5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 85)

Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

abab+2c=abab+a+b+cc=abab+ac+bc+c2=aba+cb+c≤12aba+c+abb+c

Tương tự ta cũng có:

bcbc+2a≤12bca+b+bca+c

 caca+2b≤12caa+b+cab+c

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

 P≤12ab+bca+c+bc+caa+b+ab+cab+c

=12ba+ca+c+ca+ba+b+ab+cb+c=12a+b+c=12⋅2=1.

Dấu “ = ” xảy ra khi  a=b=c=23.

Đáp án đúng là: B

Nhánh ngoài cùng bên phải của hàm số bậc bốn trùng phương đi xuống nên a < 0.

Đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương có ba cực trị nên a.b < 0 ⇒ b > 0

Do đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm nên c < 0

Vậy đáp án đúng là đáp án B.

Đáp án đúng là: B

Trong mặt phẳng (ABB’A’) gọi I = BB’ ∩ A’M

Trong mặt phẳng (BCC’B’) gọi N = BC ∩ IC’

Gọi S, h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của khối hộp ABCD.A’B’C’D’.

Ta có  VI.A'B'C'=13⋅12⋅S⋅2h=13S.h

 VI.BMN=13⋅18⋅S⋅h=124S.h
 ⇒V1=VBMN.B'A'C'=13Sh−124Sh=724Sh=724V

Ta có:  V2=VD.D'A'C'=13.12.S.h=16Sh=16V

Do đó: V_DMNC’A’ = V – V₁ – V₂ – V₃ – V₄

                           =V−724V−16=V−112V−112V=924V=18

Vậy đáp án đúng là B.

Đáp án đúng là: A

Ta có M là điểm trên cạnh AC sao cho AC = 3MC. Nên M là trọng tâm của tam giác BCD.

Gọi O và I lần lượt là trung điểm của AC và DD’. Khi đó ta có: BD’ // (IAC).

Trong (CDD’C’), gọi N” = CI ∩ C’D. Suy ra N’ là trọng tâm tam giác CDD’.

Do đó  CMCO=23=CN'CI ⇒ MN’ // OI, mà OI // BD’ nên MN’ // BD’

Vậy N’ ≡ N và x =  23

Vậy đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: A

Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ là: V = 2.3.6 = 36 (cm³).

Ta có: V_{A.A’B’D’} = V_{C.C’B’D’} = V_D’.DAC = V_B’.BAC =  16V

Vậy: V_ACB’D’ = V – (V_{A.A’B’D’} + V_{C.C’B’D’} + V_D’.DAC + V_B’.BAC)

=  V−46V=13V=13⋅36=12 (cm³)  

Vậy đáp án đúng là đáp án A

Đáp án đúng là: D

Ta có:  AM2=AC2+AB22−BC24=a2+a22−a24=3a4

 ⇒AM=3a2⇒AM→=3a2

Đáp án đúng là: D

Ta có: a² + b² + c² + 3 ≥ 2(a + b + c)

⇔ a² + b² + c² + 3 – 2(a + b + c) ≥ 0

⇔ a² – 2a + 1 + b² – 2b + 1 + c² – 2c + 1 ≥ 0

⇔ (a – 1)² + (b – 1)² + (c – 1)² ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

a) Ta có: (a + b + c)² ≤ 3(a² + b² + c²)

⇔ a² + b² + c² + 2ab + 2ac + 2bc ≤ 3a² + 3b² + 3c²

⇔ -2a² – 2b² – 2c² + 2ab + 2ac + 2bc ≤ 0

⇔ -(a – b)² – (b – c)² – (c – a)² ≤ 0 (đúng với mọi a, b, c)

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

b) (a + b)² ≤ 2(a² + b²)

⇔ a² – 2ab + b² ≤ 2a² + 2b²

⇔ –a² – 2ab – b² ≤ 0

⇔–(a + b)² ≤ 0 (đúng với mọi a, b)

Dấu “=” xảy ra khi a = –b

Đáp án đúng là: B

Xét khai triển:  x+1n=Cn0.xn.10+Cn1.xn−1.11+Cn2.xn−2.12+...+Cnn.x0.1n

Thay x = 1 vào 2 vế, ta có:

1+1n=Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn⇔2n=S

Vậy đáp án đúng là B.

a) Thay m = 3 vào phương trình ta có:

x² – 3x + 3 – 1 = 0

Û x² – 3x + 2 = 0

Û x² – 2x – x + 2 = 0

Û x(x – 2) – (x – 2) = 0

Û (x – 1)(x – 2) = 0

⇔x−1=0x−2=0⇔x=1x=2

Vậy khi m = 3 thì phương trình có tập nghiệm S = {1; 2}.

b) D = (–m)² – 4.1.(m – 1) = m² – 4m+ 4 = (m – 2)² ≥ 0

⟹ Phương trình luôn có 2 nghiệm x₁; x₂

Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có:  x1+x2=m     (1)x1.x2=m−1   (2)

Theo đề bài: x₁ – 2x₂ = 3 Û x₁ = 3 + 2x₂ (3)

Thay (3) vào (1) ta có: 3 + 2x₂ + x₂ = m Û 3x₂ = m – 3  ⇔x2=m−33

Thay  x2=m−33 vào (3) ta có:

x1=3+2⋅m−33

⇔x1=3+2m−63 

⇔x1=9+2m−63

⇔x1=2m+33

Thay  x1=2m+33;  x2=m−33 vào (2) ta có:

2m+33⋅m−33=m−1

⇔2m+3m−39=9m−19

Û (2m+3)(m – 3) = 9(m – 1)

Û 2m2 – 6m + 3m – 9 = 9m – 9

Û 2m2 – 3m – 9 = 9m – 9

Û 2m2 – 12m = 0

Û 2m(m – 6) = 0

 ⇔2m=0m−6=0⇔m=0m=6

Vậy m ∈ {0; 6} là giá trị cần tìm.

