Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Cánh Diều có đáp án - Đề 10

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\pi {\rm{ rad}}\) tướng ứng với \(180^\circ \).

Suy ra \(x{\rm{ rad}}\) tương ứng với \(a^\circ \).

Vậy \(x = \frac{{\pi a}}{{180}}\) (rad).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\frac{{31\pi }}{5} = \frac{\pi }{5} + 6\pi \) nên \(\frac{{31\pi }}{5}\) là số đo của một góc lượng giác có cùng tia đầu và tia cuối của góc \(\alpha .\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\tan 180^\circ = 0.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức \(\cos 2\alpha = {\cos ^2}\alpha - {\sin ^2}\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 1 - 2{\sin ^2}\alpha \), ta được

\(\cos 6a = {\cos ^2}3a - {\sin ^2}3a = 2{\cos ^2}3a - 1 = 1 - 2{\sin ^2}3a\).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2} \Rightarrow - \pi < \alpha - \pi < - \frac{\pi }{2}\)

Do đó điểm cuối cung \(\alpha - \pi \) thuộc góc phần tư thứ III nên \(\sin \left( {\alpha - \pi } \right) < 0.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Áp dụng công thức \(\cos x\cos y - \sin x\sin y = \cos \left( {x + y} \right)\), ta được

\(M = \cos \left( {a + b} \right)\cos \left( {a - b} \right) - \sin \left( {a + b} \right)\sin \left( {a - b} \right) = \cos \left( {a + b + a - b} \right) = \cos 2a = 1 - 2{\sin ^2}a.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\cot x = \frac{4}{3} \Rightarrow \tan x = \frac{3}{4};\,\,\,\cot y = 7 \Rightarrow \tan y = \frac{1}{7}.\)

Do đó \(\tan \left( {x + y} \right) = \frac{{\tan x + \tan y}}{{1 - \tan x.\tan y}} = \frac{{\frac{3}{4} + \frac{1}{7}}}{{1 - \frac{3}{4}.\frac{1}{7}}} = 1\)\( \Rightarrow x + y = \frac{\pi }{4}.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \[P = \sin 2\left( {\alpha + \pi } \right) = \sin \left( {2\alpha + 2\pi } \right) = \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha \].

Từ hệ thức \[{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\], suy ra \[\cos \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \pm \frac{3}{5}\].

Do \[\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \] nên ta chọn \[\cos \alpha = - \frac{3}{5}\].

Thay \[\sin \alpha = \frac{4}{5}\] và \[\cos \alpha = - \frac{3}{5}\] vào \(P\), ta được \(P = 2.\frac{4}{5}.\left( { - \frac{3}{5}} \right) = - \frac{{24}}{{25}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số \(y = \cot x\) có tập xác định là \[\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.\]

Hàm số \(y = \cot x\) có tập giá trị là \[\mathbb{R}.\]

Hàm số \(y = \cot x\) có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ.

Hàm số \(y = \cot x\) tuần hoàn với chu kì \(\pi .\)

Vậy phương án C là khẳng định sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Hàm số \(y = \cot x\) không xác định tại \(2\pi \) nên khẳng định B sai.

Hàm số \(y = \sin x\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\) nên khẳng định C sai.

Hàm số \(y = \cos x\) đồng biến trên khoảng \(\left( {\frac{{3\pi }}{2};2\pi } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {2\pi ;\frac{{5\pi }}{2}} \right)\) nên khẳng định D sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

⦁ Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định \(D\) được gọi là tuần hoàn nếu tồn tại một số \(T\) khác \(0\) sao cho với mọi \(x \in D\) ta có \(x + T \in D;\,\,x - T \in T\) và \(f\left( {x + T} \right) = f\left( x \right).\) Do đó (1) sai.

⦁ Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định \(D\) được gọi là hàm số chẵn nếu \(\forall x \in D\) thì \( - x \in D\) và \(f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)\). Do đó (2) sai.

(3) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định \(D\) được gọi là hàm số lẻ nếu \(\forall x \in D\) thì \( - x \in D\) và \(f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right).\) Do đó (3) sai.

Vậy cả 3 khẳng định đều sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \[y = \sin x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) = \cos \left( {x - \frac{\pi }{2}} \right).\]

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \( - 1 \le \cos x \le 1\).

Ta có \(\frac{1}{{\cos x + 1}}\) nhỏ nhất khi và chỉ chi \(\cos x\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \cos x = 1\).

