Đáp án đúng là: C

Ta có y′ = x³ + x

Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = −1 là k = y′(−1) = −2

Đáp án cần chọn là: C

a) Gọi số lớn là x (x > 30,x ∈ ℕ), số bé là y (y ∈ ℕ)

Ta có tổng của hai số là 2030 nên ta có phương trình x + y = 2030 (1)

Hiệu của số lớn và số bé là 30 nên ta có phương trình x ‒ y = 30 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 2030\\x - y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 2060\\x - y = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1030\\y = 1000\end{array} \right.\](Thỏa mãn)

Vậy số lớn là 1030, số bé là 1000.

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

Lấy 1 điểm A bất kì thuộc d₁ và 1 điểm B bất kì nằm trên đường thẳng d₂.

Khi đó, tịnh tiến theo \[\overrightarrow {AB} \] biến đường thẳng d₁ thành d₂.

Vì A; B là bất kì nên có vô số phép tịnh tiến thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

\[\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( {MCD} \right)\\M \in \left( {SAB} \right)\\AB//CD\end{array} \right.\]

⇒ (MCD) ∩ (SAB) = ∆ (Với ∆ là đường thẳng qua M và ∆ // AB // CD)

⇒ (MCD) ∩ SB = SB ∩ ∆ = N

⇒ MN // AB // CD

Đáp án đúng là: A

Trong (CDD′C′) kẻ đường thẳng qua M song song với C′D′ cắt DD′ tại N, cắt C′D′  tại J,cắt CC′tại K.

Trong (B′DD′) kẻ đường thẳng qua N  song song với B′D cắt B′D′ tại I.

Trong (A′B′C′D′) nối IJ cắt A′D′ tại P ,cắt C′B′ tại Q.

Trong (CBB′C′) nối QK cắt CB tại E.

Thiết diện là ngũ giác MNPQE.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: A

Các vecto đối của vecto \[\overrightarrow {OD} \] là: \[\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {DO} ,\overrightarrow {EF} ,\overrightarrow {CB} .\]

Đáp án đúng là: D

Véc tơ \[\overrightarrow {DE} \] và \[\overrightarrow {ED} \]đều có độ dài là đoạn thẳng DE.

Đáp án đúng là: C

Xét |x − 2| (x + 1) + m = 0 (1)

Với x ≥ 2, ta có:  (1) ⇔ (x − 2)(x + 1) + m = 0 ⇔ m = −x² + x + 2

Với x<2, ta có: (1) ⇔ −(x − 2)(x + 1) + m = 0 ⇔m = x² − x − 2

Đặt \[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} - {x^2} + x + 2,x \ge 2\\{x^2} - x - 2,x < 2\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có \[ - \frac{9}{4} < m < 0.\]

Đáp án đúng là: D

Đồ thị hàm số: \[y = \frac{{x + b}}{{cx - 1}}\] có tập xác định \[x = \frac{1}{c} > 0 \Rightarrow c > 0.\]

Đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + b}}{{cx - 1}}\] cắt trục tung tại điểm có tung độ y = −b < 0 ⇒ b > 0.

Đáp án đúng là: D

Ta có đồ thị hàm số \[y = \frac{{ax + 2}}{{cx + b}}\] đi qua điểm có tọa độ (0; −1)

Thay x = 0; y = −1 vào hàm số ta được \[ - 1 = \frac{{a \cdot 0 + 2}}{{c \cdot 0 + b}} \Rightarrow b = - 2.\]

Đồ thị hàm số \[y = \frac{{ax + 2}}{{cx - 2}}\]có  ⇒ a = 1; b = −2; c = 1

Đáp án cần chọn là: D.

Đáp án đúng là: C

Vì 2 học sinh ngồi đối diện nhau thì khác lớp nên mỗi cặp ghế đối diện nhau sẽ được xếp bởi 1 học sinh lớp A và 1 học sinh lớp B.

Số cách xếp 5 học sinh lớp A vào 5 cặp ghế là 5! cách. Số cách xếp 5 học sinh lớp B vào 5 cặp ghế là 5! cách. Số cách xếp chỗ ở mỗi cặp ghế là 2 cách.

Theo quy tắc nhân thì có (5!)².2⁵ = 460800  cách.