Đặt  t=3+x+6−x    t≥0

 ⇔t2=9+2x+36−x 

 ⇔x+36−x=t2−92

 ⇔t=3+t2−92⇔2t=6+t2−9

 ⇔t2−2t−3=0

 ⇔t=−1   ktmt=3     tm

 ⇒x+36−x=32−92=0⇔x=6x=−3                       

Đáp án đúng là: A

Xét phương trình:  Cnn−1+C5n=9⇔n=4

Với n = 4 thì phương trình trở thành: x² – 8x – 5 = 0

Vậy phương trình có hai nghiệm:  x=4±21

Đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: C

3^2x+1 – 4.3^x + 1 = 0

⇔3.3^2x – 4.3^x + 1 = 0

⇔xx=13x=13⇔x=1=x1x=0=x2

⇒ x₁ + 2x₂ = –1

Đáp án đúng là C

ĐKXĐ: x > 0

log₂x.log₂(2x) – 2 = 0

⇔ log₂x . (log₂2 + log₂x) – 2 = 0

⇔ log₂x + log₂x. log₂x – 2 = 0

Đặt log₂x = t, ta có: t + t² – 2 = 0 ⇔ (t + 1)(t – 2) = 0

 ⇔t+1=0t−2=0⇔t=−1t=2⇔log2x=−1log2x=2⇔x=2−1=12(TM)x=22=4(TM)

Đáp án đúng là: D

Trong 30 câu đã chọn 5 câu nên còn lại 25 câu.

Ta cần chọn 15 câu trong 25 câu nên có  C2515 cách chọn.

Vậy đáp án đúng là D.

Đáp án đúng là: C       

log25−2x=2−x⇔5−2x=22−x⇔5−2x=42x

⇔5.2x−2x2=4⇔2x=42x=1⇔x=2x=0

Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng 2

Đáp án đúng là C.

Đáp án đúng là: C

ĐKXĐ: x >0

logx2+log2x=52⇔1log2x+log2x=52

Đặt log₂x = t

⇒1t+t=52

 ⇒2t2−5t+2=0

 ⇒t−22t−1=0

⇒t∈2,12

⇒log2x∈2,12

⇒ x ∈ {1; –1}

Vậy đáp án đúng là C.

Đáp án đúng là: A

 4x2+2=16=42⇔x2+2=2⇔x=0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

Đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: A        

 4x−1+2x+3−4=0⇔14.22x+8.2x−4=0

⇔2x=−16+417(TM)2x=−16−417(KTM)⇔x=log2417−6

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: D

Vì OABC là hình bình hành nên:  AB→=OC→

Û x_B – x_A =x_C ⇔ x_A + x_C – x_B = 0

Vậy đáp án đúng là đáp án D.

Đáp án đúng là: B

Vì OABC là hình bình hành nên:

OA→=BC→⇒xA−0=xB−xCyA−0=yB−yC⇒xB=2yB=3

Suy ra số phức z₂ = 2 + 3i có điểm biểu diễn là B.

Đáp án đúng là B.

AB→=−2;−1AC→=−3;−2⇒AB→−AC→=−2−−3;−1−−2=1;1

Vậy đáp án đúng là B.

Đáp án đúng là: D

Gọi D(x; y)  ⇒CD→=x–4; y–3;AB→=1;−2 

Để ABCD là hình bình hành thì  AB→=CD→

 ⇔x−4=1y−3=−2⇔x=5y=1 nên D(5; 1)

Vậy đáp án đúng là D.

Đáp án đúng là: C

Ta có:  1+2x−3x34=∑k=04C4k.14−k.2x−3x3k

=∑k=04C4k.∑m=0kCkm2xm−3x3k−m

 =∑k=04C4k.∑m=0kCkm.2m.xm2.−3k−mxk−m3  m≤k≤4,m∈ℕ

=∑k=04C4k.∑m=0kCkm.2m.−3k−m.xm2+k−m3

Số hạng chứa x trong khai triển là  xm2+k−m3=x

Khi đó  m2+k−m3=1 ⇔3m+2k−2m=6⇔m=6−2k 

Mà  m≤k≤4 nên  6−2k≤k≤4   ⇒k∈2;3;4

Với  k=2⇒m=2

Với  k=3⇒m=0

Với  k=4⇒m=−2ktm

Khi đó hệ số của số hạng chứa x là  C42C22.22.−32−2+C43C30.20.−33−0=−84

Vậy số hạng cần tìm là –84x.

x³ + 27 + (x + 3)(x - 9) = 0

⇔ x³ + 3³ + (x + 3)(x - 9) = 0

⇔ (x + 3)(x² – 3x + 9) + (x + 3)(x - 9) = 0

⇔ (x + 3)(x² – 3x + 9 + x - 9) = 0

⇔ (x + 3)( x² – 2x) = 0

⇔ x.(x + 3).(x – 2) = 0

⇔x=0x+3=0x−2=0⇔x=0x=−3x=2

Vậy  x∈0;−3;2.

Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X”

Khi đó  Ω=Α96=60  480

Gọi A là biến cố: “Số được chọn chỉ chứa 3 chữ số lẻ”. Khi đó:

+ Chọn 3 chữ số lẻ đôi một khác nhau từ các chữ số 1; 3; 5; 7; 9 có  C53 cách

+ Chọn 3 chữ số chẵn đôi một khác nhau từ các chữ số 2; 4; 6; 8 có  C43 cách

+ Sắp xếp các chữ số trên để được số thỏa mãn biến cố A có 6! cách

Do đó  ΩA=C53.C43.6!=28  800 

Vậy xác suất cần tìm là:  PA=ΩAΩ=2880060480=1021

a) Các ước của 2 là: 1; 2

Các ước của 3 là: 1; 3

Các ước của 4 là: 1; 2; 4

Các ước của 5 là: 1; 5

Các ước của 6 là: 1; 2; 3; 6

Các ước của 7 là: 1; 7

Các ước của 34 là: 1; 2; 17; 34.

b) Các số 2, 3, 5, 7, 17 chỉ có hai ước là 1 và chính nó. Các số đó được gọi là số nguyên tố.

