Đáp án đúng là: D

Đường thẳng ∆ được gọi là vuông góc với mặt phẳng (P) nếu ∆ vuông góc với mọi đường thẳng trong mặt phẳng (P). (Định nghĩa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng).

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: B

Cho đường thẳng d song song với mặt phẳng (α), nếu mặt phẳng (β) chứa d mà cắt (α) theo giao tuyến d’ thì d // d’

Vậy đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: B

Vì tứ giác ABCD là hình thoi có 2 đường chéo AC = BD nên tứ giác ABCD là hình vuông (dấu hiệu nhận biết hình vuông)

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Theo tính chất hình vuông ta có:\(OA = OB = OC = O{\rm{D}} = \frac{{AC}}{2} = \frac{{B{\rm{D}}}}{2}\)

Do đó, O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: D

Số tự nhiên lớn nhất có hai chữ số là 99.

Giả sử x là số thập phân cần tìm

Theo đề bài ta có x : 3,25 + 24,56 = 99

⇔ x : 3,25 = 99 – 24,56

⇔ x : 3,25 = 74,44

⇔ x = 74,44 × 3,25

⇔ x = 241,93

Suy ra số thập phân cần tìm là 241,93

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: C

Do chữ số 1 có mặt 3 lần nên ta coi như tìm các số thỏa mãn đề bài được tạo nên từ 8 số 0, 1, 1, 1, 2, 3, 4, 5

Đáp án đúng là: A

Ta có:

\(y' = \frac{1}{{2\sqrt {{{(x - 2)}^3}} }}.\left( {{{(x - 2)}^3}} \right)' = \frac{1}{{2\sqrt {{{(x - 2)}^3}} }}.3.{(x - 2)^2} = \frac{{3(x - 2)}}{{2\sqrt {x - 2} }} = \frac{3}{2}\sqrt {x - 2} \)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: B

Vì tam giác ACD nội tiếp (O) nên tam giác BCD vuông tại C

Suy ra BC ⊥ CD

Mà AH ⊥ CB nên AH // DC

Vì tam giác ABD nội tiếp (O) nên tam giác BAD vuông tại A

Suy ra BA ⊥ AD

Mà CH ⊥ AB nên CH // DA

Xét tứ giác ADCH có AH // DC và CH // DA

Suy ra ADCH là hình bình hành

Do đó \(\overrightarrow {HA} = \overrightarrow {C{\rm{D}}} ;\overrightarrow {A{\rm{D}}} = \overrightarrow {HC} \)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: A

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AB = AC và \(AB = AC = \sqrt {\frac{{B{C^2}}}{2}} = \sqrt {\frac{{2{{\rm{a}}^2}}}{2}} = a\)

Ta có : \(\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} = CA.CB.\cos 45^\circ = {\rm{ a}}{\rm{.a}}{\rm{. }}\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = {a^2}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: D

Gọi A là biến cố “người thứ nhất bắn trúng”

Gọi B là biến cố “ người thứ hai bắn trúng”

Suy ra P(A) = 0,8 và P(B) = 0,7

Và AB là biến cố “cả hai người cùng bắn trúng”

Ta có P(AB) = P(A) . P(B) = 0,8 . 0,7 = 0,56 = 56%

Vậy đáp án cần chọn là: D.

Đáp án đúng là: B

Đặt f(x) = x³ – 3x² + (2m – 2)x + m – 3 = 0. Ta thấy hàm số liên tục trên ℝ

Dễ thấy nếu \(x \to - \infty \) thì \(f(x) \to - \infty \) hay \(f(x) < 0\)

Suy ra điều kiện cần để f(x) = 0 có 3 nghiệm thỏa mãn

\({x_1} < - 1 < {x_2} < {x_3}{\rm{ l\`a }}f( - 1) > 0 \Leftrightarrow - m - 5 > 0 \Leftrightarrow m < - 5\)

Điều kiện đủ: với m < –5 ta có

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = - \infty \) nên tồn tại a < –1 sao cho f(a) < 0

