Đáp án đúng là: A

Vì tam giác ABC đều nên \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} \) không cùng phương và \(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BC} \) không cùng phương

Suy ra \(\overrightarrow {AB} \ne \overrightarrow {BC} \)

Do đó đáp án A sai

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: D

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{11}^6 = 462\)

Gọi A: “Tổng số ghi trên 6 tấm thẻ ấy là một số lẻ”

Từ 1 đến 11 có 6 số lẻ và 5 số chẵn. Để có tổng là một số lẻ ta có 3 trường hợp.

Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ mang số lẻ và 5 thẻ mang số chẵn có: \(6.C_5^5 = 6\) cách

Trường hợp 2: Chọn được 3 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn có: \(C_6^3.C_5^3 = 200\) cách

Trường hợp 3: Chọn được 5 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn có: \(C_6^5.5 = 30\) cách

Do đó n(A) = 6 + 200 + 30 = 236

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{{236}}{{462}} = \frac{{118}}{{231}}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Ta có: y = x + ln²x 

\(y' = \left( {x + {{\ln }^2}x} \right)' = x' + \left( {{{\ln }^2}x} \right)' = 1 + 2\ln {\rm{x}}\left( {\ln {\rm{x}}} \right)' = 1 + \frac{{2\ln {\rm{x}}}}{x}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện xác định của hàm số \(y = {\left( {{x^2} - 16} \right)^{ - 5}} - \ln \left( {24 - 5{\rm{x}} - {x^2}} \right)\) là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 16 \ne 0\\24 - 5{\rm{x}} - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \pm 4\\\left( {x - 3} \right)\left( {x + 8} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 4\\ - 8 < x < 3\end{array} \right.\)

Suy ra D = (–8; 3) \ {–4}

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Vì tam giác B’C’D’ vuông tại C’ nên \(B'D' = \sqrt {B'C{'^2} + D'C{'^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \)

Khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a thì bán kính đáy \[{\rm{R}} = O'D' = \frac{{B'D'}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\] và chiều cao h = a

Thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương đó là:

\(V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}.a = \frac{{\pi {a^3}}}{2}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Ta có:

\[\begin{array}{l}\sqrt {\sqrt 7 - 2} > 0\\\sqrt {\sqrt 7 - \sqrt 3 } < \sqrt {\sqrt 7 + \sqrt 3 } \Leftrightarrow \sqrt {\sqrt 7 - \sqrt 3 } - \sqrt {\sqrt 7 + \sqrt 3 } < 0\\ \Rightarrow A < 0\end{array}\]

Xét \[{{\rm{A}}^2} = {\left( {\frac{{\sqrt {\sqrt 7 - \sqrt 3 } - \sqrt {\sqrt 7 + \sqrt 3 } }}{{\sqrt {\sqrt 7 - 2} }}} \right)^2}\]

\[{{\rm{A}}^2} = \frac{{\sqrt 7 - \sqrt 3 + \sqrt 7 + \sqrt 3 - 2\sqrt {\left( {\sqrt 7 - \sqrt 3 } \right)\left( {\sqrt 7 + \sqrt 3 } \right)} }}{{\sqrt 7 - 2}}\]

\[{{\rm{A}}^2} = \frac{{2\sqrt 7 - 2\sqrt 4 }}{{\sqrt 7 - 2}}\]

\[{{\rm{A}}^2} = \frac{{2\sqrt 7 - 2\sqrt 4 }}{{\sqrt 7 - 2}} = \frac{{2\left( {\sqrt 7 - 2} \right)}}{{\sqrt 7 - 2}} = 2\]

Mà A < 0 nên \[{\rm{A}} = - \sqrt 2 \]

Vậy \[{\rm{A}} = - \sqrt 2 \].

Đáp án đúng là: D

Ta có \[{\rm{z}} = 1 + \sqrt 3 i \Rightarrow \frac{1}{z} = \frac{1}{{1 + \sqrt 3 i}} = \frac{{1 - \sqrt 3 i}}{{\left( {1 + \sqrt 3 i} \right)\left( {1 - \sqrt 3 i} \right)}} = \frac{{1 - \sqrt 3 i}}{{1 - 3{i^2}}} = \frac{{1 - \sqrt 3 i}}{4} = \frac{1}{4} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}i\]

Vậy ta chọn đáp án D.