Các số 4, 6, 34 có nhiều hơn hai ước. Các số đó được gọi là hợp số.

Đáp án đúng là: B

Ta có:  1Cn1−1Cn+22>76Cn+41  n≥1,n∈ℕ

⇔1n!1!n−1!−1n+2!2!n+2−2!>76n+4!1!n+4−1!

⇔1n−1n+2n+12>76n+4
⇔1n−2n+2n+1>76n+4
 ⇔6n+4n+2n+1−2n.6n+4−7nn+2n+16nn+2n+1n+4>0
 ⇔6n+24n2+3n+2−12n2−48n−7nn2+3n+2>0
 ⇔6n3+18n2+12n+24n2+72n+48−12n2−48n−7n3−21n2−14n>0
 ⇔−n3+9n2+22n+48>0

Xét  n=12 ta có  VT=−123+9.122+22.12+48=−120<0 

Xét  n=11 ta có  VT=−113+9.112+22.12+48=48>0

Do đó  1≤n≤11 và  n∈ℕ nên  n∈1;2;3;...;11

Vậy có 11 giá trị thỏa mãn.

(x – y)² + 4(x – y) – 12

= (x – y)² + 4(x – y) + 4 – 16

= (x – y)² + 2(x – y).2 + 2² – 16

= (x – y + 2)² – 4²

= (x – y + 2 − 4)(x – y + 2 + 4)

= (x – y – 2)(x – y + 6)

(x + 1)(x² – x + 1) – 2x = x(x – 1)(x + 1)

⇔ x³ + 1 – 2x = x(x² – 1)

⇔ x³ + 1 – 2x = x³ – x

⇔ x³ – x³ – 2x + x = –1

⇔ –x = –1

⇔ x = 1

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

 2x−1=1+2xx+2

⇔ 2(x + 2) = (x – 1)(2x + 1)

⇔ 2x + 4 = 2x² – 1

⇔ 2x² – 3x – 5 = 0

 ⇔x2−32x−52=0⇔x2−2x.34+916−4916=0⇔x−342−4916=0⇔x−342=742⇔x−34=74x−34=−74⇔x=52x=−1

Vậy nghiệm của phương trình là:  52;−1.

Ta có:  2=1a2+1b2=a2+b2ab2≥a+b22a+b242

 ⇒a+b2≥4

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = 1 ⇔ a + b = 1 + 1 = 2

Ta có:

  1a2+1b2≥2⋅1a⋅1b⇔21a2+1b2≥1a2+1b2+2⋅1a⋅1b⇔21a2+1b2≥1a+1b2(1)

Mặt khác:

1a+1b−22≥0⇔1a+1b2−41a+1b+4≥0⇔1a+1b2+4≥41a+1b(2)

Lại có: (a + b)² ≥ 4ab

 ⇔a+bab≥4a+b⇔1a+1b≥4a+b(3)

Từ (1), (2), (3) ⇒  21a2+1b2+4≥1a+1b2+4≥41a+1b≥16a+b

 ⇔1a2+1b2+2≥8a+b (với a, b > 0)

Từ a + b + c + ab + ca + bc = 6abc ta có:  1a+1b+1c+1ab+1bc+1ca=6

Ta có:  1a2+1≥2a;1b2+1≥2b;1c2+1≥2c

Và  1a2+1b2≥2ab;1b2+1c2≥2bc;1a2+1c2≥2ac

Cộng các vế các BĐT trên ta có:

31a2+1b2+1c2+1≥21a+1b+1c+1ab+1bc+1ca⇔31a2+1b2+1c2+1≥12⇔1a2+1b2+1c2+1≥4⇔1a2+1b2+1c2≥3

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1

(4x – 1)(2x² – x – 1)

= 8x³ – 4x² – 4x – 2x² + x + 1

= 8x³ – 6x² – 3x + 1.

Đáp án đúng là: A

ĐKXĐ: x > 0, x ≠ 4.

 P=3xx+2+xx−2−x−xx−4:3xx+2=3xx+2+xx−2−x−xx+2x−2:3xx+2=3xx−2+xx+2−x+xx+2x−2:3xx+2=3x−6x+x+2x−x+xx+2x−2⋅x+23x=3x−3xx−2⋅13x=3xx−13xx−2=x−1x−2

Vậy đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: C

ĐKXĐ: x ≥ 2.

Bất phương trình tương đương với  x−2=0x−3≥0⇔x=2x≥3

Vậy đáp án đúng là C.

Đáp án đúng là: C

Ta có:  37 = 0,428571... nên sai số tuyệt đối của 0,429 là:

Δ=0,429−37<0,429−0,4285=0,0005

Vậy đáp án đúng là C.

Đặt: A =  13+132+133+...+1399(1)

 ⇒3A=1+13+132+...+1398(2)

Lấy (2) – (1)  ⇒2A=1−1399<1

 ⇒A<12 (đpcm)

Chọn hình nón đỉnh S, đường tròn tâm O đường kính đáy AB như hình vẽ.

Ta có: l = SA = 2a và  ASB^=120° nên  ASO^=60°

Xét ∆SOA vuông tại O ta có: OA = SA.sin 60^o =  a3

Diện tích toàn phần của hình nón:

Stp=πR2+πRl=π.OAOA+SA=3πaa3+2a=πa23+23

Vậy đáp án đúng là B.

Đáp án đúng là: D

Hàm số đó phải là hàm chẵn.

Xét y = –2cos x, có y(–x) = y(x) nên hàm D là hàm chẵn

Vậy đáp án đúng là đáp án D

Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 2 viên bi xanh

TH1: Trong 3 viên bi lấy được có 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ: có  C52.C41=40 cách

TH2: Ba viên bi lấy ra toàn màu xanh: có  ℂ53=10 cách

Suy ra  nA=C52.C41+C53=50

Vậy  PA=nAnΩ=5054=2527

Không gian mẫu:  C112

a) Số cách lấy ra 2 viên cùng màu:  C52+C22+C42

Số cách lấy ra 2 viên khác màu:  C112−C52+C22+C42

Xác suất để được 2 bi khác màu:  P=C112−C52+C22+C42C112=3855

b) Số cách lấy ra 2 viên không có bi đỏ nào:  C62

Số cách lấy ra ít nhất 1 bi đỏ:  C112−C62 

Xác suất để được ít nhất 1 bi đỏ:  P=C112−C62C112=4055

Đáp án đúng là: A

Ta có số đúng π = 3,141… nên sai số tuyệt đối của số gần đúng 3,14 là:

∆ = |3,14 – π| < |3,141 – 3,14| = 0,001.

