp án đúng là: A

Gọi cạnh của tứ diện đều là a.

Gọi K là trung điểm của CD và E = IK ∩ AB.

Qua A₁ kẻ đường thẳng song song với IK cắt AB tại J.

Ta có:

\(\frac{{BJ}}{{BE}} = \frac{{B{A_1}}}{{BK}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{AE}}{{EJ}} = \frac{{AI}}{{L{A_1}}} = 1\) nên suy ra \(AE = \frac{1}{4}AB = \frac{a}{4}\) và \(BE = \frac{{3a}}{4}\).

Gọi M là trung điểm của BE, trong mặt phẳng (ABK) dựng đường trung trực của BE cắt AA₁ tại O. Ta dễ dàng chứng minh được O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp EBCD.

Ta có: \(B{A_1} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},A{A_1} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\). Đặt BE = x.

Tam giác ABA₁ đồng dạng với tam giác AOM nên suy ra

\(\frac{{AM}}{{A{A_1}}} = \frac{{OM}}{{BH}} \Rightarrow OM = \frac{{AM \cdot BH}}{{A{A_1}}} = \left( {a - \frac{x}{2}} \right)\sqrt {\frac{1}{2}} {\rm{.\;}}\)

Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra:

\(R = OB = \sqrt {O{M^2} + M{B^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{4} + \frac{1}{2}{{\left( {a - \frac{x}{2}} \right)}^2}} .\)

Với \(x = \frac{{3a}}{4}\) ta có:

\(R = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{{64}} + \frac{1}{2}{{\left( {a - \frac{{3a}}{8}} \right)}^2}} = a\sqrt {\frac{{43}}{{128}}} .\)

Tương tự với \(x = \frac{a}{4}\) ta có bán kính R’ của mặt cầu ngoại tiếp EACD là

\(R' = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{{64}} + \frac{1}{2}{{\left( {a - \frac{a}{4}} \right)}^2}} = a\sqrt {\frac{{51}}{{128}}} \)

Do đó \(\frac{R}{{R'}} = \sqrt {\frac{{43}}{{51}}} \).

Đáp án đúng là: B

S là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)

Mặt khác \[\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB//CD\end{array} \right.\]

Nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng St đi qua điểm S và song song với CD.

Đáp án đúng là: A

Hình bát diện đều có 12 cạnh và 6 đỉnh.

Vậy tổng số cạnh và đỉnh là 12 + 6 = 18

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: B

Áp dụng công thức \({\left( {{a^u}} \right)^{\rm{'}}} = u' \cdot {a^u} \cdot {\rm{ln}}a\), ta có \(y' = {\left( {{x^2}} \right)^{\rm{'}}} \cdot {2^{{x^2}}} \cdot {\rm{ln}}2\) \( = 2x \cdot {2^{{x^2}}} \cdot {\rm{ln}}2 = x \cdot {2^{1 + {x^2}}} \cdot {\rm{ln}}2\).

Đáp án đúng là: C

Gọi C(x; y)

Ta có:\({\rm{\;\;}}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right)}\\{\overrightarrow {DC} = \left( {x - 5;y - 5} \right)}\end{array}} \right.{\rm{.\;}}\)

Tứ giác ABCD là hình bình hành \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 = x - 5}\\{4 = y - 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 7}\\{y = 9}\end{array} \Rightarrow C\left( {7;9} \right)} \right.} \right.\)

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {4;3} \right),\overrightarrow {CD} = \left( { - 8; - 6} \right) \Rightarrow \overrightarrow {CD} = - 2\overrightarrow {AB} \)

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\widehat {BAA'} = \widehat {DAA'} = \widehat {BAD} = {60^ \circ }\) và AB = AD = AA’.

Khi đó ∆ABD, ∆ADA’ và ∆ABA’ và ∆ABA’ đều cạnh bằng 1 .

⇒ A’D = A’A = A’B = 1. Suy ra hình chiếu của A’ lên (ABCD) là tâm H của ∆ABD đều.

Ta có AB’ // DC’ ⇒ d(AB’; A’C’) = d(AB’; (DA’C’)) = d(H; (DA’C’)).

Dựng hình bình hành DCAJ. Từ H kẻ HK ⊥ DJ (K ∈ DJ), ta có HK // DB.

Từ H kẻ HL ⊥ A’K (L ∈ A’K) ⇒ HL ⊥ (DA’C’) ⇒ d(H; (DA’C’)) = HL.

Ta có: \(HK = \frac{1}{2},A'H = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Xét tam giác \(A'HK:\frac{1}{{H{L^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{A'{H^2}}} \Rightarrow HL = \frac{{\sqrt {22} }}{{11}}\).

Đáp án cần chọn là: A.