Tọa độ đỉnh I của đồ thị hàm số là:

\(I\left( {\frac{{ - b}}{{2{\rm{a}}}};\frac{{ - \Delta }}{{4{\rm{a}}}}} \right) = I\left( {\frac{{ - b}}{{2{\rm{a}}}};\frac{{ - {b^2} + 4{\rm{a}}c}}{{4{\rm{a}}}}} \right) = I\left( {\frac{6}{2};\frac{{ - {6^2} + 4.5}}{4}} \right) = I\left( {3; - 4} \right)\)

Vậy I(3;– 4) là đỉnh của đồ thị hàm số y = x² – 6x + 5.

Đáp án đúng là: A

Do \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b \) cùng phương và nên \(\overrightarrow b = k\overrightarrow a \) (k ≠ 0) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = k\\{y_0} = - 2k\\{z_0} = 4k\end{array} \right.\)

Suy ra: \(\frac{{{x_0}}}{1} = \frac{{{y_0}}}{{ - 2}} = \frac{{{z_0}}}{4} = \frac{{{x_0} + {y_0} + {z_0}}}{{1 - 2 + 4}} = \frac{{{x_0} + {y_0} + {z_0}}}{3}\)

Do đó: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{1}{3}\left( {{x_0} + {y_0} + {z_0}} \right)\\{y_0} = - \frac{2}{3}\left( {{x_0} + {y_0} + {z_0}} \right)\\{z_0} = \frac{4}{3}\left( {{x_0} + {y_0} + {z_0}} \right)\end{array} \right.\)

Theo giả thiết vectơ \(\overrightarrow b \) tạo với tia Oy một góc nhọn nên \(\overrightarrow b .\overrightarrow j > 0;\overrightarrow j = \left( {0;1;0} \right)\)

Suy ra y₀ > 0

Mà \({y_0} = - \frac{2}{3}\left( {{x_0} + {y_0} + {z_0}} \right)\) nên x₀ + y₀ + z₀ < 0

Lại có \(\left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt {21} \)

Suy ra \(\sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2} = \sqrt {\frac{{21}}{9}{{\left( {{x_0} + {y_0} + {z_0}} \right)}^2}} \Rightarrow {\left( {{x_0} + {y_0} + {z_0}} \right)^2} = 9\)

Mà x₀ + y₀ + z₀ < 0 nên x₀ + y₀ + z₀ = –3

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1.\left( { - 2} \right) + 3.1 = 1\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Không gian mẫu là kết quả của việc chọn ngẫu nhiên 2 chiếc giày trong số 8 chiếc giày

Suy ra \(n\left( \Omega \right) = C_8^2 = 28\)

Gọi biến cố A: “ Chọn được 2 chiếc tạo thành một đôi”

Suy ra n(A) = 4 (Vì có 4 đôi)

Xác suất để hai chiếc chọn được tạo thành một đôi là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{{28}} = \frac{1}{7}\).

Đáp án đúng là: D

Đỉnh của parabol y = x² + x + m nằm trên đường thẳng \(y = \frac{3}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - {b^2} + 4{\rm{a}}c}}{{4{\rm{a}}}} = \frac{3}{4}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 1 + 4m}}{4} = \frac{3}{4}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow - 4 + 16m = 12\\ \Leftrightarrow 16m = 16\\ \Leftrightarrow m = 1\end{array}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định \(\left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} - 1 > 0\\3{\rm{x}} - 2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\x > \frac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{2}{3}\)

Ta có: \({\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {2{\rm{x}} - 1} \right) < {\log _{2 - \sqrt 3 }}\left( {3{\rm{x}} - 2} \right)\)

⇔ 2x – 1 < 3x – 2

⇔ 2x – 3x < 1 – 2

⇔ x > 1 (thỏa mãn)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: C

Ta có n(Ω) = 3³ = 27

Để rút từ mỗi hộp một cái thẻ mà tổng ba thẻ bẳng 6 thì phải rút được 3 tấm thẻ là bộ (1; 2; 3) hoặc (2; 2; 2)