Khi cosx=1→y=1cosx+1=12.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức \(\sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}\), ta có

\(\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) - \sin x = 2\cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\sin \frac{\pi }{6} = \cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right).\)

Ta có −1≤cosx+π6≤1→−1≤y≤1→y∈ℤy∈−1;0;1.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \(2\sin x = 1 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{\pi }{6} + k2\pi \\\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Do \( - 1 \le \sin x \le 1\) nên phương trình \(\sin x = \frac{4}{3}\) vô nghiệm, do đó số điểm biểu diễn nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác là 0.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\cos 2x + \cos 4x = \sin x - \sin 5x\)

\( \Leftrightarrow \left( {\cos 4x + \cos 2x} \right) + \left( {\sin 5x - \sin x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 2\cos 3x\cos 2x + 2\cos 3x\sin 2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 3x\left( {\cos 2x + \sin 2x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 3x = 0\) (do \(\cos 2x + \sin 2x \ne 0).\)

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Cung lượng giác có điểm biểu diễn là\({M_1},{M_2}\) có số đo là \(\frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Và phương trình \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{3} = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

\[{\cos ^2}x = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \[\sqrt 3 \tan x - 3 = 0 \Leftrightarrow \tan x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \tan x = \tan \left( {\frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,\]\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Dùng MTCT chức năng CALC: ta có

\({u_1} = \frac{1}{2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {u_2} = \frac{2}{{{3^2} - 1}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {u_3} = \frac{3}{{{3^3} - 1}} = \frac{3}{{26}}.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

un=5n+1→n↔n−1un−1=5n−1+1=5n.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Kiểm tra \({u_1} = - 2\) ta loại các đáp án A, B

Ta có \({u_2} = - 2 - \frac{1}{{{u_1}}} = - \frac{3}{2}.\)

Xét đáp án C: un=−n+1n→u2=−32

Xét đáp án D : un=−nn+1→u2=−23→ D loại.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Xét A: \({2^n}\) là dãy dương và tăng nên \(\frac{1}{{{2^n}}}\) là dãy giảm  chọn A

Xét B: un=3n−1n+1→u1=1u2=53→u1<u2→ loại B

Hoặc \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{3n + 2}}{{n + 2}} - \frac{{3n - 1}}{{n + 1}} = \frac{4}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} > 0\) nên \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy tăng.

Xét C: un=n2→un+1−un=n+12−n2=2n+1>0→ loại C

Xét D: un=n+2→un+1−un=n+3−n+2=1n+3+n+2>0→ loại D

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Các dãy số \({n^2};\,\,n;\,\,{2^n}\) dương và tăng lên vô hạn (dương vô cùng) khi \(n\) tăng lên vô hạn, nên các dãy \(\sqrt {{n^2} + 1} ;\,\,n + \frac{1}{n};\,\,{2^n} + 1\) cũng tăng lên vô hạn (dương vô cùng), suy ra các dãy này không bị chặn trên, do đó chúng không bị chặn.

Nhận xét: \(0 < {u_n} = \frac{n}{{n + 1}} = 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: C

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.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Với điểm \(S\) không thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và 4 điểm \(A,\;B,\;C,\;D\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\) ta có \(C_4^2\) cách chọn 2 trong 4 điểm \(A,\;B,\;C,\;D\) cùng với điểm \(S\) lập thành 1 mặt phẳng xác định. Vậy số mặt phẳng tạo được là 6.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

\( \bullet \) Ta có \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) \( \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,CD\) \( \Rightarrow IJCD\) là hình thang. Do đó A đúng. \( \bullet \) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}IB \subset \left( {SAB} \right)\\IB \subset \left( {IBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {IBC} \right) = IB.\) Do đó B đúng.

\( \bullet \) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}JD \subset \left( {SBD} \right)\\JD \subset \left( {JBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SBD} \right) \cap \left( {JBD} \right) = JD.\) Do đó C đúng.

\( \bullet \) Trong mặt phẳng \(\left( {IJCD} \right)\), gọi \(M = IC \cap JD\)\[ \Rightarrow \left( {IAC} \right) \cap \left( {JBD} \right) = MO.\]

Do đó D sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

● Chọn mặt phẳng phụ \(\left( {SBD} \right)\) chứa \(SD\). ● Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABM} \right)\). Ta có \(B\) là điểm chung thứ nhất của \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABM} \right)\). Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O = AC \cap BD\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K = AM \cap SO\).

Ta có:

▪ \(K \in SO\) mà \(SO \in \left( {SBD} \right)\) suy ra \(K \in \left( {SBD} \right)\).

▪ \(K \in AM\) mà \(AM \in \left( {ABM} \right)\) suy ra \(K \in \left( {ABM} \right)\).

Suy ra \(K\) là điểm chung thứ hai của \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABM} \right)\).

Do đó \(\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABM} \right) = BK\).

● Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(N = SD \cap BK\).

Ta có:

▪ \(N \in BK\) mà \(BK \subset \left( {ABM} \right)\) suy ra \(N \in \left( {ABM} \right)\).

▪ \(N \in SD\).

Vậy \(N = SD \cap \left( {ABM} \right)\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Giả sử \(b\,{\rm{//}}\,c \Rightarrow c\,{\rm{//}}\,a\) (mâu thuẫn với giả thiết).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Gọi \(M\) là điểm bất kì nằm trên \(a\).

Giả sử \(d\) là đường thẳng qua \(M\) cắt cả \(b\) và \(c\). Khi đó, \(d\) là giao tuyến của mặt phẳng tạo bởi \(M\) và \(b\) với mặt phẳng tạo bởi \(M\) và \(c\).

Với mỗi điểm \(M\) ta được một đường thẳng \(d\).

Vậy có vô số đường thẳng cắt cả 3 đường thẳng \(a,\;b,\;c\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(I,J\) lần lượt là trung điểm của \(AD\) và \(BC\) \( \Rightarrow IJ\) là đường trunh bình của hình thang \(ABCD \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD.\) Gọi \(d = \left( {SAB} \right) \cap \left( {IJG} \right)\) Ta có: \(G\) là điểm chung giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {IJG} \right)\)

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \supset AB;\left( {IJG} \right) \supset IJ\\AB\parallel IJ\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \)Giao tuyến \(d\) của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {IJG} \right)\) là đường thẳng qua \(G\) và song song với \(AB\) và \[IJ.\]

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Mặt phẳng \[\left( {ABN} \right)\] cắt mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\] theo giao tuyến \[BN\,.\] Mà \[AG \subset \left( {ABN} \right)\] suy ra \[AG\] cắt \[BN\] tại điểm \[{A_1}\,.\] Qua \[M\] dựng \[MP\,{\rm{//}}\,A{A_1}\] với \[M \in BN\,.\] Có \[M\] là trung điểm của \[AB\] suy ra \[P\] là trung điểm \[B{A_1}\, \Rightarrow \,\,BP = P{A_1}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).\]

Tam giác \[MNP\] có \[MP\,{\rm{//}}\,G{A_1}\] và \[G\] là trung điểm của \[MN\,.\]

\[ \Rightarrow \] \[{A_1}\] là trung điểm của \[NP\,\, \Rightarrow \,\,P{A_1} = N{A_1}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).\]

Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right)\] suy ra \[BP = P{A_1} = {A_1}N\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{B{A_1}}}{{BN}} = \frac{2}{3}\] mà \[N\] là trung điểm của \[CD\,.\]

Do đó, \[{A_1}\] là trọng tâm của tam giác \[BCD\,.\]

Lời giải

Đáp án đúng là: C

A sai. Nếu \(b\,\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\) thì \[b\,\,{\rm{//}}\,\,a\] hoặc \(a,\;b\) chéo nhau.

B sai. Nếu \(b\) cắt \(\left( \alpha \right)\) thì \(b\) cắt \(a\) hoặc \(a,\;b\) chéo nhau.

D sai. Nếu \(b\) cắt \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) chứa \[b\] thì giao tuyến của \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) là đường thẳng cắt \(a\) hoặc song song với \(a\).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \[\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,AB\] và \[CD\] mà \[A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\] đồng phẳng suy ra \[\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right).\] Giả sử \[\left( \alpha \right)\] cắt các mặt bên \[\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {SDA} \right)\] lần lượt tại các điểm \[N,\,\,P,\,\,Q\] với \[N \in SB,\,\,P \in SC,\,\,Q \in SD\,\] Suy ra \[\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\,.\]

Khi đó \[MN\,{\rm{//}}\,AB\]\[ \Rightarrow \]\[MN\] là đường trung bình tam giác \[SAB\] \[ \Rightarrow \,\,\,\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\,.\]

Tương tự, ta có được \[\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{QM}}{{DA}} = \frac{2}{3}\] và \[MNPQ\] là hình vuông.

Suy ra \[{S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}.10.10 = \frac{{400}}{9}.\]

a) Ta có \[P = \sin 2\left( {\alpha  + \pi } \right) = \sin \left( {2\alpha  + 2\pi } \right) = \sin 2\alpha  = 2\sin \alpha \cos \alpha \].

Từ hệ thức \[{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\], suy ra \[\cos \alpha  =  \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  =  \pm \frac{3}{5}\].

Do \[\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi \] nên ta chọn \[\cos \alpha  =  - \frac{3}{5}\].