Vậy sai số tuyệt đối của số gần đúng 3,14 là 0,001.

Đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: B

Xét tứ diện ABCD có cạnh đều bằng a. Gọi G là tâm tam giác ABC, I và J lần lượt là trung điểm của CD, BC

⇒DG⊥(ABC)CG=23CK=23⋅a32=a33

Dựng mặt trung trực của CD, cắt DG tại O. Khi đó O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

∆DGC vuông tại G  ⇒DG=DC2−GC2=a2−a23=6a3

∆DOI đồng dạng với ∆DCG

⇒ODDC=DIDG⇒ODa=a2a63⇒OD=3a26=a64⇒R=a64

Diện tích mặt cầu là:  Smc=4πR2=4πa642=32πa2

Vậy đáp án đúng là B

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: x > 0

 4xlog8x+xlog84x=4

 ⇔xlog84x+xlog84x=4 

 ⇔xlog84x=2

 ⇔log8xlog84x=log82

⇔log8x23+log8x=13

Đặt  t=log8x

Phương trình trở thành:

t23+t=13⇔t2+23t−13=0⇔t=13t=−1

Với  t=13⇒log8x=13⇔x=2

Với  t=−1⇒log8x=−1⇔x=18

Vậy tập nghiệm của phương trình là:  S=2;18.

Đáp án đúng là: B

Gọi chiều cao và bán kính đáy của hình trụ lần lượt là h và r.

Thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vuông có cạnh bằng 2a nên h = 2a, r = a

Thể tích của khối trụ đó là: V = πr²h = πa².2a = 2πa³

Vậy đáp án đúng là B.

Đáp án đúng là: A

Qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm đó

Vậy đáp án đúng là đáp án A

Đáp án đúng là: C

Vật thể cho bởi hình A, B, D là các khối đa diện.

Vật thể cho bởi hình C không phải khối đa diện vì vi phạm điều kiện mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.

a) x² + 4xy – 21y²

= x² + 7xy – 3xy – 21y²

= x(x + 7y) – 3y(x + 7y)

= (x + 7y)(x – 3y)

b) 5x² + 6xy + y²

= 5x² + 5xy + xy + y²

= 5x(x + y) + y(x + y)

= (x + y)(5x + y)

c) x² + 2xy – 15y²

= x² + 5xy – 3xy – 15y²

= x(x + 5y) – 3y(x + 5y)

= (x + 5y)(x – 3y)

d) (x – y)² + 4(x – y) – 12

= (x – y)² + 6 (x – y) – 2(x – y) – 12

= (x – y) (x – y + 6) – 2 (x – y + 6)

= (x – y + 6)(x – y – 2)

e) x² – 7xy + 10y²

= x² – 2xy – 5xy + 10y²

= x(x – 2y) – 5y(x – 2y)

= (x – 2y)(x – 5y)

 f) x²yz + 5xyz – 14yz

= x²yz + 7xyz – 2xyz – 14yz

= xyz (x + 7) – 2yz(x + 7)

= yz(x + 7)(x – 2)

g) x⁴ + 4x² – 5

= x⁴ – x² + 5x² – 5

= x² (x² – 1) + 5 (x² – 1)

= (x² – 1) (x² + 5)

= (x – 1)(x + 1)(x² + 5)

h) x³ – 19x – 30

= x³ + 5x² + 6x – 5x² – 25x – 30

= x (x² + 5x + 6) – 5 (x² + 5x + 6)

= (x² + 5x + 6) (x – 5)

= (x – 5)(x² + 2x + 3x + 6)

= (x – 5)[x(x + 2) + 3(x + 2)]

= (x – 5)(x + 2)(x + 3).

i) x³ – 5x² – 14x

= x(x² – 5x – 14)

= x(x² – 7x + 2x – 14)

= x[x(x – 7) + 2 (x – 7)]

= x(x – 7)(x + 2)

j) x³ – 7x – 6

= x³ + 3x² + 2x – 3x² – 9x – 6

= x(x² + 3x + 2) – 3(x² + 3x + 2)

= (x – 3)(x² + 3x + 2)

= (x – 3)(x² + x + 2x + 2)

= (x – 3)[x(x + 1) + 2(x + 1)]

= (x – 3)(x + 1)(x + 2).

Các số nguyên tố có 2 chữ số nhỏ hơn 25 là: 11; 13; 17; 19; 23.

Đáp án đúng là: C

Hàm số có tập xác định D = ℝ \ {-1; 2}.

Ta có:  y=x+1x3−3x−2=x+1x+12x−2=1x+1x−2

 ⇒limx→+∞y=limx→−∞y=0 ⇒ Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang.

(x + 1)(x – 2) = 0  ⇔x=−1x=2⇒ Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng

Vậy đáp án đúng là C.

Đáp án đúng là: B

Đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng khi:

TH1: x³ + 3x² + m + 1 = 0 có đúng 1 nghiệm khác 1

Xét x³ + 3x² + m + 1 = 0 ⇔ x³ + 3x² + 1 = –m, nghiệm khác 1 khi m ≠ –5

Phương trình x³ + 3x² + 1 có đúng 1 nghiệm khi  −m>5−m<1⇔m<−5m>−1

Vậy  m<−5m>−1 thì đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng (1)

TH2: x³ + 3x² + m + 1 = 0 (*) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 1.

Thay x = 1 vào (*) được m = –5. Khi đó phương trình (*) trở thành:

x³ + 3x² – 4 = 0  ⇔x=1x=−2 thỏa mãn

Vậy m = –5 thỏa mãn (2).