Có 6 cách để rút được 3 tấm thẻ là bộ (1; 2; 3) và 1 cách rút được 3 tấm thẻ là bộ (2; 2; 2)

Suy ra n(A) = 7

Xác suất để ba cái thẻ được rút ra có tổng bẳng 6 là \(P\left( A \right) = \frac{7}{{27}}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(3\sin 3{\rm{x}} - \sqrt 3 cos9{\rm{x}} = 1 + 4{\sin ^3}3{\rm{x}}\)

\( \Leftrightarrow \left( {3\sin 3{\rm{x}} - 4{{\sin }^3}3{\rm{x}}} \right) - \sqrt 3 cos9{\rm{x}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \sin 9x - \sqrt 3 cos9{\rm{x}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 9x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}cos9{\rm{x}} = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow cos\frac{\pi }{3}\sin 9x - \sin \frac{\pi }{3}cos9{\rm{x}} = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {9x - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {9x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{\pi }{6}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}9{\rm{x}} - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\9{\rm{x}} - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{9}\\x = \frac{{7\pi }}{{54}} + \frac{{k2\pi }}{9}\end{array} \right.\)

Vì x > 0 nên \(\left[ \begin{array}{l}\frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{9} > 0\\\frac{{7\pi }}{{54}} + \frac{{k2\pi }}{9} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\pi + 4k\pi > 0\\7\pi + 12k\pi > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k > \frac{{ - 1}}{4}\\k > \frac{{ - 7}}{{12}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{k_{\min }} = 0\\{k_{\min }} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{18}}\\x = \frac{{7\pi }}{{54}}\end{array} \right.\)

Mà \(\frac{\pi }{{18}} < \frac{{7\pi }}{{54}}\) suy ra giá trị nghiệm dương nhỏ nhất là \[{{\rm{x}}_0} = \frac{\pi }{{18}}\]

Vậy ta chọn đáp án B.

Xét f(x, m) = : 2sin² 2x + 3sin2x + m – 1 = 0

Coi phương trình trên là phương trình bậc hai với ẩn là: sin2x, ta có

\(\Delta = {3^2} - 2 \cdot (m - 1) = 9 - 2m + 2 = 11 - 2m\)

Để phương trình có hai nghiệm

\( \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow 11 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{{11}}{2}\)

Áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có:

\(S = {x_1} + {x_2} = \frac{3}{2}\)

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a_f} = 2}\\{f(0) = m - 1}\\{f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = m + 4}\end{array}} \right.\)

Để phương trình đã cho có hai nghiệm x thuộc \(\left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right] \Leftrightarrow 0 \le {x_1} < {x_2} \le \frac{\pi }{4}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a_f}.f(0) \ge 0}\\{{a_f}.f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) \ge 0}\\{0 \le \frac{S}{2} \le \frac{\pi }{4}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\left( {m - 1} \right) \ge 0}\\{2\left( {m + 4} \right) \ge 0}\\{0 \le \frac{{\frac{3}{2}}}{2} \le \frac{\pi }{4}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ge 0\\m + 4 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 1\\m \ge - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 1\)

Mà \(m < \frac{{11}}{2}\) suy ra \(m \in \left[ {1;\left. {\frac{{11}}{2}} \right)} \right.\)

Mặt khác m ∈ Z nên m ∈ {1; 2; 3; 4; 5}

Vậy có 5 giá trị nguyên của m là 1; 2; 3; 4; 5.

Vì S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số nên tập S là tập hợp các số tự nhiên lớn hơn 9 và nhỏ hơn 100.

Do đó: S = {x| x là số tự nhiên và 9 < x < 100}.