Thay \[\sin \alpha  = \frac{4}{5}\] và \[\cos \alpha  =  - \frac{3}{5}\] vào \(P\), ta được \(P = 2.\frac{4}{5}.\left( { - \frac{3}{5}} \right) =  - \frac{{24}}{{25}}\).

b) \(\sin 2x + \sqrt 2 \cos x = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \cos x\left( {\sqrt 2 \sin x + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sqrt 2 \sin x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sin x =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\)

Trong khoảng  \(\left( { - \pi ;0} \right)\) có ba nghiệm là \(x =  - \frac{\pi }{2};\,\,x =  - \frac{\pi }{4};\,\,x =  - \frac{{3\pi }}{4}\)

Khi đó tổng các nghiệm trên khoảng \(\left( { - \pi ;0} \right)\) là

\(\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) + \left( { - \frac{\pi }{4}} \right) + \left( { - \frac{{3\pi }}{4}} \right) =  - \frac{{3\pi }}{2}.\)

c) Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó \[x = 0,\] ta có

\(2{\rm{cos}}\left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},k \in \mathbb{Z}\)

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là \(0 \le t \le 6\) hay \(0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6\)

\( \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với\({u_n} = \frac{{\sqrt {n + 1}  - 1}}{n}\)

Ta có: \({u_n} = \frac{{\left( {n + 1} \right) - 1}}{{n\left( {\sqrt {n + 1}  + 1} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {n + 1}  + 1}}\)

Dễ dàng ta có: \(\sqrt {\left( {n + 1} \right) + 1}  + 1 > \sqrt {n + 1}  + 1\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {\left( {n + 1} \right) + 1}  + 1}} < \frac{1}{{\sqrt {n + 1}  + 1}}\) \( \Leftrightarrow {u_{n + 1}} < {u_n}.\)

Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy số giảm.

a) Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) nên \(SB = SD\).

Suy ra \(\Delta SBC = \Delta SDC{\rm{ }}\left( {c.c.c} \right)\), do đó \(\widehat {SCB} = \widehat {SCD}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(SC\). Xét hai tam giác \(IBC\) và \(IDC\), ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}IC{\rm{ chung}}\\BC = DC\\\widehat {ICB} = \widehat {ICD}\end{array} \right.\] suy ra \(\Delta IBC = \Delta IDC\) nên \(IB = ID\) hay tam giác \(IBD\) cân tại \(I\).

Do \(O\) là trung điểm \(BD\) nên \(IO\) là đường trung tuyến trong tam giác cân, suy ra \(IO \bot BD\). Mà \(SA\,{\rm{//}}\,IO\) nên \(SA \bot BD\).                      Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\BD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {ABCD} \right)\] là đường thẳng qua \(M\) song song với \(BD\) cắt \(AB\) tại \(Q\). Do đó \[MQ\,{\rm{//}}\,BD\].    \(\left( 1 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}Q \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\\SA\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {SAB} \right)\] là đường thẳng qua \(Q\) song song với \(SA\) cắt \(SB\) tại \(P\). Do đó \[QP\,{\rm{//}}\,SA\].           \(\left( 2 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right)\\BD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {SBD} \right)\] là đường thẳng qua \(P\) song song với \(BD\) cắt \(SO\) tại \(N\). Do đó \[PN\,{\rm{//}}\,BD\]. \(\left( 3 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = MN\\SA\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right.\] suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,SA\).           \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 3 \right)\), suy ra \(PN\,{\rm{//}}\,MQ\,{\rm{//}}\,BD\). Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 4 \right)\), suy ra \(QP\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,SA\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}PN\,{\rm{//}}\,MQ\,{\rm{//}}\,BD\\QP\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,SA\\SA \bot BD\end{array} \right.\) suy ra tứ giác \(MNPQ\) là hình chữ nhật.

b) Do \(MQ\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(\widehat {AQM} = \widehat {ABD} = 45^\circ  = \widehat {QAM}\).

Suy ra tam giác \(AMQ\) cân tại \(M\) nên \(MQ = MA = x\).

Xét tam giác \(SAO\), ta có \[\frac{{MN}}{{AS}} = \frac{{OM}}{{OA}}\] suy ra \[MN = AS.\frac{{OM}}{{OA}} = a.\frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2} - x}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = a - x\sqrt 2 \].

Do đó \[{S_{MNPQ}} = x\left( {a - x\sqrt 2 } \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}x\sqrt 2 \left( {a - x\sqrt 2 } \right)\]. Ta có

\[{S_{MNPQ}} = x\left( {a - x\sqrt 2 } \right) =  - \sqrt 2 {\left( {x - \frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} + \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8} \le \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8}\].