Đáp án đúng là: A

Ta có điểm O(0; 0) thuộc đường thẳng y = (3 − m)x + m + 3

⇔ (3 − m).0 + m + 3 = 0

⇔ m + 3 = 0

⇔ m = −3.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: C

Đường thẳng \({\rm{d}}\) cần tìm song song với đường thẳng \( - {\rm{x}} + 2{\rm{y}} + 3 = 0\) nên có \({\rm{VTCP}}\) là: \(\vec u = \left( { - 1;2} \right)\).

Do đó phương trình tham số của đường thẳng \({\bf{d}}\) đi qua gốc tọa độ và nhận \(\vec u = \left( { - 1;2} \right)\) làm vectơ chỉ phương là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t}\\{y = - 2t}\end{array}{\rm{\;}}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right.\).

Đáp án đúng là: C

Ta có các trường hợp sau

TH 1: Đề thi gồm 2D, 3TB, 1K:\(C_{15}^2 \cdot C_{10}^2 \cdot C_5^1.\)

TH 2: Đề thi gồm 2D, 1TB, 2K:\(C_{15}^2 \cdot C_{10}^1 \cdot C_5^2.\)

TH 3: Đề thi gồm 3D, 1TB, 1K:\(C_{15}^3 \cdot C_{10}^1 \cdot C_5^1.\)

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

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: D

Công thức tính: Mật độ dân số = tổng số dân / tổng diện tích (người/km²)

- Áp dụng công thức:

 Đổi 331212 km² = 0,331212 triệu km²

 Mật độ dân số  =90/0,331212 = 271,7 (người/km²)

 Làm tròn kết quả ta được: mật độ dân số nước ta là 272 người/km².

Đáp án cần chọn là: D

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 dưới đây:

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

Ta có: F(A) = 4 − 1 = 3; F(B) = 2;F(C) = 3 − 2 = 1.

Vậy minF = 1 khi x = 2, y = 3.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: B

Gọi I(a; b; c) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC

⇒ IO = IA = IB = IC

⇒ IO² = IA² = IB² = IC²

Khi đó ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + {y^2} + {z^2} = {{(x - 3)}^2} + {y^2} + {z^2}}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {{(y + 2)}^2} + {z^2}}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {y^2} + {{(z + 4)}^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} = {{(x - 3)}^2}}\\{{y^2} = {{(y + 2)}^2}}\\{{z^2} = {{(z + 4)}^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 6x + 9 = 0}\\{4y + 4 = 0}\\{8z + 16 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{3}{2}}\\{y = - 1}\\{z = - 2}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow I\left( {\frac{3}{2}; - 1;2} \right)\)

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiểp tứ diện OABC là:

\({\rm{R}} = {\rm{IO}} = \sqrt {\frac{9}{4} + 1 + 4} = \sqrt {\frac{{29}}{4}} \)

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là:

\({\rm{S}} = 4\pi {{\rm{R}}^2} = 4\pi \frac{{29}}{4} = 29\pi \)

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: C

Gọi \({\rm{X}}\) là biến cố: "có đúng 2 người bắn trúng đích "

Gọi \({\rm{A}}\) là biến cố: "người thứ nhất bắn trúng đích \({\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = 0,8;P\left( {\overline A } \right) = 0,2\)

Jọi \({\rm{B}}\) là biến cố: "người thứ hai bắn trúng đích \({\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = 0,6;P\left( {\overline B } \right) = 0,4\)

Gọi \({\rm{C}}\) là biến cố: "người thứ ba bắn trúng đích \({\rm{P}}\left( {\rm{C}} \right) = 0,5;P\left( {\overline C } \right) = 0,5\)

Ta thấy biến cố A, B, C là 3 biến cố độc lập nhau, theo công thức nhân xác suất ta có:

\(P\left( X \right) = P\left( {A \cdot B \cdot \overline C } \right) + P\left( {A \cdot \overline B \cdot C} \right) + P\left( {\overline A \cdot B \cdot C} \right) = 0,8 \cdot 0,6 \cdot 0,5 + 0,8 \cdot 0,4 \cdot 0,5 + 0,2 \cdot 0,6 \cdot 0,5 = 0,46\)

Đáp án đúng là: A

M nằm trên trục tung, giả sử M(0; m; 0). Ta có

\(\overrightarrow {MA} = \left( {1;2 - m; - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {MB} = \left( { - 1;3 - m;1} \right)\)

Vi tam giác ABM vuông tại M nên ta có \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = 0\)

⇔1.(‒1) + (2 ‒ m)(3 ‒ m) + (‒1).1 = 0

⇔ m² ‒5m + 4 = 0

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m = 4}\end{array}} \right.\)