Nhận thấy: 15; 99 là phần tử của S, 7; 106 không là phần tử của S

Vậy: 7 ∉ S; 15 ∈ S; 106 ∉ S; 99 ∈ S.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({9^x} - {2^{x + \frac{1}{2}}} = {2^{x + \frac{3}{2}}} - {3^{2{\rm{x}} - 1}}\)

\( \Leftrightarrow {9^x} + \frac{{{9^x}}}{3} = 2\sqrt 2 {.2^x} + \sqrt 2 {.2^x}\)

\( \Leftrightarrow \frac{4}{3}{.9^x} = 3\sqrt 2 {.2^x}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{9}{2}} \right)^x} = \frac{{9\sqrt 2 }}{4}\)

\( \Leftrightarrow x = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{9}{2}}}\frac{{9\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{9}{2}}}\frac{{9\sqrt 2 }}{4}\)

\( \Rightarrow P = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{9}{2}}}\frac{{9\sqrt 2 }}{4} + \frac{1}{2}{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{9}{2}}}2 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{9}{2}}}\left( {\frac{{9\sqrt 2 }}{4}{\rm{\;}} \cdot \sqrt 2 } \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{9}{2}}}\frac{9}{2} = 1\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: D

Lấy \(A( - 1;0) \in {\Delta _1}\), gọi A’(x; y) là ảnh của A qua phép vị tự tâm I tỉ số k ta có: \(\overrightarrow {IA'} = k\overrightarrow {IA} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow (x - 2;y - 1) = k( - 3; - 1)\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2 = - 3k}\\{y - 1 = - k}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3k + 2}\\{y = - k + 1}\end{array}} \right.} \right.\\ \Rightarrow A'( - 3k + 2; - k + 1)\end{array}\)

Ta có: \({V_{(I;k)}}\left( {{\Delta _1}} \right) = {\Delta _2},{V_{(I;k)}}(A) = A' \Rightarrow A' \in {\Delta _2}\)

Thay tọa độ điểm A’ vào phương trình đường thẳng ∆₂ ta có:

\(\begin{array}{l} - 3k + 2 - 2( - k + 1) + 4 = 0\\ \Leftrightarrow - k + 4 = 0\\ \Leftrightarrow k = 4\end{array}\)

Vậy đáp án cần chọn là D.

Đáp án đúng là: A

Điểm M’ = Q_{(O; 45°)}(M) được biểu diễn trên hình vẽ trên.

Khi đó OM’ = OM và \(\widehat {MOM'} = 45^\circ \)

Do M(1; 1) nên OM là đường chéo của hình vuông OHMK có độ dài cạnh bằng 1

Hình vuông có cạnh bằng 1 thì đường chéo bằng \(\sqrt 2 \), do đó \(OM = \sqrt 2 \)

Suy ra \(OM' = \sqrt 2 \)

Mặt khác \(\widehat {MOH} = 45^\circ \) do đường chéo OM là đường phân giác của \(\widehat {HOK} = 90^\circ \)

Suy ra OH và OM’ trùng nhau hay M’ nằm trên trục tung.

Do đó \[M'\left( {0;\sqrt 2 } \right)\]

Vậy ta chọn đáp án A.

2997. trong mặt phẳng với hệ tọa độ , hãy viết phương trình đường thẳng là ảnh

Đáp án đúng là: B

Qua phép quay tâm O góc quay –90° đường thẳng d biến thành đường thẳng d′ vuông góc với d

Phương trình đường thẳng d′ có dạng: x + 3y + m = 0

Lấy A(0; 2) ∈ d. Qua phép quay tâm O góc quay –90°, điểm A(0; 2) biến thành điểm B(2; 0) ∈ d′

Khi đó m = –2

Suy ra phương trình đường d′ là x + 3y – 2 = 0

Vậy đáp án cần chọn là B.