Dấu \('' = ''\) xảy ra khi và chỉ khi: \[x = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].

Vậy diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) đạt giá trị lớn nhất bằng \[\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8}\]; khi \[x = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề kéo theo \(P \Rightarrow Q\) sai khi và chỉ khi \(P\) đúng và \(Q\) sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề đã cho được viết dưới dạng kí hiệu là: \(\forall a,b \in \mathbb{R},a < b,\forall r \in \mathbb{Q}:a < r < b\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Phủ định của mệnh đề “Mọi học sinh của lớp 10A đều thích học môn Toán” là “Có một học sinh trong lớp 10A không thích học môn Toán”.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Xét phương trình:

\({x^3} - 8{x^2} + 15x = 0 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 8x + 15} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 8x + 15 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\\x = 5\end{array} \right.\)

Mà \(x \in {\mathbb{N}^*}\) nên \(A = \left\{ {3;\,\,5} \right\}\).

Vì vậy tập \(A\) có hai phần tử.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

+) Ta có: \(3 \in \left( {0;\,\,3} \right]\) nhưng \(3 \notin \left( { - 1;\,3} \right)\)nên \(\left( {0;\,\,3} \right] \not\subset \left( { - 1;\,3} \right)\). Do đó A sai.

+) Ta có: \(\sqrt 2  \in \left( { - 1;2} \right)\) mà \(\sqrt 2  \notin \mathbb{Q}\) nên \(\left( { - 1;2} \right) \not\subset \mathbb{Q}\). Do đó B sai.

+) Ta có: \(\frac{3}{4} \in \left( { - 1;\,\,4} \right) \cup \left[ {5;\,\,6} \right]\) mà \(\frac{3}{4} \notin \mathbb{Z}\). Do đó C sai.

+) Ta có: \(\frac{1}{2} \in \mathbb{Q}\) nên \(\left\{ {\frac{1}{2}} \right\} \subset \mathbb{Q}\). Do đó D đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Phần gạch chéo trong hình tương ứng với tập \(\left( {A \cap B} \right)\backslash C\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Số học sinh của lớp 10A là: \(26 + 30 - 15 = 41\) (học sinh).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền trong tam giác \(ABC\) với \(A\left( { - 2;\,\,5} \right)\), \(B\left( {10;\,\,5} \right)\), \(C\left( {4;\,\, - 1} \right)\).

Ta có:

Tại \(A\left( { - 2;\,\,5} \right)\) có \(F\left( { - 2;\,5} \right) = 4.\left( { - 2} \right) - 3.5 =  - 23\);

Tại \(B\left( {10;\,\,5} \right)\) có \(F\left( {10;\,5} \right) = 4.10 - 3.5 = 25\);

Tại \(C\left( {4;\,\, - 1} \right)\) có \(F\left( {4;\, - 1} \right) = 4.4 - 3.\left( { - 1} \right) = 19\).

Suy ra \(M = 25,m =  - 23\).

Vì vậy \(M - m = 25 - \left( { - 23} \right) = 48\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(x - {12^2}y > 7 \Leftrightarrow x - 144y > 7\) có dạng của bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vẽ đường thẳng \(d:\frac{1}{2}x - 3y =  - 3\)

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( { - 6;\,0} \right)\) và \(B\left( {0;\,1} \right)\)

Lấy điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right) \notin d\) có: \(\frac{1}{2}.0 - 3.0 = 0 >  - 3\) nên điểm \(O\) thuộc vào miền nghiệm của bất phương trình đã cho.

Vậy miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng \(d\) và chứa điểm \(O\) (kể cả đường thẳng \(d\)) được biểu diễn như hình vẽ sau:

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Thay \(x = 0\) và \(y =  - 2\) vào bất phương trình \(3mx - y < m + 1\), ta được:

\(3m.0 - \left( { - 2} \right) < m + 1\)

\( \Leftrightarrow m + 1 < 2\)

\( \Leftrightarrow m < 1\)

Vậy với \(m =  - \frac{1}{2} < 1\) thì cặp \(\left( {0;\,\, - 2} \right)\) là nghiệm của bất phương trình đã cho.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Vì điểm \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) là điểm thỏa mãn miền nghiệm của hệ bất phương trình trên nên ta có:

\({x_0} + {y_0} < 0\). Do đó A sai.

\({x_0} \ge  - 1\). Do đó B sai.

\({y_0} \ge 0 >  - 1\) nên \({y_0} \ge  - 1\) là mệnh đề đúng. Do đó C đúng.