Từ (1) và (2) suy ra m ∈ (–∞; –5] ∪ (–1; +∞)

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức  a+bn=∑k=0nCnkakbn−k và tính chất  Cnk=Cnn−k ta có

S=316C160−315C161+314C162−...+C1616S=C160−3C161+32C162−...+316C1616S=1−316=216

Vậy đáp án đúng là C.

a) a² ≥ 0, b² ≥ 0 nên a² + b² ≥ 0

b) m² + n² + 2 ≥ 2(m + n)

m² + n² + 2 – 2m – 2n ≥ 0

(m² – 2m + 1) + (n² – 2n + 1) ≥ 0

(m – 1)² + (m – 1)² ≥ 0 (luôn đúng)

c) Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương a, b ta có:  a+b≥2ab (1)

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương  1a,1b có:  1a+1b≥21ab (2)

Nhân từng vế của (1) và (2) ta có:  a+b1a+1b≥2ab.21ab=4 (đpcm)

Khi phương trình bậc hai ax² + bx + x = 0 có biệt thức D = b² – 4ac < 0 thì phương trình vô nghiệm.

Lấy M(–3; 0) thuộc d, khi đó M’ = Đ_I(M) là điểm thuộc d’.

Ta có M’ = Đ_I(M) nên I(1; –2) là trung điểm của MM’

⇒xM'=2.1−−3=5yM'=2.−2−0=−4⇒M'5;−4

d’ là ảnh của d qua phép đối xứng tâm I nên d’ // d và d’ đi qua M’(5; –4)

⇒ (d’): x – 2y – 13 = 0.

1a+1b+1c2=1a2+1b2+1c2

⇔1a+1b+1c2=1a2+1b2+1c2

Phân tích vế trái ta được: 

1a+1b+1c2=1a+1b2+2ac+2bc+1c2=1a2+2ab+1b2+2ac+2bc+1c2⇒1a2+1b2+1c2+2ab+2ac+2bc=1a2+1b2+1c2⇒2.1ab+1ac+1bc=0⇒cabc+babc+aabc=0⇒a+b+c=0.abc=0⇒a+b=−c⇒−a+b=c

Thay vào ta có: a³ + b³ + c³ = a³ + b³ – (a + b)³ = –3a²b – 3ab² = 3 (–a²b – ab²) ⋮ 3

Đáp án đúng là: A

Từ giả thiết ta có:  ∫01f(3x)dx=∫01f(x)−2xdx=∫01f(x)dx−∫012xdx=5−x210=4

Đặt u = 3x ⇒ du = 3dx ⇒ dx =  du3

Đổi cận:  x=0⇒u=0x=1⇒u=3

Khi đó:  ∫01f(3x)dx=∫03f(u)du3=4⇔I=∫03f(x)dx=12

Vậy đáp án B là đáp án đúng.

Đáp án đúng là: B

Đặt f(x) = u khi đó nghiệm của phương trình f(f(x)) = 1 chính là hoành độ giao điểm của đồ thị f(u) với đường thẳng y = 1.

Dựa vào đồ thị ta có ba nghiệm:

f(x)=u1f(x)=u2f(x)=u3

Với u₁ ∈ (-1; 0), u₂ ∈ (0; 1), u₃ ∈ ( 52; 3)

Tiếp tục xét số giao điểm của đồ thị hàm số f(x) với từng đường thẳng y = u₁, y = u₂, y = u₃.

Dựa vào đồ thị ta có được 7 giao điểm.

Suy ra phương trình ban đầu f(f(x)) = 1 có 7 nghiệm

Đáp án đúng là: A

Do CM = 3C'M ⇒ d(M; (ABC)) =  34d(C'(ABC))

Ta có: V_M.ABC =  34, V_C'.ABC =  34⋅V3=V4

Vậy đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: B

Đặc điểm của hình: SC tạo với mặt phẳng (SAB) góc  CSB^=30°.

BC =  3a; SB = BC.tan 30^o = a; MC =  3a42+3a2=574a

MA =  a4; AC = 2a; AS =  22a; AK =  2SAMCMC=199a

Xác định khoảng cách: d(A, (SBC)) = AH

1AH2=1AK2+1AS2=1199a2+122a2=1538a2

Vậy d(A, (SBC)) = AH =  23451

Vậy đáp án B là đáp án đúng.

Gọi AO ∩ MN ≡ H

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: AM = AN

Mà OM = ON nên OA là trung trực của MN

Do đó OA ⊥ MN  ⇔SHA^=90° (1)

Mặt khác BC ⊥ OK ⟹ AC⊥ OS ⟹  SKA^=90° (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác SKHA nội tiếp (hai góc cùng nhìn một cạnh bằng nhau)

Do đó theo tính chất tứ giác nội tiếp thì: OK.OS = OH.OA (*)

Vì AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AM ⊥ OM

Xét tam giác vuông AMO có đường cao MH, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì: OC² = R² = OM² = OH.OA (**)

Từ (*) và (**) ⟹ OC² = OK.OS  ⇔OCOK=OSOC

Do đó tam giác OCK đồng dạng với tam giác OSC (cạnh – góc – cạnh)

 ⇒OCS^=OKC^=90°

⇒ SC ⊥ OC ⇒ SC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Đáp án đúng là: B

Ta có: 2sin2x + 1 = 0

⇔sin2x=−12⇔2x=−π6+k2π2x=7π6+k2π⇔x=−π12+kπx=7π12+kπk∈ℤ

Vậy tập nghiệm của phương trình là  S=−π12+kπ,7π12+kπ,k∈ℤ

Vậy đáp án đúng là B.

Đáp án đúng là: B

z=3−i1+i+2+ii=3−i1−i12−i2+2+iii2=i2−4i+31+1+−1+2i−1=−1−4i+32−−1+2i=2−4i

Vậy phần thực: a = 2, phần ảo: b = –4

Đáp án đúng là B.