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(cos\left( {\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4}} \right) = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{x}{2} + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} + k\pi \\ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ;k \in \mathbb{Z}n{\rm{ }}\\{\rm{V\`i }}x \in (\pi ,8\pi ){\rm{ n\^e n }}\pi < \frac{\pi }{2} + k2\pi < 8\pi \\ \Leftrightarrow \frac{1}{4} < k < \frac{{15}}{4};k \in \mathbb{Z}\\ \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3} \right\} \Rightarrow x \in \left\{ {\frac{{5\pi }}{2};\frac{{9\pi }}{2};\frac{{13\pi }}{2}} \right\}\end{array}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: C

Thay tọa độ điểm M₀(1; 0) vào hệ bất phương trình ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}2.1 - 0 = 2 \le 3\\10.1 + 5 = 10 > 8\end{array} \right.\)

Suy ra M₀(1; 0) thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} - y \le 3\\10{\rm{x}} + 5y > 8\end{array} \right.\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện m – 1 < 5 ⇔ m < 6

Để A \ B = ∅ khi và chỉ khi A ⊂ B ⇔ 3 ≤ m – 1 ⇔ m ≥ 4

Suy ra 4 ≤ m < 6

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Vì độ dài đường tròn là 4π nên 4π = 2π . R

Suy ra R = 2 (cm)

Xét tứ giác ABOC có hai đường chéo AO và BC vuông góc với nhau tại trung điểm M nên ABOC là hình thoi

Suy ra OB = OC = AB

Do đó tam giác ABO đều nên \(\widehat {AOB} = 60^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 2.60^\circ = 120^\circ \)

Do đó số đo cung lớn BC là 360° – 120° = 240°

Độ dài cung lớn BC là \(l = \frac{{\pi .2.240^\circ }}{{180^\circ }} = \frac{{8\pi }}{3}\) (cm)

Vậy ta chọn đáp án D.

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 200 kg nguyên liệu và 1 200 giờ làm việc suy ra

2x + 4y ≤ 200 hay x + 2y – 100 ≤ 0

30x + 15y ≤ 1 200 hay 2x + y – 80 ≤ 0

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 100 \le 0\\2{\rm{x}} + y - 80 \le 0\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\)       (*)

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)

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

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Xét phương trình x² + 2(m – 1)x – (m + 1) = 0 có

\(\begin{array}{l}\Delta ' = {(m - 1)^2} + m + 1 = {m^2} - 2m + 1 + m + 1 = {m^2} - m + 2\\ = {m^2} - 2m \cdot \frac{1}{2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4}\end{array}\)

Suy ra ∆’ > 0 với mọi m

Do đó phương trình luôn có hai nhiệm phân biệt x₁; x₂ với mọi giá trị của m

Từ giả thiết ta có:

\(\begin{array}{l}{x_1} - 2 < 0;{x_2} - 2 < 0\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) > 0}\\{\frac{S}{2} < 2}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1}{x_2} - 2{x_1} - 2{x_2} + 4 > 0}\\{ - m + 1 < 2}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 > 0{\rm{              }}(*)}\\{m > - 1}\end{array}} \right.\end{array}\)

Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = - \left( {m + 1} \right)\end{array} \right.\)

Thay vào (*) ta được

\(\begin{array}{l} - (m + 1) - 2.( - 2)(m - 1) + 4 > 0\\ \Leftrightarrow - m - 1 + 4m - 4 + 4 > 0\\ \Leftrightarrow 3m - 1 > 0\\ \Leftrightarrow m > \frac{1}{3}{\rm{ }}\end{array}\)

Kết hợp điều kiện m > –1 suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}m > - 1\\m > \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow m > \frac{1}{3}\)

Vậy đáp án cần chọn là: D.

Đáp án đúng là: B

Điều kiện n ≥ 5, n ∈ ℕ

Ta có: \(2A_n^4 = 3{\rm{A}}_{n - 1}^4\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2\frac{{n!}}{{(n - 4)!}} = 3\frac{{(n - 1)!}}{{(n - 5)!}}\\ \Leftrightarrow 2n(n - 1)(n - 2)(n - 3) - 3(n - 1)(n - 2)(n - 3)(n - 4) = 0\\ \Leftrightarrow (n - 1)(n - 2)(n - 3)[2n - 3(n - 4)] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n - 1 = 0\\n - 2 = 0\\n - 3 = 0\\2n - 3n + 12 = 0\end{array} \right.\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 1\\n = 2\\n = 3\\n = 12\end{array} \right.\)