Mặt khác \(f( - 1) = - m - 5 > 0\). Suy ra \(f(a).f( - 1) < 0\)

Do đó tồn tại \({x_1} \in (a; - 1)\) sao cho \(f\left( {{x_1}} \right) = 0\)

\(f(0) = m - 3 < 0,f( - 1) > 0\). Suy ra \(f(0).f( - 1) < 0\)

Do đó tồn tại \({x_2} \in ( - 1;0)\) sao cho \(f\left( {{x_2}} \right) = 0\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty \) nên tồn tại b > 0 sao cho f(b) > 0

Mặt khác f(0) < 0. Suy ra f(0) . f(b) < 0

Do đó tồn tại \({x_3} \in (0;b)\) sao cho \(f\left( {{x_3}} \right) = 0\)

Suy ra m < –5 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\overrightarrow {OA} = \overrightarrow {CA} - \overrightarrow {CO} \)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: D

Gọi H là hình chiếu của A trên BC

Ta có AH ⊥ BC, AH ⊥ BB’ nên AH ⊥ (BCC’B’)

Suy ra HC’ là hình chiếu của AC’ trên mặt phẳng (BCC’B’)

Do đó góc giữa AC’ và mặt phẳng (BCC’B’) là góc \(\widehat {AC'H}\)

Vì tam giác ABC vuông tại A nên \[{{\rm{S}}_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}AH.BC\]

Vì tam giác ABC vuông tại A nên theo định lý Pytago có

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {3{{\rm{a}}^2} + {a^2}} = 2{\rm{a}}\)

Suy ra \(AH = \frac{{AC.AB}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{2{\rm{a}}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vì tam giác AA’C’ vuông tại A’ nên theo định lý Pytago có

\(AC' = \sqrt {AA{'^2} + A'C{'^2}} = \sqrt {{{\rm{a}}^2} + {a^2}} = \sqrt 2 {\rm{a}}\)

Xét tam giác AC’H có

\[\sin \widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{AC'}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\]

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(0,25 = \frac{{25}}{{100}} = \frac{1}{4}\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: B

Điểm E và 2 điểm bất kì trong 4 điểm A, B, C, D tạo thành 6 mặt phẳng, bốn điểm A, B, C, D tạo thành 1 mặt phẳng.

Suy ra có tất cả 7 mặt phẳng.

Vậy đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: D

Trong các hình: hình vuông, hình chữ nhật, hình thang cân, hình thoi thì hình thoi là hình có hai đường chéo không bằng nhau.

Vậy đáp án cần chọn là: D.

Đáp án đúng là: B

Vì 90° < α < 180° (Góc phần tư thứ 2) nên sin(α) > 0; cos(α) < 0.

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: C

Từ hình vẽ ta thấy có 7 mặt phẳng được xác định bởi các điểm A, B, C, D, S.

Vậy đáp án cần chọn là: C.

Trên một kệ sách có 6 quyển sách toán khác nhau, 7 quyển sách lý khác nhau và 8 quyển sách hóa khác nhau. Có bao nhiêu cách chọn 4 quyển sách khác nhau đủ cả ba loại sách toán, lý và hóa tặng cho 4 học sinh của lớp 11A1?

Lời giải

Chọn 4 quyển sách khác nhau đủ 3 loại có các trường hợp sau:

TH1: 1 quyển sách toán, 1 quyển sách lý, 2 quyển sách hóa

Ta có \(C_6^1.C_7^1.C_8^2 = 1176\) cách

TH1: 2 quyển sách toán, 1 quyển sách lý, 1 quyển sách hóa

Ta có \(C_6^2.C_7^1.C_8^1 = 840\) cách

TH1: 1 quyển sách toán, 2 quyển sách lý, 1 quyển sách hóa

Ta có \(C_6^1.C_7^2.C_8^1 = 1008\) cách

Suy ra có 1176 + 840 +1008 = 3024 cách

Vậy 3024 cách chọn 4 quyển sách khác nhau đủ cả ba loại sách toán, lý và hóa tặng cho 4 học sinh của lớp 11A1.