Đáp án đúng là: B

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ta có:

\(\frac{{x - 3}}{{x - 2}} + \frac{{x - 2}}{{x - 1}} + \frac{{x - 1}}{x} + \frac{x}{{x + 1}} = \left| {x + 2} \right| - x + m\)

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

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{x - 3}}{{x - 2}} + \frac{{x - 2}}{{x - 1}} + \frac{{x - 1}}{x} + \frac{x}{{x + 1}} - \left| {x + 2} \right| + x\) có TXĐ: D = ℝ ∖ {‒1; 0; 1; 2}.

\(f'\left( x \right) = \frac{1}{{{{(x - 2)}^2}}} + \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} - \frac{{x + 2}}{{\left| {x + 2} \right|}} + 1\)

\( = \frac{1}{{{{(x - 2)}^2}}} + \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} + \frac{{\left| {x + 2} \right| - \left( {x + 2} \right)}}{{\left| {x + 2} \right|}}\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) > 0\forall x \in D\)

Do \(\left| {x + 2} \right| \ge x + 2\forall x \Rightarrow \left| {x + 2} \right| - \left( {x + 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{\left| {x + 2} \right| - \left( {x + 2} \right)}}{{\left| {x + 2} \right|}} \ge 0\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) > 0\forall x \in D \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x) = m có đúng 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m ≥ 2.

Đáp án đúng là: A

Ta có: AB // (SCD)

⇒ d(B; (SCD)) = d(A; (SCD)) = d

Kẻ AH ⊥ CD; AK ⊥ SH

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot SA}\\{CD \bot AH}\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right)} \right.\)

⇒ CD ⊥ AK ⇒ AK ⊥ (SCD)

⇒ d(B; (SCD)) = d = AK.

Xét ∆AHD vuông tại H, \[\widehat {ADH} = 60^\circ \]

ta có: \(AH = AD \cdot {\rm{sin}}60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHA vuông tại A có đường cao AK ta có: \(AK = \frac{{SA \cdot AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }}\)\( = \frac{{a \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7} = d.\)

Đáp án đúng là: A

Trong ( SAB ) qua M kẻ MN // AB, trong (SAC) kẻ MP // AC.

Khi đó ta có (MNP) // (ABC).

\( \Rightarrow \left( {MNP} \right) \equiv \left( P \right){\rm{.\;}}\)

Thiết diện của (P) và hình chóp là tam giác MNP đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số: \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{4}{9} \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{4}{9}{S_{ABC}}\)

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot {\rm{sin}}\widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot {\rm{sin}}30^\circ = 4\)

\( \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{4}{9} \cdot 4 = \frac{{16}}{9}\)

Đáp án cần chọn là: \({\rm{A}}\)

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(4\overrightarrow {BM} - 3\overrightarrow {BC} = \vec 0 \Leftrightarrow 4\left( {\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} } \right) - 3\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow 4\overrightarrow {AM} - 4\overrightarrow {AB} - 3\overrightarrow {AC} + 3\overrightarrow {AB} = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} .\)

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: C

Ta có BD là đường kính \( \Rightarrow \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {DO} \).

Ta có AH ⊥ BC, DC ⊥ BC ⇒ AH // DC (1).

Ta lại có CH ⊥ AB, DA ⊥ AB ⇒ CH // DA (2).

Từ (1) (2) \( \Rightarrow \) tứ giác HADC là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {HA} = \overrightarrow {CD} ;\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {HC} .\)

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: C

Đường thẳng d có VTPT \[\overrightarrow n = \left( {2; - 1} \right)\]⇒ VTCP \[\overrightarrow u = \left( {1;2} \right).\]

Để d biến thành chính nó khi và chỉ khi vectơ \[\overrightarrow v \] cùng phương với vectơ chỉ phương của d.

Vậy \[\overrightarrow v = \left( {1;2} \right).\]

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: A

Phương trình chính tắc của elip có dạng (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\,\,(a,b > 0)\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} = 25}\\{{b^2} = 9}\\{{c^2} = {a^2} - {b^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 5}\\{b = 3}\\{c = 4}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy tâm sai của Elip \(e = \frac{c}{a} = \frac{4}{5}\)

Đáp án cần chọn là: \({\rm{A}}\)

Đáp án đúng là: A

\[\left\{ \begin{array}{l}y - 2x \le 2\\2y - x \ge 4\\x + y \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y - 2x - 2 \le 0\\2y - x - 4 \ge 0\\x + y - 5 \le 0\end{array} \right.\] (*)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng d₁:y − 2x − 2=0, d₂: 2y − x− 4= 0,  d₃: x + y − 5 = 0.

Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là phần mặt phẳng (tam giác ABC kể cả biên) tô màu như hình vẽ.

Xét các đỉnh của miền khép kín tạo bởi hệ (*) là

 A(0; 2), B(2; 3), C(1; 4).

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}F\left( {0;2} \right) = 2\\F\left( {2;3} \right) = 1\\F\left( {1;4} \right) = 3\end{array} \right.\]

Suy ra F_min = 1.

Đáp án đúng là: C

f(x) = m²(x⁴ ‒ 1) + m(x² ‒ 1) ‒ 6(x ‒ 1) ≥ 0, x ∈ ℝ

⇔ m²(x² ‒ 1)(x² + 1) + m(x ‒ 1)(x + 1) ‒ 6(x ‒ 1) ≥ 0, x ∈ ℝ

⇔ (x ‒ 1)[m²x³ + m²x² + (m² + m)x + m² + m ‒6], x ∈ ℝ

Để bất phương trình luôn đúng với mọi x thì suy ra:

• TH1: Phương trình m²x³ + m²x² + (m² + m)x + m² + m ‒6 = 0 nghiệm đúng với mọi x

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 0\\{m^2} = 0\\{m^2} + m = 0\\{m^2} + m - 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 0\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = - 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 3\end{array} \right.\end{array} \right.\) (vô nghiệm)

• TH2: Đa thức m²x³ + m²x² + (m² + m)x + m² + m ‒6  có nghiệm x = 1

Khi đó:

m²x³ + m²x² + (m² + m)x + m² + m ‒6 = 0 ⇔ 4m² + 2m ‒ 6 = 0 \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m = - \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\)

Thử lại:

Với m = 1 thì (x ‒ 1)[x³ + x² + 2x ‒ 4] ≥ 0 ⇔ (x ‒ 1)²(x² + 2x + 4) ≥ 0 (luôn đúng)

Với \[m = - \frac{3}{2}\] thì \(\left( {x - 1} \right)\left( {\frac{9}{4}{x^3} + \frac{9}{4}{x^2} + \frac{3}{4}x - \frac{{21}}{4}} \right) \ge 0\)

⇔ (x ‒1)(3x³ + 3x² + x ‒ 7) ≥ 0 ⇔ (x ‒ 1)²(3x² + 6x + 7) ≥ 0 (luôn đúng)

Do đó \(m = 1;m = - \frac{3}{2}\) là các giá trị cần tìm.

Tổng \(S = 1 - \frac{3}{2} = - \frac{1}{2}\).

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: A

Gọi phương trình chính tắc của Elip có dạng 

\[\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1,\] a > b > 0 

Các đỉnh của hình chữ nhật cơ sở có tọa độ: (a; b) ; (a; ‒b) ; ( ‒a; b) và (‒a; ‒b)

Ta có M( 4; 3) là một đỉnh của hình chữ nhật cơ sở nên chọn 

 \[\left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 3\end{array} \right.\] ⇒ Phương trình chính tắc của (E) là \[\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1.\]

Đáp án đúng là: A

Hình hộp chữ nhật có 33 mặt phẳng đối xứng, đó là mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh đối diện.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: A

Đáp án đúng là: A

Gọi là x số tiền gửi ban đầu.

Giả sử sau n năm số tiền vốn và lãi là 2x.