Áp dụng theo công thức tính chu vi hình thang ta có

P = a + b + c + d

= 14 + 10 + 6 + 8

= 38cm

Đáp số: 38cm

Chọn B

Đáp án đúng là: B

Gọi z = a + bi ta có:

z+2z−2i=a+2+bia+b−2ii=a+2+bia−b−2ia+b−2ia−b−2i=a+2a−a+2b−2i+abi+bb−2a2+b−22=a2+2a+b2−2ba2+b−22−a+2b−2−aba2+b−22i

Để số trên là số thuần ảo thì phải có phần thực bằng 0 ⇒ a² + 2a + b² – 2b = 0

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(-1;1) bán kính: R=−12+12−0=2

Vậy đáp án B là đáp án đúng

(12x + 7)² (3x + 2) (2x + 1) = 3

⇔ (12x + 7)² . 4 . (3x + 2) . 6 . (2x + 1) = 3.4.6

⇔ (12x + 7)² (12x + 8) (12x + 6) = 72

Đặt 12x + 7 = t.

Ta có phương trình ẩn t:

t² (t + 1)(t – 1) = 72

⇔ t² (t² – 1) = 72

⇔ t⁴ – t² – 72 = 0

⇔ t⁴ – 9t² + 8t² – 72 = 0

⇔ t²(t² – 9) + 8(t² – 9) = 0

⇔ (t² – 9)(t² + 8) = 0

mà t² + 8 > 0 với mọi t ⇒ t² – 9 = 0 ⇔ (t - 3)(t + 3) = 0

⇔t=3t=−3⇔12x+7=312x+7=−3⇔x=−13x=−56

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =  −13;−56.

P=3x2+1x=3x2+12x+12xP≥3.3x2.12x.2x3=3.343

Khi 3x2=12x⇒x=163

a) 483 + (-56) + 263 + (-64)

= 483 + 263 + (-56) + (-64)

= 746 + (-120)

= 626

b) 371 + (-531) + (-271) + 731

= 371+ (-271) + (-531) + 731

= 100 + 200

= 300

c) 3251 – 243 – 3250

= 3251 – 3250 – 243

= 1 – 243

= -242

d) 279 – (145 + 279)

= 279 – 279 – 145

= 0 – 145 = -145

a) 942 – 2567 + 2563 – 1942

= (942 – 1942) + (2563 – 2567)

= (-1000) + (-4)

= -1004

b) 42.53 + 47.156 – 47.114

= 42.53 + 47.(156 – 114)

= 42.53 + 47.42

= 42.(53 + 47)

= 42.100

= 4200

Áp dụng BĐT Cô si với 3 số không âm ta có:

 a3b+a3b+a2≥3a3.a3.b23b2=3a2

b3c+b3c+b2≥3b2c3a+c3a+c2≥3c2⇒2a3b+b3c+c3a+a2+b2+c2≥3a2+b2+c2⇒a3b+b3c+c3a≥a2+b2+c2

Mà a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca

⇒a3b+b3c+c3a≥ab+bc+ca

Đáp án đúng là: C

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MNP ta có:

MH² = NH.HP = 5.9 = 45

 ⇒MH=45=35 cm

Vậy đáp án đúng là C.

a) Từ giả thiết có P là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (MNP) và (BCD).

Vì MN không song song với BC nên gọi E = MN ∩ BC, thì M là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (MNP) và (BCD).

Vậy PE = (MNP) ∩ (BCD)

b) Giả sử PE ∩ CD = I thì I là điểm chung của CD và mặt phẳng (MNP)

Suy ra CD ∩ (MNP) = I

Trong mặt phẳng (ABD), kéo dài MP và AD cắt nhau tại J, suy ra AD ∩ (MNP) = J

Từ đó ta thấy N, I, J đều thuộc hai mặt phẳng (MNP) và (ACD) nên N, I, J thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP) và (ACD). Vậy 3 điểm N, I, J thẳng hàng.

c) Trong mặt phẳng (ABC) gọi F = MC ∩ NB

Xét hai mặt phẳng (NBD) và (MCD) có hai điểm chung là điểm D và điểm F.

Suy ra, (NBD) ∩ (MCD) = DF

Vì M, N cố định nên F cố định, do đó đường thẳng DF cố định.

Hơn nữa K = MI ∩ NP nên K thuộc cả hai mặt phẳng (NBD) và (MCD)

Suy ra K thuộc đường thẳng DF cố định.

Gọi E là giao điểm của JK và CD

 ⇒E∈IJ⊂(IJK)E∈CD⊂(ACD)⇒ E là điểm chung thứ nhất

Lại có:  I∈IE⊂(IJK)I∈AC⊂(ACD)⇒ I là điểm chung thứ hai

Vậy (ACD) ∩ (IJK) = IE

Vậy đáp án đúng là D.

Đáp án đúng là: B

Ta có: AM =  15AB  ⇒AMAB=15

Theo đề bài ta có:  AM→=k.AB→⇒AM→=k.AB→⇒k=AM→AB→=15

Mà  AM→ và  AB→ cùng hướng nên k =  15

Vậy đáp án đúng là B.

x² + y² + z² ≥ xy + yz + xz (1)

⇔ 2x² + 2y² + 2z² ≥ 2xy + 2yz + 2xz

⇔ 2x² + 2y² + 2z² – 2xy – 2yz – 2xz ≥ 0

⇔ (x² – 2xy + y²) + (y² – 2yz + z²) + (z² – 2xz + x²) ≥ 0

⇔ (x – y)² + (y – z)² + (z – x)² ≥ 0 (đpcm)

Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z

x² + y² +z² = xy + yz + xz

⇔ x² + y² +z² – xy – yz – xz= 0

⇔ 2x² + 2y² + 2z² – 2xy – 2yz – 2xz = 0

⇔ (x² – 2xy + y²) + (y² – 2yz + z²) + (z² – 2xz + x²) = 0

⇔ (x – y)² + (y – z)² + (z – x)² = 0

⇔  x−y=0y−z=0z−x=0⇔x=yy=zz=x⇔x=y=z(đpcm)

Đáp án đúng là: C

Vì thiết diện là tam giác đều nên l = 2r và h = r 3

Ta có:  V=33πa3⇔13πr2h=33πa3⇔r=a⇒l=2a

 S=πrl=2πa2

a) Từ phương trình thứ nhất suy ra 2y = m + 1 – mx  ⇒y=m+1−mx2

Thay vào phương trình thứ hai ta được:

2x+m⋅m+1−mx2=2m−1

⇔ 4x + m² + m – m²x = 4m – 2

⇔ x(m² – 4) = m² – 3m + 2

⇔ x(m – 2)(m + 2) = (m – 2)(m – 1) (*)

Nếu m = 2 thì (*) ⇔ 0x = 0, phương trình này vô số nghiệm.