Đáp án đúng là: B

Ta có M ∈ Ox nên M(m; 0) và \({\rm{\;}}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {AM} = \left( {m - 2; - 2} \right)}\\{\overrightarrow {BM} = \left( {m - 5;2} \right)}\end{array}} \right.\)

Vì \[\widehat {AMB} = 90^\circ \] suy ra \({\rm{\;}}\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BM} = 0{\rm{\;}}\) nên (m ‒2)(m ‒ 5) + (‒2).2 = 0

\( \Leftrightarrow {m^2} - 7m + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1}\\{m = 6}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{M\left( {1;0} \right)}\\{M\left( {6;0} \right)}\end{array}} \right.} \right.\)

Đáp án đúng là: B

\(\overrightarrow {AM} = x\overrightarrow {AB} + y\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = x\left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MB} } \right) + y\left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MC} } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 - x - y} \right)\overrightarrow {AM} = x\overrightarrow {MB} + y\overrightarrow {MC} \Leftrightarrow \left( {x + y - 1} \right)\overrightarrow {MA} = x\overrightarrow {MB} + y\overrightarrow {MC} \)

Theo bài ra, ta có \(\overrightarrow {MA} = x\overrightarrow {MB} + y\overrightarrow {MC} \) suy ra x + y ‒ 1 = 1 ⇔ x + y = 2.

Đáp án đúng là: C

Các vecto cùng phương với \(\overrightarrow {OC} \) có điềm đầu và điểm cuối là các đỉnh của lục giác : , \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {DE} ,\overrightarrow {ED} ,\overrightarrow {CF} ,\overrightarrow {FC} ,\overrightarrow {CO} ,\overrightarrow {OF} ,\overrightarrow {FO} \)

Vậy có 9 vecto cùng phương với \(\overrightarrow {OC} \).

Gọi A là giao điểm của d với Ox \( \Rightarrow A\left( { - \frac{1}{{m - 3}};0} \right) \Rightarrow OA = \frac{1}{{\left| {m - 3} \right|}}\)

Gọi B là giao điểm của d với Oy ⇒ B(0; 1) ⇒ OB = 1

Từ O kẻ OH vuông góc AB \( \Rightarrow {\rm{OH}} = \frac{1}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB :

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} \Rightarrow 4 = {(m - 3)^2} + 1\)

\( \Rightarrow {(m - 3)^2} = 3 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 3 + \sqrt 3 }\\{m = 3 - \sqrt 3 }\end{array}} \right.\)

Cho x = 3 thì y = 3. Suy ra (d) cắt trục Oy tại điểm B(0; 3)

Cho y = 0 thì \(x = \frac{3}{{1 - m}}\left( {m \ne 1} \right)\). Suy ra (d) cắt trục 0 x tại điểm \(A\left( {\frac{3}{{1 - m}};0} \right)\)

Ta có: \(OA = \frac{3}{{\left| {1 - m} \right|}},OB = 3\). Gọi h là khoảng cách từ O đến đường thẳng d.

\( \Rightarrow \frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{{{{(1 - m)}^2}}}{9} + \frac{1}{9} = \frac{{{m^2} - 2m + 2}}{9}\)

Theo giả thiết, \(h = \sqrt 2 \Leftrightarrow {h^2} = 2 \Leftrightarrow \frac{9}{{{m^2} - 2m + 2}} = 2\)

\( \Leftrightarrow 2{m^2} - 4m - 5 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{2 \pm \sqrt {14} }}{2}.\)

Đáp án đúng là: A

Mỗi cách chọn thỏa yêu cầu bài toán có nghĩa là ta lấy bất kì 7 bông từ 10 bông đã cho mà không tính đến thứ tự lấy. Do đó mỗi cách lấy là một tổ hợp chập 7 của 10 phần tử

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu bài toán là: \[C_{10}^7 = 120.\]

Đáp án đúng là: B

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 1} \right)^{\rm{'}}} \cdot {2^{{x^2} + 1}} \cdot {\rm{ln}}2 = 2x \cdot {\rm{ln}}2 \cdot {2^{{x^2} + 1}}\).

Vậy \(T = {2^{ - {x^2} - 1}} \cdot 2x{\rm{ln}}{2.2^{{x^2} + 1}} - 2x{\rm{ln}}2 + 2 = 2x{\rm{ln}}2 - 2x{\rm{ln}}2 + 2 = 2.\)

Đáp án đúng là: A

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x² + 5x + 4 = 0

Phương trình có hai nghiệm x₁ = ‒1; x₂ = ‒4 nên các giao điểm là (‒1; 0); (‒4; 0).