\({x_0} - {y_0} >  - 1\) là chưa đủ điều kiện để khẳng định được tính đúng sai. Do đó D sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền không bị gạch chéo trong hình vẽ không kể đường thẳng \({d_1}\) và kể cả đường thẳng \({d_2}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Xét hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 1\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2x - y > - 2\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

+) Thay \(x = 0\) và \(y = 0\) lần lượt vào các bất phương trình (1) và (2) trong hệ, ta được:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 0 - 2.0 \le 1 \Leftrightarrow 0 \le 1\) (luôn đúng);

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2.0 - 0 > - 2 \Leftrightarrow 0 > - 2\) (luôn đúng).

Do đó cặp số \(\left( {0;\,0} \right)\) là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay \(x = - 1\) và \(y = 1\) lần lượt vào các bất phương trình (1) và (2) trong hệ, ta được:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow - 1 - 2.1 \le 1 \Leftrightarrow - 3 \le 1\) (luôn đúng);

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2.\left( { - 1} \right) - 1 > - 2 \Leftrightarrow - 3 > - 2\) (vô lí).

Do đó cặp số \(\left( { - 1;\,1} \right)\)không là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay \(x = - 2\) và \(y = 3\) lần lượt vào các bất phương trình (1) và (2) trong hệ, ta được:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow - 2 - 2.3 \le 1 \Leftrightarrow - 8 \le 1\) (luôn đúng);

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2.\left( { - 2} \right) - 3 > - 2 \Leftrightarrow - 7 > - 2\) (vô lí).

Do đó cặp số \(\left( { - 2;\,3} \right)\) không là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

+) Thay \(x = 4\) và \(y = 1\) lần lượt vào các bất phương trình (1) và (2) trong hệ, ta được:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 4 - 2.1 \le 1 \Leftrightarrow 2 \le 1\) (vô lí);

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2.4 - 1 > - 2 \Leftrightarrow 7 > - 2\) (luôn đúng).

Do đó cặp số \(\left( {4;\,1} \right)\) là nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Biểu thức \(\sqrt {x - 3} \) có nghĩa khi \(x - 3 \ge 0\), tức là khi \(x \ge 3\).

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \left[ {3; + \infty } \right)\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Dựa vào hình vẽ ta thấy hàm số không tồn tại giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Hàm số \(y = {x^3} - \frac{{\left| x \right|}}{2}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hàm số có trục đối xứng là: \(x = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{2}{{2.1}} = - 1\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì Parabol có bề lõm quay lên trên nên \(a > 0\).

Suy ra đáp án C, D sai.

Xét đáp án A: Ta gọi I là đỉnh của Parabol vậy

 \({x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{\left( { - 4} \right)}}{{2.1}} = 2;\,{y_I} = {2^2} - 4.2 - 1 = - 5\) Vậy đỉnh \(I(2; - 5)\)

Suy ra đáp án A sai.

Xét đáp án B: Ta gọi I là đỉnh của Parabol vậy

xI=−b2a=−−42.1=2; yI=22−4.2−1=−5 Vậy đỉnh \(I(2; - 1)\)

Trục đối xứng \(x = 2\).

Giao điểm của đồ thị với trục \(Oy\) là \(A\left( {0;3} \right)\).

Parabol cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ là ngiệm của phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0\) tức là \(x = 1\) và \(x = 3\).

Suy ra đáp án B đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có:

\(\sin 0^\circ + {\rm{cos}}0^\circ = 0 + 1 = 1\). Do đó A đúng.

\({\sin ^2}30^\circ + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}60^\circ = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2} \ne 1\). Do đó B sai.

\(\sin 90^\circ + {\rm{cos9}}0^\circ = 1 + 0 = 1\). Do đó C đúng.

\({\sin ^2}120^\circ + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}120^\circ = 1\). Do đó D đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \({\sin ^2}\alpha + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1\)

\( \Leftrightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\alpha = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\), có:

\(A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} = {1^2} + {6^2} = 37\)

\( \Leftrightarrow AB = \sqrt {37} \,\,cm\)

\(\tan ABH = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \widehat {ABH} \approx 9,5^\circ \).