Ta có 2x ≈ x.(1,065)ⁿ ⇔ (1,065)ⁿ ≈ 2 ⇔ n ≈ log_1,0652 ⇔ n ≈ 11.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: D

Sin x = 1 ⇔ \[x = \frac{\pi }{2} + k2\pi .\]

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({\rm{sin}}a + {\rm{cos}}a = \sqrt 2 \Rightarrow 2 = {({\rm{sin}}a + {\rm{cos}}a)^2}\)

⇔ 2 = sin²a + 2sinacosa + cos²a

\( \Leftrightarrow 2 = 1 + 2{\rm{sin}}a{\rm{cos}}a \Leftrightarrow 1 = 2{\rm{sin}}a{\rm{cos}}a \Leftrightarrow {\rm{sin}}a{\rm{cos}}a = \frac{1}{2}\)

Do đó \({\rm{si}}{{\rm{n}}^4}a + {\rm{co}}{{\rm{s}}^4}a = \left( {{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a} \right) - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a = 1 - 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}\)

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: B

Phép vị tự tâm I tỉ số k biến điểm M thành điểm M’.

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {IM} = k\overrightarrow {IM} \]

Gọi M’(x; y) là ảnh của M qua V_{(0; 2)} ta có:

\[{V_{\left( {0;2} \right)}}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {OM'} = 2\overrightarrow {OM} \]

⇔ (x; y) = 2(‒2; 5)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 4\\y = 10\end{array} \right.\]

⇒ M’(‒4; 10).

Đáp án đúng là: C

Gọi điểm M′(x′; y′) là ảnh của điểm M qua phép vị tự tâm O tỉ số k = −2.

V_(O;−2)(M)=M′ \[ \Leftrightarrow \overrightarrow {OM'} = - 2\overrightarrow {OM} \Leftrightarrow \left( {x';y'} \right) = - 2\left( { - 2;4} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 4\\y' = - 8\end{array} \right.\]

⇒ M(4; ‒8).

M là ảnh ⇒ x_M = x_N + a, y_M = y_N + b

⇒ x_N = x_M ‒ a = (‒2) ‒ (‒3) = 1

y_N = y_M ‒ b = 1 ‒ 2 = ‒1

⇒ N(1; ‒1).

Đáp án đúng là: A

Gọi A’ là ảnh của điểm A qua phép quay tâm O góc quay 180°. Khi đó: A’(‒3; ‒5).

Đáp án đúng là: B

Ta có y′= 12x³ − 4mx = 4x(3x² − m) = 4.

Đề đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì m > 0, khi đó tọa độ các điểm cực trị là A(0; 2m + m⁴), \(B\left( {\sqrt {\frac{m}{3}} ;{m^4} - \frac{{{m^2}}}{3} + 2m} \right),\) \(C\left( { - \sqrt {\frac{m}{3}} ;{m^4} - \frac{{{m^2}}}{3} + 2m} \right)\)

Tam giác ABC cân tại A nên có diện tích \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot d\left( {A;BC} \right) = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt {\frac{m}{3}} \cdot \frac{{{m^2}}}{3} = \sqrt {\frac{m}{3}} \cdot \frac{{{m^2}}}{3}\)

Theo đề bài ta có \(\sqrt {\frac{m}{3}} \cdot \frac{{{m^2}}}{3} = 3 \Leftrightarrow m = 3\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(y' = 4{x^3} - 4mx = 4x\left( {{x^2} - m} \right);y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = m\left( {\rm{*}} \right)}\end{array}} \right.\)

Để hàm số có ba điểm cực trị⇔ m > 0.

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

\(A\left( {0;0} \right),B\left( {\sqrt m ; - {m^2}} \right),C\left( { - \sqrt m ; - {m^2}} \right)\).

Tam giác ABC cân tại A, suy ra \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}d\left( {A,BC} \right) \cdot BC\) \( = \frac{1}{2}{m^2} \cdot 2\sqrt m = {m^2}\sqrt m \).

Theo bài ra, ta có \({S_{\Delta ABC}} < 1 \Leftrightarrow {m^2}\sqrt m < 1 \Leftrightarrow 0 < m < 1\left( {TM} \right)\)

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: A

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng d₁ là n₁ = (1; 2)

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng d₂ là n₂ = (2; ‒4)

Gọi φ là góc giữa 2 đường thẳng ta có:

\[\varphi = \frac{{{n_1} \cdot {n_2}}}{{\left| {{n_1}} \right| \cdot \left| {{n_2}} \right|}} = - \frac{3}{5}.\]

Đáp án đúng là: D

A sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ta chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Đáp án đúng là: A

Giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x − 1 với trục hoành là \[\left( {\frac{1}{2};0} \right)\]. Loại B.