Mà n ≥ 5, n ∈ ℕ

Suy ra n = 12

Vậy đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là C

Dựa vào hình vẽ, ta thấy

Đường thẳng (d₁) là trục tung \({\rm{Oy}}\) nên có phương trình x = 0

Đường thẳng (d₂) đi qua hai điểm (0; 2) và \(\left( {\frac{5}{2};0} \right)\) nên có phương trình

\(\frac{x}{{\frac{5}{2}}} + \frac{y}{2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{2x}}{5} + \frac{y}{2} = 1 \Leftrightarrow 4x + 5y = 10\)

Đường thẳng (d₃) đi qua các điềm (2; 0) và \(\left( {0; - \frac{5}{2}} \right)\) nên có phương trình

\(\frac{x}{2} + \frac{y}{{ - \frac{5}{2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{2} - \frac{{2y}}{5} = 1 \Leftrightarrow 5x - 4y = 10\)

Miền nghiệm gần phần mặt phẳng nhận giá trị x dương (kể cả bờ (d₁))

Lại có (0; 0) là nghiệm của cả hai bất phương trình 4x + 5y ≤ 10 và 5x – 4y ≤ 10

Suy ra miền tam giác ABC biểu diễn nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\5{\rm{x}} - 4y \le 10\\{\rm{4x}} + 5y \le 10\end{array} \right.\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: C

Ta lấy lần lượt trên cạnh SB, SC các điểm M, N sao cho \({\rm{SA}} = {\rm{SM}} = {\rm{SN}} = 1\)

Khi đó: \(\frac{{{{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ANM}}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABC}}}}}} = \frac{{{\rm{SM}}}}{{{\rm{SB}}}} \cdot \frac{{{\rm{SN}}}}{{{\rm{AC}}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\)

Tứ diện SAMN có góc ở đỉnh S là 60° và các cạnh bên bằng 1

Suy ra SAMN là tứ diện đều. Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện đều là \({\rm{V}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}{{\rm{a}}^3} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\)

Khi đó \({{\rm{V}}_{{\rm{SABC}}}} = 6.{V_{S.AMN}} = 6.\frac{{\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy đáp án cần chọn là C.

Đáp án đúng là: D

Có vô số phép tịnh tiến biến một đường thẳng d thành chính nó. Khi đó, vecto tịnh tiến có giá song song hoặc trùng với đường thẳng d.

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: C

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Gọi 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 \(R = \frac{a}{2}\)

Vậy đáp án cần chọn là C.

Đáp án đúng là: B

Ta có:

\(\begin{array}{l}\tan x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\\x \in (0;7\pi ) \Rightarrow 0 < \frac{\pi }{4} + k\pi < 7\pi \\ \Leftrightarrow - \frac{1}{4} < k < \frac{{27}}{4},k \in \mathbb{Z}\\ \Leftrightarrow k \in \{ 0;1;2;3;4;5;6\} \end{array}\)

Suy ra phương trình tanx = 1 có tất cả 7 nghiệm trong khoảng (0; 7π)

Vậy đáp án cần chọn là B.

Đáp án đúng là: A

Theo nhị thức Newton ta có:

\({(3 + x)^{2015}} = C_{2015}^0{.3^{2015}} + C_{2015}^1{.3^{2014}}.x + C_{2015}^2{.3^{2013}}.{x^2} + \ldots . + C_{2015}^{2014}.3.{x^{2014}} + C_{2015}^{2015}.{x^{2015}}\)

Thay x = –1 ta được:

\({(3 - 1)^{2015}} = C_{2015}^0{.3^{2015}} - C_{2015}^1{.3^{2014}} + C_{2015}^2{.3^{2013}} - \ldots . + C_{2015}^{2014}.3 - C_{2015}^{2015}\)

Suy ra, \(S = {2^{2015}}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({x^2} - 4x + 6 + 3m = 0 \Leftrightarrow 3m = - {x^2} + 4x - 6\)

Số nghiệm của phương trình x² – 4x + 6 + 3m = 0 là số giao điểm của đường thẳng y = 3m và parabol \(y = - {x^2} + 4x - 6\)

Parabol \(y = - {x^2} + 4x - 6\) có hoành độ đỉnh \(x = 2 \in [ - 1;3]\), hệ số a = –1 < 0 nên đồng biến khi x < 2 và nghịch biến khi x > 2