Đáp án đúng là: C

Ta có \(kC_n^k = k.\frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}} = \frac{{n\left( {n - 1} \right)!}}{{\left( {k - 1} \right)!\left[ {n - 1 - \left( {k - 1} \right)} \right]!}} = nC_{n - 1}^{k - 1}\)

Khi đó: \(S = C_n^1 + 2C_n^2 + 3C_n^3 + ... + nC_n^n\)

\(S = nC_{n - 1}^0 + nC_{n - 1}^1 + ... + nC_{n - 1}^{n - 1}\)

\(S = n\left( {C_{n - 1}^0 + C_{n - 1}^1 + ... + C_{n - 1}^{n - 1}} \right)\)

Ta có: \({\left( {a + b} \right)^{n - 1}} = C_{n - 1}^0.{a^{n - 1}} + C_{n - 1}^1.{a^{n - 2}}b + C_{n - 1}^2{a^{n - 3}}{b^2} + ... + C_{n - 1}^{n - 1}.{b^{n - 1}}\)

Thay a = 1,b = 1 vào biểu thức ta được

\({2^{n - 1}} = C_{n - 1}^0 + C_{n - 1}^1 + ... + C_{n - 1}^{n - 1}\)

Suy ra \(S = n\left( {C_{n - 1}^0 + C_{n - 1}^1 + ... + C_{n - 1}^{n - 1}} \right) = n{.2^{n - 1}}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: C

Có 3 mặt phẳng gồm (a; b),(A; a),(A; b)

Vậy đáp án cần chọn là: C.

Đáp án đúng là: B

Vì 4 điểm đã cho không đồng phẳng nên chọn 3 điểm bất kì cho ta 1 mặt phẳng

Do đó số mặt phẳng được xác định từ 4 điểm đã cho là \(C_4^3 = 4\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Đáp án đúng là: C

Ta có điểm S, B là hai điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)

Nên SB = (SAB) ∩ (SBC)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Kẻ đường sinh AA’. Gọi D là điểm đối xứng A’ qua O’ và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A’D

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot A'D\\BH \bot {\rm{AA'}}\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {AO{\rm{O}}'A'} \right)\)

Vì tam giác ABA’ vuông tại A’ nên theo định lý Pytago có:

\(A'B = \sqrt {A{B^2} - A'{A^2}} = \sqrt {{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \)

Vì tam giác DBA’ vuông tại B nên theo định lý Pytago có:

\(BD = \sqrt {A'{D^2} - A'{B^2}} = \sqrt {{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a\)

Mà O’B = O’D = a

Suy ra tam giác O’BD đều có BH là đường cao

Do đó \(BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Diện tích tam giác AOO’ là: \[{{\rm{S}}_{AOO'}} = \frac{1}{2}OA.OO' = \frac{1}{2}{a^2}\]

Thể tích khối tứ diện OO'AB theo a là:

\(V = \frac{1}{3}.BH.{S_{AO{\rm{O}}'}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 a}}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: A

Phép vị tự tâm O tỉ số k biến điểm M thành M’ nếu \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} \)

Đáp án đúng là: D

Đặt t = 3^x > 0

Ta có t² – t + m = 0 ⇔ t – t² = m

Xét f(t) = t – t²

f’(t) = 1 – 2t

\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\)

Ta có bảng biến thiên:

Để phương trình có nghiệm thì \(m \le f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{4}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Parabol có hệ số theo x² là 4 > 0 nên bề lõm hướng lên. Hoành độ đỉnh \({x_I} = \frac{m}{2}\)

+) Nếu \(\frac{m}{2} < - 2 \Leftrightarrow m < - 4\) thì \({x_I} < - 2 < 0\). Suy ra f(x) đồng biến trên đoạn [–2; 0]