Nếu m = -2 thì (*) ⇔ 0x = 12, phương trình này vô nghiệm

Nếu m ≠ 2 và m ≠ -2 thì (*) ⇔  x=m−1m+2⇒y=m+1−mx2=2m+1m+2

Như vậy trong trường hợp này hệ có nghiệm duy nhất:

x=m−1m+2=1−3m+2y=2m+1m+2=2−3m+2

Ta cần tìm m ∈ ℤ sao cho x, y ∈ ℤ.

 ⇒3m+2∈ℤ ⇔ m + 2 ∈ {-1, 1, 3, -3} ⇔ m ∈ {-3, -1, 1, -5}

Các giá trị này thỏa mãn m ≠ 2 và m ≠ -2.

Vậy m ∈ {-3, -1, 1, -5}

b)  m+1x−2y=m−1m2x−y=m2+2m⇔m+1x−2y=m−1(1)2m2x−2y=2m2+4m(2)

Từ (1) và (2) ⇒ (2m² – m – 1)x = 2m² + 3m + 1

⇒x=2m2+3m+12m2−m−1=2m2−m−12m2−m−1+4m+22m2−m−1=1+4m+22m2−m−1=1+2m+1m−1m+12(3)

Từ (3) ta thấy điều kiện để hệ đã cho có nghiệm là m ≠ 1

Và điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất là m ≠ 1 và m ≠  −12

Với các điều kiện đó từ (3) ⇒  x=1+2m−1 (*)

Thay (*) vào (1) ta được:  m+1+2m+1m−1−2y=m−1⇒y=1+m+1m−1=2+2m−1 (**)

Từ (*) và (**) suy ra x, y là nghiệm nguyên duy nhất ⇔ m – 1 là ước của 2

⇒ m – 1 ∈ {-2, -1, 1, 2} ⇒ m ∈ {-1, 0, 2, 3}.

Các giá trị này thỏa mãn m ≠ 1 và m ≠  −12

Vậy m ∈ {-1, 0, 2, 3}.

Tập xác định của hàm số y = (7^x)² + x – 2 là ℝ

Đáp án đúng là: D

Mặt cầu có tâm O (3; -2; 1), bán kính R = 10

Khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng là:  d=2.3−2.−2−1+922+−22+−12=6

Vậy bán kính đường tròn giao tuyến là:  r=R2−d2=102−62=8

Đáp án đúng là đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Gọi khoảng cách từ O đến (α) là d, bán kính đường tròn giao tuyến là R

Áp dụng định lí Pytago ta có:  R2+d2=r2⇒R=r2−d2=r2−r32=22r3

Vậy đáp án đúng là D.

Đáp án đúng là: D

Vì AB // CD ⇒ AB // (SDC) ⇒ d(B; (SDC)) = d(A; (SDC)) = AK =  6a3.

Dễ thấy  BC⊥ACBC⊥SA⇒BC⊥SC ⇒ d(B; SC) = BC =  2a

Vậy  sinα=dB;SCDdB;SC=33⇒cosα=1−13=23=63

Đáp án đúng là D.

P=12+13+14+...+1201220111+20102+20093+...+12011P=12+13+14+...+120121+1+20102+1+20093+...+1+12011P=12+13+14+...+1201220122012+20122+20123+...+20122011P=12+13+14+...+12012201212+13+...+12011+12012P=12012

 y=3x+2x−1 có nghĩa khi x – 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1

Vậy tập xác định của hàm số:  y=3x+2x−1 là D = ℝ \ {1}.

 y=3x+2x−1 có nghĩa khi x – 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1

Vậy tập xác định của hàm số:  y=3x+2x−1 là D = ℝ \ {1}.

Đáp án đúng là: A

 y=x+2x−1 có nghĩa khi x – 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1

Vậy tập xác định của hàm số:  y=x+2x−1 là D = ℝ \ {1}.

Vậy đáp án đúng là A

Đáp án đúng là: A

Hàm số xác định trên đoạn  12;2,  y'=2x−2x2=0⇔x=1∈12;2

y12=174;y1=3;y2=5

Giá trị nhỏ nhất của hàm số  y=x2+2x trên đoạn  12;2 là m = 3.

Vậy đáp án đúng là A.

Cách 1: Nhóm hai hạng tử thứ 1 và thứ 2, hạng tử thứ 3 và thứ 4

x² – xy + x – y

= (x² – xy) + (x – y)

(Nhóm thứ nhất có nhân tử chung là x)

= x(x – y) + (x – y)

(Xuất hiện nhân tử chung x – y)

= (x + 1)(x – y)

Cách 2: Nhóm hạng tử thứ 1 và thứ 3 ; hạng tử thứ 2 và thứ 4

x² – xy + x – y

= (x² + x) – (xy + y)

(nhóm thứ nhất có nhân tử chung là x ; nhóm thứ hai có nhân tử chung là y)

= x.(x + 1) – y.(x + 1)

(Xuất hiện nhân tử chung x + 1)

= (x – y)(x + 1)

Đáp án đúng là: A

TH1: 4 học sinh được chọn thuộc một lớp:

Thuộc lớp A: Có  C54 cách chọn

Thuộc lớp B: Có  C44 cách chọn

Trong trường hợp này có:  C54+C44 = 6 cách chọn.