Giao điểm của đồ thị hàm số y = 2x − 1 với trục tung là (0; −1). Chỉ có A thỏa mãn.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: B

Ta có: \[\overrightarrow {{n_a}} = \left( {2;1} \right),\overrightarrow {{n_b}} = \left( {1; - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_a}} \cdot \overrightarrow {{n_b}} = 0 \Rightarrow a \bot b\]

Do đó tồn tại phép quay góc 90° biến đường thẳng này thành đường thẳng kia.

Đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: D

Q_(I;2017π) = Q_(I;π) là phép đối xứng tâm I, do đó để phép đối xứng tâm I biến đường thẳng d thành chính nó thì I ∈ d, xét bốn đáp án ta thấy chỉ có đáp án D, điểm I(0; 1)∈d.

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: B

\(\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DB} = \left( {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {BA} } \right) + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {BC} = \vec 0\)

Đáp án đúng là: D

Mỗi cách xếp cho ta một hoán vị của 5 học sinh và ngược lại.

Vậy số cách xếp là P₅ = 5!=120 (cách).

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: C

Qua phép vị tự V_(I,3) thì 

A'B' = 3AB

B'C' = 3BC 

C'A' = 3CA.

Vậy chu vi tam giác A'B'C' gấp 3 lần chu vi tam giác ABC .

Đáp án đúng là: A

Đường thẳng a: 4x + 3y + 5 = 0 có vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow {{n_a}} = \left( {4;3} \right).\]

Đường thẳng b: x + 7y ‒ 4 = 0 có vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow {{n_b}} = \left( {1;7} \right).\]

Góc α là góc tạo bởi a và b ta có:

\[cos\alpha = \left| {cos\left( {\overrightarrow {{n_a}} ,\overrightarrow {{n_b}} } \right)} \right| = \frac{{\left| {4 \cdot 1 + 3 \cdot 7} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} \sqrt {{1^2} + {7^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]

 ⇒ α = 45°

Vậy φ = 45°.

Đáp án đúng là: D

Gọi M là trung điểm của BC và H là hình chiếu của A trên A’M.

Ta có :

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AM}\\{BC \bot AA'}\end{array}} \right\}\) ⇒ BC ⊥ (AA’M) ⇒ BC ⊥ AH    (1).

Mà AH ⊥ A’M   (2).

Từ (1) và (2) ⇒ d(A, (A’BC)) = AH.

Ta có:  \(\frac{{d\left( {O,\left( {A'BC} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)}} = \frac{{MO}}{{MA}} = \frac{1}{3}\) (do tính chất trọng tâm).

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = 3d\left( {O,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{a}{2}\)

\( \Rightarrow AH = \frac{a}{2}\)

Xét tam giác vuông A'AM :

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{A^{{\rm{'}}2}}}} + \frac{1}{{A{M^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{A{A^{{\rm{'}}2}}}} = \frac{4}{{{a^2}}} - \frac{4}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\)

Suy ra thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ là:

\(V = AA' \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 2 {a^3}}}{{16}}.\)

Đáp án đúng là: A

Các vectơ bằng vectơ \[\overrightarrow {OC} \] có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của lục giác là: \[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {ED} .\]

Vậy có 2 vectơ thỏa mãn yêu cầu.

Đáp án đúng là: C

Phép đối xứng tâm I(x₀; y₀) biến M(x; y) thành M’(x’; y’) thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}x' = 2{x_0} - x = 2 \cdot 2 - \left( { - 5} \right) = 9\\y' = 2{y_0} - y = 2 \cdot \left( { - 6} \right) - 9 = - 21\end{array} \right.\]

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({\rm{\;}}\overrightarrow {IM'} = \left( {x' - 1;y' - 2} \right),\overrightarrow {IM} = \left( {x - 1;y - 2} \right)\)

Vì \({D_I}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {IM'} = - \overrightarrow {IM} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' - 1 = - \left( {x - 1} \right)}\\{y' - 2 = - \left( {y - 2} \right)}\end{array}} \right.\)

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

Đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: B

Ta có:\[{\rm{\;cot}}x = \sqrt 3 \Leftrightarrow {\rm{cot}}x = {\rm{cot}}\frac{\pi }{6} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right){\rm{.\;}}\]