Do đó \({\min _{[ - 2;0]}}f(x) = f( - 2) = {m^2} + 6m + 16\)

Theo yêu cầu bài toán: \({m^2} + 6m + 16 = 3 \Leftrightarrow {m^2} + 6m + 13 = 0\)(vô nghiệm)

+) Nếu \( - 2 \le \frac{m}{2} \le 0 \Leftrightarrow - 4 \le m \le 0\) thì \({x_I} \in [0;2]\)

Suy ra f(x) đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh. Do đó \({\min _{[ - 2;0]}}f(x) = f\left( {\frac{m}{2}} \right) = - 2m\)

Theo yêu cầu bài toán \( - 2m = 3 \Leftrightarrow m = - \frac{3}{2}\) (thỏa mãn \( - 4 \le m \le 0\) )

+) Nếu \(\frac{m}{2} > 0 \Leftrightarrow m > 0\) thì \({x_I} > 0 > - 2\). Suy ra f(x) nghịch biến trên đoạn [–2; 0]

Do đó \({\min _{[ - 2;0]}}f(x) = f\left( 0 \right) = {m^2} - 2m\)

Theo yêu cầu bài toán \({m^2} - 2m = 3 \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = 3\end{array} \right.\)

Mà m > 0 nên m = 3

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra tổng các phần tử của S là \(T = \frac{{ - 3}}{2} + 3 = \frac{3}{2}\)

Vậy đáp án cần chọn là: D.

Đáp án đúng là: A

Gọi số cần tìm là \(\overline {abcba} \)

Có 9 cách chọn a (vì a khác 0)

Có 10 cách chọn b 

Có 10 cách chọn c 

Suy ra có 9 . 10 . 10 = 900 số

Vậy đáp án cần chọn là: A.

Đáp án đúng là: D

Hình bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng

Vậy đáp án cần chọn là: D.

Đáp án đúng là: D

Số cần tìm là: (50 + 13) : 9 = 7

Suy ra số cần tìm là 7

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: B

Ta có : \(\overrightarrow {OA} = ( - 1; - 2;0)\)

Vì (P) cách đều B, C nên \(d(B;(P)) = d(C;(P))\)

TH1: BC // (P)

\(\overrightarrow {BC} = (0;4; - 3) \Rightarrow [\overrightarrow {OA} ;\overrightarrow {BC} ] = (6; - 3; - 4){\rm{ }}\)

Suy ra (P) đi qua O và nhận \(\vec b = (6; - 3; - 4)\) là 1 VTPT

Do đó \((P):6x - 3y - 4z = 0 \Leftrightarrow (P): - 6x + 3y + 4z = 0\)

TH2: I ∈ (P), với I là trung điểm của BC

\(I\left( {0; - 2; - \frac{3}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OI} = \left( {0; - 2; - \frac{3}{2}} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow [\overrightarrow {OA} ;\overrightarrow {OI} ] = \frac{1}{2}(6; - 3;4)\\ \Rightarrow (P):6x - 3y + 4z = 0\end{array}\)

Do đó có hai mặt phẳng thỏa mãn là: \( - 6x + 3y + 4z = 0\) và \(6x - 3y + 4z = 0\)

Vậy đáp án cần chọn là B.

+) Hình 6a):

Quan sát hình vẽ ta thấy trên trục Oy, f(x₁) nằm trên f(x₂) nên f(x₁) > f(x₂)

Vậy với x₁, x₂ ∈ (–∞; 0) và x₁ < x₂ thì f(x₁) > f(x₂).

+) Hình 6b):

Quan sát hình vẽ ta thấy trên trục Oy, f(x₁) nằm dưới f(x₂) nên f(x₁) < f(x₂)

Vậy với x₁, x₂ ∈ (–∞; 0) và x₁ < x₂ thì f(x₁) < f(x₂).

