Đáp án đúng là: B

Điểm \(M\) có hoành độ là \( - 2\) và tung độ là \(1\) nên có tọa độ được viết là \(M\left( { - 2\,;\,\,1} \right).\)

Hình chóp tam giác đều có 4 mặt, 6 cạnh.

Hình chóp tứ giác đều có 5 đỉnh, đáy là hình vuông.

Diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều đã cho là \({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4a} \right) \cdot b = 2ab\) (đvdt).

Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật.

Do đó hình bình hành \(ABCD\) có \(\widehat {A\,\,} = 90^\circ \) thì \(ABCD\) là hình chữ nhật.

Hướng dẫn giải

Đáp án:

a) Sai.

b) Sai.

c) Đúng.

d) Đúng.

⦁ Ta có \[R = \left( {xy - 4{x^2} + 2} \right) \cdot x{y^2}\]

\( = xy \cdot x{y^2} - 4{x^2} \cdot x{y^2} + 2 \cdot x{y^2}\)\( = {x^2}{y^3} - 4{x^3}{y^2} + 2x{y^2}\).

Khi đó, hệ số tự do của đa thức \[R\] có bậc là 2. Do đó ý a) sai.

⦁ Ta có \[T = \left( {15{x^3}{y^4} - 20{x^4}{y^3} + 10{x^2}{y^3}} \right):5xy.\]

\( = 15{x^3}{y^4}:\left( {5xy} \right) - 20{x^4}{y^3}:\left( {5xy} \right) + 10{x^2}{y^3}:\left( {5xy} \right)\)

\( = 3{x^2}{y^3} - 4{x^3}{y^2} + 2x{y^2}.\)

Khi đó, bậc của đa thức \(T\) là 5. Do đó ý b) sai.

⦁ Thay \[x = 1\,;\,\,y = - 1\] vào biểu thức \(T\), ta có:

\(T = 3 \cdot {1^2} \cdot {\left( { - 1} \right)^3} - 4 \cdot {1^3} \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + 2 \cdot 1 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} = - 3 - 4 + 2 = - 5.\)

Vậy với \[x = 1\,;\,\,y = - 1\] thì \(T = - 5\). Do đó ý c) đúng.

⦁ Ta có \(R = T - S\)

Suy ra \(S = T - R\)

\( = \left( {3{x^2}{y^3} - 4{x^3}{y^2} + 2x{y^2}} \right) - \left( {{x^2}{y^3} - 4{x^3}{y^2} + 2x{y^2}} \right)\)

\( = 3{x^2}{y^3} - 4{x^3}{y^2} + 2x{y^2} - {x^2}{y^3} + 4{x^3}{y^2} - 2x{y^2}\)

\( = \left( {3{x^2}{y^3} - {x^2}{y^3}} \right) + \left( { - 4{x^3}{y^2} + 4{x^3}{y^2}} \right) + \left( {2x{y^2} - 2x{y^2}} \right)\)\( = 2{x^2}{y^3}.\)

Như vậy, \(S\) là một đơn thức. Do đó ý d) đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án:

a) Đúng.

b) Sai.

c) Sai.

d) Đúng.

⦁ Tứ giác \(BMND\) có: \[MN\parallel BD{\rm{ }}\left( {MN\parallel BC} \right)\]; \[MN = BD\] (gt).

Do đó, tứ giác \(BMND\)là hình bình hành. Do đó ý a) là đúng.

⦁ Vì \(\Delta {\rm{ }}ABH\) vuông tại \(H\,\,\left( {AH \bot BC} \right)\) có \(HM\) là trung tuyến nên \(HM = \frac{1}{2}AB\).

Mà \(MA = \frac{1}{2}AB\) suy ra \(MA = HM\).

Vậy \(\Delta {\rm{ }}AMH\) cân tại \[M\]. Do đó ý b) sai.

⦁ Tứ giác \(DHMN\) có \[MN\parallel DH{\rm{ }}\left( {MN\parallel BC} \right)\] nên tứ giác \(DHMN\) là hình thang.\(\left( 1 \right)\)

Ta có \(AH \bot BC\); \[MN\parallel BC\] nên \(AH \bot MN\).

Vì \(\Delta {\rm{ }}AMH\) cân tại \[M\] có \(AH \bot MN\) nên \(MN\) là phân giác của \(\Delta {\rm{ }}AMH\).

Do đó \(\widehat {AMN} = \widehat {HMN}.\) Do đó ý c) sai.

⦁ Tứ giác \(BMND\)là hình bình hành nên \[ND\parallel MB\].

A. Do đó \(\widehat {AMN} = \widehat {DNM}\)(so le trong) nên \(\widehat {HMN} = \widehat {DNM}\).\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra tứ giác \(DHMN\) là hình thang cân. Do đó ý d) đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 2.

Ta có \[{x^3}--2{x^2} + x = 0\]

\[x\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) = 0\]

\[x{\left( {x - 1} \right)^2} = 0\]

\[x = 0\] hoặc \[{\left( {x - 1} \right)^2} = 0\]

\[x = 0\] hoặc \[x = 1\]

Do đó \(x \in \left\{ {0;\,\,1} \right\}\).

Vậy có 2 giá trị \(x\) thỏa mãn bài toán.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 1.