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = 90^\circ - 9,5^\circ = 80,5^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {ACB} = 180^\circ - 80,5^\circ - 44^\circ = 55,5^\circ \)

Áp dụng định lí sin trong tam giác \(ABC\), có:

\(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} \Leftrightarrow BC = \frac{{AB.\sin \widehat {BAC}}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{\sqrt {37} .\sin 44^\circ }}{{\sin 55,5^\circ }} \approx 5,1\,\,\left( m \right).\)

Vậy chiều cao của cây đèn đường khoảng \(5,1\,\,m\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Áp dụng định lí sin trong tam giác \(ABC\), ta được:

\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\)

\( \Rightarrow \sin A = \frac{a}{{2R}};\sin B = \,\,\frac{b}{{2R}};\,\,\sin C = \,\,\frac{c}{{2R}}.\)

\( \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{{4{R^2}}} = \frac{b}{{2R}}.\frac{c}{{2R}}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} = b.c\)

Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong tam giác \(ABC\), ta được:

\[{\rm{cos}}A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2.b.c}} = \frac{{{b^2} + {c^2} - bc}}{{2.b.c}}\]

Áp dụng bất đẳng thức cô – si cho hai số dương \({b^2} + {c^2}\) ta được:

\({b^2} + {c^2} \ge 2bc\)

Khi đó: \[{\rm{cos}}A = \frac{{{b^2} + {c^2} - bc}}{{2.b.c}} \ge \frac{{2bc - bc}}{{2bc}} = \frac{1}{2}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Theo định lí sin trong tam giác \(ABC\) ta có: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\).

Từ đó suy ra \(\frac{a}{{\sin A}} = 2R\), \(\sin A = \frac{a}{{2R}}\), \(\sin C = \frac{{c\sin A}}{a}\). Do đó các công thức ở các đáp án A, B, D đúng và đáp án C sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \(ABC\), có:

\(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \Rightarrow \widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {75^\circ + 60^\circ } \right) = 45^\circ \)(định lí tổng ba góc trong tam giác)

Áp dụng định lí sin trong tam giác \(ABC\), ta được:

\(\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Leftrightarrow BC = \frac{{AB.\sin A}}{{\sin C}} = \frac{{2.\sin 75^\circ }}{{\sin 45^\circ }} = 1 + \sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\).

Diện tích tam giác \(ABC\) bằng:

\(S = \frac{1}{2}AB.BC.\sin B = \frac{1}{2}.2.\left( {1 + \sqrt 3 } \right).\sin 60^\circ = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{2} \approx 2,37\,\,\left( {c{m^2}} \right).\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Giả sử ta có \(AB = AC = a\), do tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \) và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là \(R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Nửa chu vi tam giác \(ABC\) là \(p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = \frac{{a + a + a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)a}}{2}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Lại có \(S = pr\) với \(r\) là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\).

Suy ra \(r = \frac{S}{p} = \frac{{\frac{{{a^2}}}{2}}}{{\frac{{\left( {2 + \sqrt 2 } \right)a}}{2}}} = \frac{a}{{2 + \sqrt 2 }}\). Vậy \(\frac{R}{r} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{a}{{2 + \sqrt 2 }}}} = 1 + \sqrt 2 \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Hai góc bù nhau có sin bằng nhau; côsin, tang, côtang đối nhau.

Do đó, \(\sin \alpha = \sin \beta \), \(\cos \alpha = - \cos \beta \), \(\tan \alpha = - \tan \beta \), \(\cot \alpha = - \cot \beta \). Vậy đáp án D sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hai vectơ cùng phương thì có giá song song hoặc trùng nhau. Hai vectơ cùng phương thì cùng hướng hoặc ngược hướng. Vậy đáp án đúng là đáp án C.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Đại lượng lực là đại lượng có hướng bao gồm cả độ lớn và hướng nên lực cần được biểu diễn bởi vectơ.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \), \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {DB} \), do đó đáp án A và đáp án B đúng.

Lại có: \(AB\,{\rm{//}} = DC\), do đó hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {DC} \) cùng hướng và cùng độ dài nên \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \)Vậy đáp án D đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {FE} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BO} + \overrightarrow {EF} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OA} = \overrightarrow {AA} = \overrightarrow 0 \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} } \right| = \left| {\overrightarrow {BD} } \right| = BD\).

Do \(ABCD\) nên tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\), từ định lí Pythagore ta suy ra

\(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt {10} \).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} } \right| = a\sqrt {10} \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Với vectơ \(\overrightarrow a \) khác \(\overrightarrow 0 \) và một số thực \(k \ne 0\), ta có hai vectơ \(\overrightarrow a ,\,\,k\overrightarrow a \) luôn cùng phương với nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \(MN\,\,{\rm{//}}\,\,PQ\) nên hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {PQ} \) cùng phương.

Lại có vectơ \(\overrightarrow {MN} \) có hướng đi từ trái sang phải, còn vectơ \(\overrightarrow {PQ} \) có hướng đi từ phải sang trái. Do đó, hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {PQ} \) ngược hướng. Mà \(MN = 2PQ\).