Đáp án đúng là: D

Ta có: A = tan1° tan2°tan3° ... tan88°tan89°

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

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

A = 1 . 1 ... 1 . 1 = 1

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: C

Điểm S cùng với hai trong số bốn điểm A, B, C, D tạo thành một mặt phẳng, từ bốn điểm ta có 6 cách chọn ra hai điểm, nên có tất cả 6 mặt phẳng tạo bởi S và hai trong số bốn điểm nói trên. 

Vậy đáp án cần chọn là: C.

Đáp án đúng là: B

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{c{\rm{x}} + d}}\) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng nên \(I\left( { - \frac{d}{c};\frac{a}{c}} \right)\)

Vậy đáp án cần chọn là: B.

Đáp án đúng là: C

Ta có log (3a) = log 3 + log a

log a³ = 3log a

vậy ta chọn đáp án C.

ĐKXĐ: \(x \ge \frac{1}{3}\)

Ta có: \[{{\rm{x}}^2} - x + 1 = 2\sqrt {3{\rm{x}} - 1} \]

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 1 = 3x + 2\sqrt {3x - 1} \\ \Leftrightarrow {(x + 1)^2} = (3x - 1) + 2\sqrt {3x - 1} + 1\\ \Leftrightarrow {(x + 1)^2} = {(\sqrt {3x - 1} + 1)^2}\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1 = \sqrt {3x - 1} + 1}\\{x + 1 = - \sqrt {3x - 1} - 1}\end{array}} \right.\end{array}\)

Xét phương trình \(x + 1 = \sqrt {3{\rm{x}} - 1} + 1\)

\( \Leftrightarrow x = \sqrt {3{\rm{x}} - 1} \Leftrightarrow {x^2} = 3{\rm{x}} - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}\) (thỏa mãn)

Xét phương trình \(x + 1 = - \sqrt {3{\rm{x}} - 1} - 1 \Leftrightarrow x + \sqrt {3{\rm{x}} - 1} + 2 = 0\)

Mà \[x \ge \frac{1}{3};\sqrt {3{\rm{x}} - 1} \ge 0;2 > 0\]

Suy ra \(x + \sqrt {3{\rm{x}} - 1} + 2 > 0\) nên phương trình \(x + 1 = - \sqrt {3{\rm{x}} - 1} - 1\) vô nghiệm

Vậy \(x = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}\).

Đáp án đúng là: C

Gọi S là đỉnh của hình nón và O là tâm của đường tròn đáy

Giả sử mặt phẳng (α) cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác SAB cân tại S

Theo giả thiết ta có: SO = 5a, OA = OB = 12a và AB = 10a

Gọi M là trung điểm của AB

Suy ra \(MA = MB = \frac{{AB}}{2} = \frac{{10{\rm{a}}}}{2} = 5{\rm{a}}\)

Tam giác OAB cân tại O có OM là trung tuyến

Suy ra OM là đường cao. Hay OM ⊥ AB

Vì tam giác AOM vuông tại M nên \(O{M^2} = O{A^2} - M{A^2} = 144{{\rm{a}}^2} - 25{{\rm{a}}^2} = 119{{\rm{a}}^2}\)

Vì tam giác SOM vuông tại O nên \[{\rm{S}}M = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {25{{\rm{a}}^2} + 119{{\rm{a}}^2}} = 12{\rm{a}}\]

Tam giác SAB cân tại S có SM là trung tuyến

Suy ra SM là đường cao

Do đó diện tích tam giác SAB là \[S = \frac{1}{2}SM.AB = \frac{1}{2}.12{\rm{a}}.10{\rm{a}} = 60{a^2}\]

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: C

Hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O)

Suy ra O là tâm của hình vuông

Vì ABCD là hình vuông nên 2 đường chéo vuông góc với nhau, đồng thời chúng bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường 

Suy ra OA ⊥ OB và OA = OB

Do đó ΔOAB vuông cân tại O

Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp (O), ta có\(AB = OA\sqrt 2 = R\sqrt 2 \)

Suy ra \[R = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{2}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \]

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: B

Ta có:

\(\begin{array}{l}\sin 2x + \cos x = 0\\ \Leftrightarrow 2\sin x.\cos x + \cos x = 0\\ \Leftrightarrow \cos x.(2\sin x + 1) = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ c o s x = 0}\\{2 s i n x + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0}\\{\sin x = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\)

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

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

Vậy ta chọn đáp án B.

a) Vì nam nữ được sắp xếp tùy ý nên sử dụng hoán vị cho 5 nam + 5 nữ = 10 người

Suy ra có 10! = 3 628 800 cách xếp.

b) Chọn 1 dãy xếp nam ngồi có 2 cách.