Bảng biến thiên của hàm số \(y = - {x^2} + 4x - 6\) trên đoạn [–1; 3] là:

Từ bảng biến thiên ta thấy, nếu phương trình có nghiệm trên đoạn [–1; 3] thì đường thẳng y = 3m phải cắt parabol tại ít nhất 1 điểm có hoành độ thuộc đoạn [–1; 3]

Phương trình có nghiệm thuộc đoạn [–1; 3] \( \Leftrightarrow - 11 \le 3m \le - 2 \Leftrightarrow \frac{{ - 11}}{3} \le m \le \frac{{ - 2}}{3}\)

Vậy đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: D

Gọi D là trung điểm của BC, H là trọng tâm tam giác ABC

Suy ra \(B{\rm{D}} = C{\rm{D}} = \frac{a}{2}\)

Vì tam giác ABC đều nên AD vừa là trung tuyến vừa là đường cao

Do đó tam giác ABD vuông tại D

Suy ra \[{\rm{AD}} = \sqrt {A{B^2} - B{{\rm{D}}^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Do đó \({\rm{ }}AH = \frac{2}{3}AD = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Đáy hình chóp là tam giác đều cạnh a nên \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{\rm{D}}.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

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

Suy ra \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{3}{\rm{ }}\)

Thể tích khối chóp tam giác đều là:

\(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{a\sqrt {15} }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{12}}\)

Vậy đáp án cần chọn là: D.

Đáp án đúng là: D

Gọi x là số đơn vị vitamin A mỗi người tiếp nhận trong một ngày (x ≥ 0).

Gọi y là số đơn vị vitamin A mỗi người tiếp nhận trong một ngày (y ≥ 0).

Một người có thể tiếp nhận được mỗi ngày không quá 600 đơn vị vitamin A và không quá 500 đơn vị vitamin B nên x ≤ 600 và y ≤ 500.

Một người mỗi ngày cần từ 400 đến 1 000 đơn vị vitamin cả A và B nên:

400 ≤ x + y ≤ 1000

Do tác động phối hợp của hai loại vitamin, mỗi ngày, số đơn vị vitamin B không ít hơn \(\frac{1}{2}\) số đơn vị vitamin A nhưng không nhiều hơn ba lần số đơn vị vitamin A nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}y \ge \frac{1}{2}x\\y \le 3{\rm{x}}\end{array} \right.\)

Ta có hệ bất phương trình giữa x và y: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x \le 600\\y \le 500\\x + y \ge 400\\x + y \le 1000\\y \ge \frac{1}{2}x\\y \le 3{\rm{x}}\end{array} \right.\)

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình:

− Biểu diễn miền nghiệm D₁ của bất phương trình x ≤ 600

+ Vẽ đường thẳng d₁: x = 600 trên mặt phẳng tọa độ Oxy

+ Thay x = 0, y = 0 vào bất phương trình ta được 0 ≤ 600 là mệnh đề đúng nên tọa độ điểm O(0; 0) thỏa mãn bất phương trình x ≤ 600

Vậy miền nghiệm D₁ của bất phương trình x ≤ 600 là nửa mặt phẳng bờ d₁ (kể cả bờ d₁) chứa điểm O.

Tương tự ta biểu diễn các miền nghiệm:

− Miền nghiệm D₂ của bất phương trình y ≤ 500: là nửa mặt phẳng bờ d₂ (kể cả bờ d₂: y = 500) chứa điểm O.

− Miền nghiệm D₃ của bất phương trình x + y ≥ 400: là nửa mặt phẳng bờ d₃ (kể cả bờ d₃: x + y = 400) không chứa điểm O.

− Miền nghiệm D₄ của bất phương trình x + y ≤ 1000: là nửa mặt phẳng bờ d₄ (kể cả bờ d₄: x + y = 1000) chứa điểm O.

− Miền nghiệm D₅ của bất phương trình \(y \ge \frac{1}{2}x\): là nửa mặt phẳng bờ d₅ (kể cả bờ d₅: \(y = \frac{1}{2}x\) ) chứa điểm M(0; 50).