Vậy \(\overrightarrow {MN} = - 2\overrightarrow {PQ} \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Từ hình vẽ ta thấy đoạn thẳng \(MN\) được chia thành 6 phần bằng nhau và điểm \(P\) thuộc đoạn \(MN\) và \(MP\) chiếm 2 phần hay \(MP = \frac{2}{6}MN = \frac{1}{3}MN\) và \(NP = \frac{4}{6}MN = \frac{2}{3}MN\), \(MP = \frac{2}{4}NP = \frac{1}{2}NP\).

Hai vectơ \(\overrightarrow {MP} \) và \(\overrightarrow {NP} \) ngược hướng nên \(\overrightarrow {MP} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {NP} \).

Hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {PM} \) ngược hướng nên \(\overrightarrow {MN} = - 3\overrightarrow {PM} \).

Vậy đáp án B đúng.

Hướng dẫn giải

 a) Để \(A \cap B = \emptyset \) ta có hai trường hợp sau:

TH1: \(a + 2 \le b \Leftrightarrow a - b \le  - 2\).

TH2: \(a - 1 > b + 4 \Leftrightarrow a - b > 5\).

Vậy với \(a - b \le  - 2\) hoặc \(a - b > 5\) thì \(A \cap B = \emptyset \).

b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\)

Xét tam giác ABC, có:

\(\overrightarrow {AG}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM}  = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).

Ta có: \(\overrightarrow {DG}  = \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AG}  = 2\overrightarrow {AB}  - \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{5}{3}\overrightarrow {AB}  - \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).

\(\overrightarrow {DE}  = \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AE}  = 2\overrightarrow {AB}  - x\overrightarrow {AC} \)

Để \(D,\,\,G,\,\,E\) thẳng hàng thì tồn tại số thực \(k\) thỏa mãn: \(\overrightarrow {DG}  = k\overrightarrow {DE} \)

\( \Leftrightarrow \frac{5}{3}\overrightarrow {AB}  - \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}  = k\left( {2\overrightarrow {AB}  - x\overrightarrow {AC} } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2k = \frac{5}{3}\\kx = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{5}{6}\\x = \frac{2}{5}\end{array} \right.\).

Vậy \(x = \frac{2}{5}\) thì \(D,\,\,G,\,\,E\) thẳng hàng và khi đó \(\frac{{DG}}{{DE}} = k = \frac{5}{6}\).

Gọi \(x\) là số bàn và \(y\) là số ghế anh An đóng được trong một tuần \(\left( {x;y\,\, \ge 0} \right)\).

Số giờ đề đóng \(x\) chiếc bàn và \(y\) chiếc ghế là: \(6x + 3y\) (giờ).

Mỗi tuần anh làm việc không quá \(60\) giờ nên ta có bất phương trình: \(6x + 3y \le 60\) (1).

Vì số ghế nhiều hơn số bàn ít nhất \(2\) lần nên ta có: \(y \ge 2x\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ bất phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\6x + 3y \le 60\\y \ge 2x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\2x + y \le 20\\ - 2x + y \ge 0\end{array} \right.\)

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền trong của tam giác \(OAB\) với \(O\left( {0;\,\,0} \right),\,A\left( {5;\,\,10} \right),\,\,B\left( {0;20} \right)\).

Số tiền lãi thu được: \(F\left( {x;\,\,y} \right) = 150x + 100y\) (nghìn đồng).

Ta có:

Tại \(O\left( {0;\,\,0} \right)\) có \(F\left( {0;\,\,0} \right) = 150.0 + 100.0 = 0\);

Tại \(A\left( {5;\,\,10} \right)\) có \(F\left( {5;\,\,10} \right) = 150.5 + 100.10 = 1\,\,750\);

Tại \(B\left( {0;20} \right)\) có \(F\left( {0;\,\,20} \right) = 150.0 + 100.20 = 2\,\,000\).

Vậy một tuần anh An phải đóng được \(0\) chiếc bàn và \(20\)chiếc ghế để tiền lãi thu được là lớn nhất.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(ABC\), có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.{\rm{cos}}\widehat {ABC}\)

\( = {100^2} + {150^2} - 2.100.150.{\rm{cos110}}^\circ \)

\( \approx 42\,\,760,6\)

\( \Rightarrow AC \approx 206,8\,\,\left( {km} \right)\).

Thời gian đi tàu thủy từ \(A\) đến \(C\) là: \(206,8:30 \approx 7\left( h \right)\).

Tổng quãng đường đi theo cách 2 là: \(100 + 150 = 250\,\,\,\left( {km} \right)\).

Thời gian đi theo cách 2 là: \(250:50 = 5\left( h \right)\).

Vậy đi theo cách 2 thì An sẽ đến \(C\) sớm hơn.