Xếp 5 bạn nam vào các vị trí trong dãy đã chọn có 5! cách

Xếp nữ vào dãy còn lại có 1 cách

Xếp nữ vào các vị trí trong dãy đó có 5! cách

Suy ra có: 2 . 5! . 1 .5! = 28 800 cách.

Đáp án đúng là: D

Đặt t = 3^x  > 0, phương trình trở thành t² – (m – 1)t + 2m = 0 (*)

Yêu cầu bài toán thành phương trình (*)  có đúng một nghiệm dương

Phương trình (*)  có nghiệm kép dương

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = 0\\ - \frac{b}{{2a}} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 1} \right)^2} - 8m = 0\\\frac{{m - 1}}{2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 10m + 1 = 0\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5 + 2\sqrt 6 \)

Phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu ⇔ 2m < 0 hay m < 0

Suy ra m < 0 hoặc \(m = 5 + 2\sqrt 6 \) thỏa yêu cầu bài toán

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Ta có: 2f (x² – 1) – 5 = 0

\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} - 1} \right) = \frac{5}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 1 = a < - 3\\{x^2} - 1 = b \in \left( { - 2; - 1} \right)\\{x^2} - 1 = c \in \left( { - 1;0} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = a + 1 < - 2 < 0\\{x^2} = b + 1 < 0\\{x^2} = c + 1 > 0\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} = c + 1 > 0\\ \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {c + 1} \end{array}\)

Có 2 nghiệm thực

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Vì 7² = 49 nên \(\sqrt {49} = 7\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Dựa vào tính chất cơ bản của phân số:

Nếu ta chia cả tử và mẫu của một phân số cho cùng một ước chung của chúng thì ta được một phân số mới bằng phân số đã cho.

Vậy đáp án cần chọn là: A.

Đáp án đúng là: D

Xét hình vuông ABCD có

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {CO{\rm{D}}} = \widehat {DOA} = \frac{\pi }{4}\\OA = OB = OC - O{\rm{D}}\end{array} \right.\)

Suy ra phép quay tâm O và quay \(\alpha = k\frac{\pi }{2}\) biến hình vuông ABCD thành chính nó

\(\begin{array}{l}0 \le \alpha < 2\pi \Leftrightarrow 0 \le k\frac{\pi }{2} < 2\pi \\ \Leftrightarrow 0 \le k < 4\\ \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1;2;3} \right\}\\ \Rightarrow \alpha \in \left\{ {0;\frac{\pi }{2};\pi ;\frac{{3\pi }}{2}} \right\}\end{array}\)

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Gọi K là trung điểm đoạn AB ; H là chân đường cao kè từ I của tam giác IBC

Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với đáy nên ta suy ra \(SI \bot (ABCD)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = \frac{{(CD + AB).AD}}{2} = \frac{{\left( {a + 2{\rm{a}}} \right).2{\rm{a}}}}{2} = 3{a^2}\\{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{ABCD}} \Leftrightarrow \frac{{3\sqrt {15} {a^3}}}{5} = \frac{1}{3}.SI.3{{\rm{a}}^2}\\ \Rightarrow SI = \frac{{3\sqrt {15} a}}{5}\end{array}\)

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{BC \bot (SIH)}\\{(SIH) \cap (SBC) = SH}\\{(SIH) \cap (ABCD) = IH}\end{array}} \right.\) nên góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là \(\widehat {SHI}\)