TH2: 4 học sinh thuộc hai lớp:

Thuộc lớp A và B: có  C94−C54+C44=120 cách chọn

Thuộc lớp B và C: có  C74−C44=34cách chọn
Thuộc lớp A và C: có  C84−C54=65cách chọn

Trong trường hợp này có: 120 + 34 + 65 = 219 cách chọn

Vậy có 219 + 6 = 225 cách chọn đội thanh niên xung kích thỏa mãn yêu cầu đầu bài.

Vậy đáp án đúng là A.

Biến đổi phương trình thành:

(x² – 1)(x + 1)(x + 3) = 192 ⇔ (x – 1)(x + 1)² (x + 3) = 192

Đặt x + 1 = y, phương trình trở thành:

(y – 2)y² (y + 2) = 192 ⇔ y²(y² – 4) = 192

Đặt y² – 2 = z thì z + 2 ≥ 0, phương trình trở thành:

(z + 2)(z – 2) = 192 ⇔ z² = 196 ⇔ z = ±14

Loại z = -14 vì trái với điều kiện z + 2 ≥ 0

Với z = 14 thì y² = 16, do đó y = ±4

Với y = 4 thì x + 1 = 4 nên x = 3

Với y = -4 thì x + 1 = -4 nên x = -5

Vậy phương trình có nghiệm là {3; -5}.

a) 17 – 25 + 55 – 17

= (17 – 17) + (-25 + 55)

= 0 + 30

= 30

b) 25 – (-75) + 32 – (32 + 75)

= 25 + 75 + 32 – 32 – 75

= 25 + (75 – 75) + (32 – 32)

= 25 + 0 + 0

= 25

c) (-5).8.(-2).3

= (-5).(-2).8.3

= 10.8.3

= 80.3

= 240

d) (-15) + (-122)

= -15 – 122

= -137

e) (7 – 10) + 3

= 7 – 10 + 3

= (7 + 3) – 10

= 10 – 10

= 0

f) |-127| – 18.(5 – 6)

= 127 – 18.(-1)

= 127 + 18

= 145

C(x) = 3x² + x – 1

C(x)=3x2+13x−13=3x2+2⋅16x+136−136−13             =3x+162−336−33=3x+162−1312

Ta thấy:  3x+162≥0⇒3x+162−1312≥−1312

Dấu “ = ” xảy ra khi  x+16=0⇔x=−16

Vậy min_C(x) =  −132 khi x =  −16

9−x+52x2+4x+4=3+x+5.3−x−5x+22=x+8−x−2x+22=−x+8x+2x+22=−x+8x+2

Hai vế của bất đẳng thức luôn không âm nên bình phương hai vế, ta được:

a+b2≤a+b2⇔a+b≤a+2ab+b

 ⇔2ab≥0 (luôn đúng).

Dấu “ = ” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0

Do đó  a+b≤a+b, với mọi a, b không âm.

Đáp án đúng là: C

Ta có: f’(x) = x² – 5x + 4 = 0  ⇔x=1x=4⇒x∈1;4⇒f'x<0x∈−∞;1∪4;+∞⇒f'x>0

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 4) và đồng biến trên khoảng (-∞; 1) và (4;+∞).

Vì (2; 3) ⊂ (1; 4) suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (2; 3).

Vậy đáp án đúng là C.

Đáp án đúng là: B

Tập xác định: D = ℝ \ {1}.

 y=−14x−12<0, mọi x ∈ D ⇒ hàm số nghịch biến trên hai khoảng (-∞; 1) và (1; +∞)

Vậy đáp án đúng là B.

Đáp án đúng là: D

Ta có:  limx→+∞y=−∞⇒ đồ thị nhánh ngoài cùng của hàm số hướng đi xuống nên hệ số a < 0.

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung Oy: x = 0 là điểm nằm bên dưới trục hoành nên khi x = 0 ⇒ y = d < 0

Vậy đáp án đúng là D.

Đáp án đúng là: B

Trên K, hàm số có 2 cực trị

Vậy đáp án đúng là B.

a) Ta có: AD = AB, AE = AC,  DAB^=EAC^=90°

⇒ ∆DAC = ∆BAE (c.g.c) ⇒ DC = BE

Xét ∆AIE và ∆TIC:

Có I₁ và I₂ là hai góc đối đỉnh nên  I1^=I2^

 AEI^=TCI^ (do ∆DAC = ∆BAE)

 ⇒EAI^=CTI^=90° ⇒ DC ⊥ BE

b) Xét ∆MNE và ∆AND có: NE = ND, NA = NM,  DNA^=MNE^(2 góc đối đỉnh)

⇒ ∆MNE = ∆AND (c.g.c) ⇒  NDA^=MEN^ và AD = ME

Mà AD = AB (gt) nên AB = ME (đpcm) (1)

Vì  NDA^=MEN^ ⇒ DA // ME ⇒ DAE^+EAM^=180° (hai góc trong cùng phía)

Mà  DAE^+BAC^=180°⇒BAC^=AEM^ (2)

Ta lại có: AC = AE (gt) (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ ∆ABC = ∆EMA (đpcm)

c) Kéo dài MA cắt BC tại H. Từ E hạ EP ⊥ MH

Xét ∆AHC và ∆EPA có:

 CAH^=AEP^ (Do cùng phía với PAE^ )

AE = CA (gt)

 HCA^=PAE^ (Do ∆ABC = ∆EMA)

⇒ ∆AHC = ∆EPA (g.c.g)

 ⇒EPA^=AHC^=90° ⇒ MA ⊥ BC (đpcm)

Đáp án đúng là: A

l = BC =  l=BC=AB2+AC2=a2+4a2=5a2=a5

Vậy đáp án đúng là A.

Đáp án đúng là: C

Ta có:

xA+xB+xC=3xGyA+yB+yC=3yG⇔xC=3xG−xA+xByC=3yG−yA+yBxC=3.13−−3+9yC=3.0−6+−10⇔xC=−5yC=4

⟹ C(-5; 4)

Vậy đáp án đúng là C.