Đáp án đúng là: D

Ta có:\({\rm{\;f}}\left( x \right) = \frac{{{4^x}}}{{{4^x} + 2}} \Rightarrow f\left( {1 - x} \right) = \frac{{{4^{1 - x}}}}{{{4^{1 - x}} + 2}}\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) + f\left( {1 - x} \right) = \frac{{{4^x}}}{{{4^x} + 2}} + \frac{{{4^{1 - x}}}}{{{4^{1 - x}} + 2}} = \frac{{{4^x}}}{{{4^x} + 2}} + \frac{4}{{4 + {{2.4}^x}}}\)

\( = \frac{{{4^x}}}{{{4^x} + 2}} + \frac{2}{{{4^x} + 2}} = 1\)

Khi đó \(f\left( {\frac{1}{{2019}}} \right) + f\left( {\frac{{2018}}{{2019}}} \right) = 1;f\left( {\frac{2}{{2019}}} \right) + f\left( {\frac{{2017}}{{2019}}} \right) = 1; \ldots \) và \(f\left( 1 \right) = \frac{4}{6}\).

Vậy \(S = f\left( {\frac{1}{{2019}}} \right) + f\left( {\frac{2}{{2019}}} \right) + \ldots + f\left( {\frac{{2018}}{{2019}}} \right) + f\left( 1 \right)\)

\( = \frac{{2018}}{2} \cdot 1 + \frac{4}{6} = \frac{{3029}}{3}\)

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: D

Bấm máy tính Casio fx 570 theo công thức

$\underset{}{\overset{}{\sum _{x=1}^{100}}}\left(\frac{4^{\frac{x}{100}}}{4^{\frac{X}{100}}+2}\right)=\frac{301}{6}\text{.}$

Đáp án đúng là: C

Ta có: \[\overrightarrow {AD} \left( { - 2;10} \right),\overrightarrow {AB} \left( { - 1;5} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AB} \]

⇒ Ba điểm A, B, D thẳng hàng.

Đáp án đúng là: A

\[\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \Leftrightarrow \overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 0\]

⇔ 1.(‒3) + (‒2).y = 0

⇔ ‒3 ‒y = 0

⇔ y = ‒3.

Đáp án đúng là: B

Chiều cao của cây là: h = 1,7 + 20.tan35^° ≈ 15,7m

x² + (2m − 1)x − m = 0

* Để phương trình luôn có 2 nghiệm ∀m thì: Δ ≥ 0

Δ = (2m − 1)² − 4.1.(−m)

⇔ 4m² − 4m + 1 + 4m ≥ 0

⇔ 4m² + 1≥ 0 ( luôn đúng ∀m ∈ ℝ).

Vậy phương trình luôn luôn có 2 nghiệm ∀m ∈ ℝ.

Đáp án đúng là: A

△ = (2m + 1)² ‒ 4(m² + 1) = 4m² + 4m + 1 ‒ 4m² ‒ 4 = 4m ‒ 3.

Để phương trình có 2 nghiệm

Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m + 1}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 1}\end{array}} \right.\)

Để 2 nghiệm \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \({x_2} = 2{x_1}\) ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m + 1}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 1}\\{{x_2} = 2{x_1}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3{x_1} = 2m + 1}\\{2x_1^2 = {m^2} + 1}\\{{x_2} = 2{x_1}}\end{array}} \right.} \right.\)

\({x_1} = \frac{{2m + 1}}{3}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}3\\{{x_2} = \frac{{2\left( {2m + 1} \right)}}{3}}\\{2.\frac{{{{(2m + 1)}^2}}}{9} = {m^2} + 1\left( {\rm{*}} \right)}\end{array}} \right.\)

Giải (*) :

\(\frac{{2{{(2m + 1)}^2}}}{9} = {m^2} + 1 \Leftrightarrow 2\left( {4{m^2} + 4m + 1} \right) = 9\left( {{m^2} + 1} \right) \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 7 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1}\\{m = 7}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.\)

Vậy m = 1; m = 7.

Đáp án đúng là: D

\[\overrightarrow a = 4\overrightarrow i - 3\overrightarrow j \Rightarrow \overrightarrow a = \left( {4; - 3} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow a } \right| = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5.\]

\[\overrightarrow b = 2\overrightarrow j \Rightarrow \overrightarrow b = \left( {0;2} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt {{0^2} + {2^2}} = 2.\]

Vậy đáp án D sai.

Đáp án đúng là: D

Đường thẳng đi qua hai điểm (1;0) và (0;2) có phương trình là : \[\frac{x}{1} + \frac{y}{2} = 1\]

⇔ 2x + y − 2 = 0

Điểm O(0; 0) thuộc miền bị gạch và 2.0 + 0 – 2 < 0 nên nửa mặt phẳng không bị gạch sọc biểu diễn miền nghiệm của bất phương trình :  2x + y – 2 > 0.