Vì K là trung điểm của AB nên AK = BK = a

Mà CD = a suy ra AK = CD

Mà AK // CD (vì cùng vuông góc với AD)

Suy ra AKCD là hình bình hành

Lại có \(\widehat {A{\rm{DC}}} = 90^\circ \) nên AKCD là hình chữ nhật

Do đó CK = AD = 2a và \(CK \bot AB\)

Suy ra tam giác CBK vuông tại K. Theo định lý Pytago có

\(BC = \sqrt {B{K^2} + C{K^2}} = \sqrt {{a^2} + 4{{\rm{a}}^2}} = a\sqrt 5 \)

Ta có \[{{\rm{S}}_{IBC}} = {S_{ABC{\rm{D}}}} - {S_{ABI}} - {S_{C{\rm{D}}I}} = 3{{\rm{a}}^2} - \frac{1}{2}.a.2{\rm{a}} - \frac{1}{2}.a.a = \frac{3}{2}{a^2}\]

\({S_{IBC}} = \frac{1}{2}IH.BC \Rightarrow IH = \frac{{2{{\rm{S}}_{IBC}}}}{{BC}} = \frac{{3{{\rm{a}}^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{3a}}{{\sqrt 5 }}\)

Xét tam giác SHI có:

\(\tan \widehat {SHI} = \frac{{SI}}{{HI}} = \frac{{\frac{{3\sqrt {15} a}}{5}}}{{\frac{{3{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}}} = \sqrt 3 \)

Suy ra \(\widehat {SHI} = 60^\circ \)

Do đó giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là 60°

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Khi gieo một đồng xu thì có thể ra mặt sấp (S) hoặc mặt ngửa (N).

Do đó không gian mẫu khi gieo hai đồng xu là: Ω ={SS, NN, NS, SN}

Vậy đáp án cần chọn là: A.

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\frac{{{3^x}}}{{{3^x} - 2}} < 3 \Leftrightarrow 3 - \frac{{{3^x}}}{{{3^x} - 2}} > 0 \Leftrightarrow \frac{{{{3.3}^x} - 6 - {3^x}}}{{{3^x} - 2}} > 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{{2.3}^x} - 6}}{{{3^x} - 2}} > 0 \Leftrightarrow \frac{{{3^x} - 3}}{{{3^x} - 2}} > 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} - 3 > 0\\{3^x} - 2 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{3^x} > 3\\{3^x} < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < {\log _3}2\end{array} \right.\)

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: C

Ta có \({S_{{\rm{day }}}} = \pi {r^2};{S_{xq}} = 2\pi rh\)

Thể tích khối trụ là: \(V = {S_{{\rm{day }}}}.h \Rightarrow h = \frac{V}{{{S_{day}}}} = \frac{V}{{\pi {r^2}}}\)

Ta có: \({S_{tp}} = 2{S_{day}} + {S_{xq}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {r^2} + 2\pi r \cdot \frac{V}{{\pi {r^2}}} = 2\pi {r^2} + \frac{{2V}}{r}\)

Xét hàm số \(f(r) = 2\pi {r^2} + \frac{{2V}}{r}\), có :

\(f'(r) = 4\pi r - \frac{{2V}}{{{r^2}}}\)

\(f'(r) = 0 \Leftrightarrow 4\pi r = \frac{{2V}}{{{r^2}}} \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}\)

Ta có bảng biến thiên

Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt tại \(r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}\)

Do đó khi \(r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{2\pi }}}}\) thì diện tích toàn phần hình trụ đạt giá trị nhỏ nhất

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: C

Vì \(\sqrt 2 \) không phải là số hữu tỉ nên \(\sqrt 2 \notin \mathbb{Q}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: A

Vì 3 là một phần tử của tập hợp A nên 3 ∈ A

Vì {3; 4} là một tập con của tập hợp A nên {3; 4} ⊂ A

Vì {3; 4} là một tập con của tập hợp A nên {3; 4} ⊂ A

Vậy ta chọn đáp án A.