Với \[x \ne - 2\,;\,\,x \ne 2\,;\,\,x \ne 1\], ta có:

\[A = \frac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} - 4}} \cdot \left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}} \right)\]

\( = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{{x^2} - 4}} \cdot \frac{1}{{x - 1}} - \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{{x^2} - 4}} \cdot \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}\)

\( = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{{x^2} - 4}} - \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{{x^2} - 4}}\)

\( = \frac{{{x^2} + x + 1 - \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{{x^2} - 4}}\)

\( = \frac{{{x^2} + x + 1 - {x^2} + 1}}{{{x^2} - 4}}\)

\[ = \frac{{x + 2}}{{{x^2} - 4}} = \frac{{x + 2}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \frac{1}{{x - 2}}.\]

Vậy với \(x \ne - 2\,;\,\,x \ne 2\,;\,\,x \ne 1,\) sau khi rút gọn biểu thức \[K\] ta được phân thức có tử thức bằng 1.

Hướng dẫn giải

Đáp số: 8040.

Đường cao mặt bên hình chóp chính là trung đoạn \[d = 67\;\;{\rm{mm}}\,{\rm{.}}\]

Diện tích xung quanh của khối rubik đó là:

\({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot C \cdot d = \frac{1}{2} \cdot 180 \cdot 67 = 6030\;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Đáy là tam giác đều có cạnh là \[180:3 = 60\;\;\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Chiều cao của tam giác đáy là \[67\;\;{\rm{cm}}\,{\rm{.}}\]

Diện tích toàn phần của khối rubik đó là:

\({S_{tp}} = 6030 + \frac{1}{2} \cdot 60 \cdot 67 = 8040\,\,\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Vậy diện tích toàn phần (tổng diện tích các mặt) của khối rubik đó là \(8040\,\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp số: 60.

Xét tứ giác \[MNPQ,\] ta có: \(\widehat M + \widehat N + \widehat P + \widehat Q = 360^\circ \) (tổng các góc của một tứ giác).

Suy ra \(x + 2x + x + 2x = 360^\circ \) hay \(6x = 360^\circ \) nên \(x = 60^\circ \).

Hướng dẫn giải

a) Mức giá khi lượng cung bằng lượng cầu là giá trị \[{x_0}\] thỏa mãn:

\[-600 + 10{x_0} = 1{\rm{ }}200-20{x_0}\]

\[30{x_0} = 1{\rm{ }}800\]

\[{x_0} = 60\]

Vậy mức giá cân bằng là 60 nghìn đồng.

b) Đồ thị hàm số \[S\left( p \right)\] đi qua hai điểm \[\left( {0;--600} \right)\] và \[\left( {60;{\rm{ }}0} \right).\]

Đồ thị hàm số \[D\left( p \right)\] đi qua hai điểm \[\left( {0;{\rm{ }}1{\rm{ }}200} \right)\] và \[\left( {60;{\rm{ }}0} \right).\]

Đồ thị của hai hàm số được vẽ trong hình dưới:

c) Từ đồ thị trên, ta thấy khi giá của mỗi chiếc áo lớn hơn 60 nghìn đồng thì lượng cung lớn hơn lượng cầu. Khi đó sẽ có một lượng áo phông bị tồn kho (do không bán được).

Hướng dẫn giải

a)

Do \[D,{\rm{ }}E\] lần lượt là hình chiếu của điểm \[M\] trên đường thẳng \[AB,{\rm{ }}AC\] nên \[MD \bot AB,\] \[ME \bot AC.\]

Suy ra \[\widehat {ADM} = \widehat {AEM} = 90^\circ \]

Tam giác \[ABC\] vuông cân tại \[A\] nên \[\widehat {BAC} = 90^\circ .\]

Tứ giác \[ADME\] có \(\widehat {DAE} = \widehat {AEM} = \widehat {MDA} = 90^\circ \) nên \[ADME\] là hình chữ nhật.

b) Do \[ADME\] là hình chữ nhật nên \[DM\,{\rm{//}}\,AC.\]

Suy ra \(\widehat {BMD} = \widehat {ACB}\) (hai góc so le trong).

Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = 45^\circ \) (vì tam giác \[ABC\] vuông cân tại \[A),\] suy ra \(\widehat {BMD} = \widehat {ABC} = 45^\circ .\)

Do đó tam giác \[BDM\] cân tại \[D.\] Suy ra \[BD = DM.\]

Chu vi của hình chữ nhật \[ADME\] là: \[2\left( {AD + DM} \right) = 2\left( {AD + BD} \right) = 2AB.\]

Mà \[AB\] không đổi nên chu vi của tứ giác \[ADME\] không đổi.

Hướng dẫn giải

Ta có \[A = \frac{{{x^4} + {x^3} + x + 1}}{{{x^4} - {x^3} + 2{x^2} - x + 1}}\]

\[ = \frac{{{x^3}\left( {x + 1} \right) + \left( {x + 1} \right)}}{{\left( {{x^4} + 2{x^2} + 1} \right) - \left( {{x^3} + x} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^3} + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2} - x\left( {{x^2} + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}{{\left( {{x^2} - x + 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}}.\]

Với mọi \(x \in \mathbb{R},\) ta có \[{\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\,;\,\,{x^2} \ge 0\] suy ra \[{\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\,;\,\,{x^2} + 1 > 0.\]

Do đó \[A = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} \ge 0.\]

Vậy \(A\) luôn không với mọi giá trị thực của \(x.\)