− Miền nghiệm D₆ của bất phương trình y ≤ 3x: là nửa mặt phẳng bờ d₆ (kể cả bờ d₆: y = 3x) không chứa điểm M (0; 50).

Ta có đồ thị sau:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền của đa giác ABCDEF với: \(A\left( {100;300} \right),B\left( {\frac{{500}}{3};500} \right),C\left( {500;500} \right),D\left( {600;400} \right),E\left( {600;300} \right);F\left( {\frac{{800}}{3};\frac{{400}}{3}} \right)\)

Số tiền trả cho x đơn vị vitamin A và y đơn vị vitamin B là: F(x; y) = 9x + 7,5y

Để có số tiền phải trả là ít nhất thì F(x; y) phải nhỏ nhất

Tại A(100; 300): F = 9.100 + 7,5. 300 = 3150;

Tại \(B\left( {\frac{{500}}{3};500} \right):F = 9.\frac{{500}}{3} + 7,5.500 = 5250\)

Tại C(500; 500): F = 9. 500 + 7,5. 500 = 8250;

Tại D(600, 400): F = 9. 600 + 7,5. 400 = 8400;

Tại E(600, 300): F = 9. 600 + 7,5. 300 = 7650;

Tại \(F\left( {\frac{{800}}{3};\frac{{400}}{3}} \right):F = 9.\frac{{800}}{3} + 7,5.\frac{{400}}{3} = 3400\).

Suy ra F(x; y) nhỏ nhất là 3150 khi x = 100 và y = 300

Do đó mỗi người sẽ dùng 100 đơn vị vitamin A và 300 đơn vị vitamin B để đảm bảo các điều kiện số lượng sử dụng và chi phí phải trả là ít nhất

Vậy ta chọn đáp án D.

Điều kiện: sinx ≠ 0

Ta có: \(\frac{{\sqrt {1 - \sin 2{\rm{x}}} + \sqrt {1 + \sin 2{\rm{x}}} }}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}} = 4c{\rm{osx}}\)

\( \Rightarrow \sqrt {1 - \sin 2{\rm{x}}} + \sqrt {1 + \sin 2{\rm{x}}} = 4c{\rm{osxsinx}}\)

\[ \Rightarrow {\left( {\sqrt {1 - \sin 2{\rm{x}}} + \sqrt {1 + \sin 2{\rm{x}}} } \right)^2} = {\left( {2.2c{\rm{osxsinx}}} \right)^2}\] với sinxcosx > 0

\[ \Leftrightarrow 1 - \sin 2{\rm{x}} + 1 + \sin 2{\rm{x + 2}}\sqrt {\left( {1 - \sin 2{\rm{x}}} \right)\left( {1 + \sin 2{\rm{x}}} \right)} = {\left( {2{\rm{sin2x}}} \right)^2}\] với sin2x > 0

\[ \Leftrightarrow 2{\rm{ + 2}}\sqrt {1 - {{\sin }^2}2x} = 4{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}{\rm{2x}}\] với sin2x > 0

\[ \Leftrightarrow 1{\rm{ + }}\sqrt {{{\cos }^2}2x} = 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}{\rm{2x}}\] với sin2x > 0

⇔ 1 + |cos2x| = 2 – cos²2x, với sin2x > 0

⇔ 2|cos2x|² + |cos2x| – 1 = 0, với sin2x > 0

Đặt |cos2x| = t (t ≥ 0), ta có phương trình:

2t² + t – 1 = 0 ⇔ (2t – 1)(t + 1) = 0\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left| {cos2{\rm{x}}} \right| = \frac{1}{2}\) nên \(co{s^2}2{\rm{x}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {\sin ^2}2x = \frac{3}{4}\)

Mà sin2x > 0 nên \(\sin 2x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l}2{\rm{x}} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2{\rm{x}} = \pi - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{x}} = \frac{\pi }{6} + k\pi \\{\rm{x}} = \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy \({\rm{x}} = \frac{\pi }{6} + k\pi ;{\rm{x}} = \frac{\pi }{3} + k\pi \).