Đáp án đúng là: C

Vì \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) (hai góc so le trong)

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta BDC\) có:

\(\widehat {DAB} = \widehat {CBD} = 90^\circ \)

\(\widehat {DBA} = \widehat {CDB}\) (cmt)

Do đó, $\mathrm{\Delta ABD}\backsim \mathrm{\Delta BDC}.$ (g.g)

Đáp án đúng là: A

Hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc – góc nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia.

Đáp án đúng là: C

Các đoạn thẳng \(AA',BB',CC',DD'\) cùng đi qua một điểm \(I\).

Vì \(A,B,C,D\) lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng \(IA',IB',IC',ID'\) nên ta có: \(\frac{{IA}}{{IA'}} = \frac{{IB}}{{IB'}} = \frac{{IC}}{{IC'}} = \frac{{ID}}{{ID'}}.\)

Do đó, hai tứ giác \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\) đồng dạng phối cảnh, điểm \(I\) là tâm đồng dạng phối cảnh.

Hai đoạn thẳng \(AB\) và \(A'B'\) đồng dạng phối cảnh, điểm \(I\) là tâm đồng dạng phối cảnh.

Hai đoạn thẳng \(BD\) và \(B'D'\) đồng dạng phối cảnh, điểm \(I\) là tâm đồng dạng phối cảnh.

Vậy khẳng định sai là “Hai đoạn thẳng \(BB'\) và \[AA'\] đồng dạng phối cảnh, điểm \(I\) là tâm đồng dạng phối cảnh”.

Đáp án đúng là: D

Kết quả thuận lợi của biến cố “Gieo được mặt có số chấm là số lẻ” là: \(1;3;5\).

Do đó, có ba kiết quả thuận lợi.

Đáp án đúng là: A

Kết quả thuận lợi của biến cố \(B\): “Gieo được mặt có số chấm là số chẵn” là: \(2;4;6\).

Do đó, có ba kết quả thuận lợi.

Vậy xác suất của biến cố \(B\) là \(\frac{1}{2}.\)

Xét \[\Delta DCB\] có \[ME\parallel DB\] và \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[ME\] là đường trung bình của tam giác \[BDC\].

Suy ra \[E\] là trung điểm của \[DE\] nên \[DE = EC = \frac{1}{2}DC\].

Suy ra \[AD = DE = EC.\]

Xét tam giác \[AME\] có \[ID\parallel ME\] và \[AD = DE\] nên \[DI\] là đường trung bình của tam giác \[AME.\]

Do đó, \[I\] là trung điểm của cạnh \[AM.\]

Đúng

Xét hai tam giác \[ABI\] và \[\Delta IBM\] có cùng chiều cao hạ từ đỉnh \[B\] xuống đáy \[AM\] và có hai đáy \[AI = AM\].

Do đó, ta có: \[{S_{ABI}} = \frac{1}{2}{h_B}.AI;{\rm{ }}{S_{BMI}} = \frac{1}{2}{h_B}.IM\].

Suy ra \[{S_{AIB}} = {S_{IMB}}.\]

Ta có: \[I\] là trung điểm của cạnh \[AM\] nên chiều cao hạ từ \[A\] xuống đáy \[BC\] bằng 2 lần chiều cao hạ từ \[I\] xuống đáy \[BC\].

Do đó, ta có: \[\frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{IBC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{h_A}.BC}}{{\frac{1}{2}{h_I}.BC}} = 2\] nên \[{S_{ABC}} = 2{S_{IBC}}.\]

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “Chiếc bút lấy ra là bút mực xanh” là: \(30 - 10 = 20\).

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “Chiếc bút lấy ra là bút được ghi số tròn chục” là: bút ghi số \(10;\) số 20 và số 30.

Vậy có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố trên.

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Chiếc bút được lấy ra là bủ mực xanh và ghi số chia hết cho \(3\)” là: bút ghi số \(21;24;27;30.\) Do đó, có \(4\) kết quả thuận lợi cho biến cố trên.

Vậy xác suất của biến cố trên là: \(\frac{4}{{30}} = \frac{2}{{15}}\).

Đáp án: \(0\)

Hai đường thẳng \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) trùng nhau khi \(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 = 2\\ - \left( {m - 1} \right) = - 3\end{array} \right.\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}m = 3\\ - m + 1 = - 3\end{array} \right.\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}m = 3\\m = 4\end{array} \right.\) (vô lí).

Do đó, không có giá trị nào của \(m\) thỏa mãn để hai đường thẳng trùng nhau.

Đáp án: \(0\)

Ta có: \(4\left( {0,5 - 1,5x} \right) = - \frac{{5x - 6}}{3}\)

\(12\left( {0,5 - 1,5x} \right) = - \left( {5x - 6} \right)\)

\(6 - 18x = - 5x + 6\)

\(18x - 5x = 6 - 6\)

\(13x = 0\)

\(x = 0.\)

Vậy giá trị của \(x\) bằng \(0\).

Đáp án: \(42\)

Ta có: \(AB \bot BC;DE \bot BC\) nên \(DE\parallel AB\).

Xét tam giác \(ABC\) có \(DE\parallel AB\), ta có: \(\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{CE}}{{CB}}\) (hệ quả của định lí Thalès)

Hay \(\frac{2}{{AB}} = \frac{2}{{63}}\) suy ra \(AB = 42{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Vậy chiều cao của tháp là \(42{\rm{ m}}\).

Đáp án: \(0,04\)

Các kết quả có thể xảy ra khi rủ ngẫu nhiên một thẻ trong hộp là \(50\).

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Thẻ được rút ra là bình phương của một số” là: \(1;4;9;16;25;36;49.\)

Nhận thấy, các số vừa là bình phương của một số và vừa chi hết cho ba có kết quả thuận lợi là: \(9;36.\)

Suy ra, có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố trên.

Vậy xác suất của biến cố “Số trên thẻ được rút ra là vừa là bình phương của một số và vừa chia hết cho \(3\)” là: \(\frac{2}{{50}} = \frac{1}{{25}} = 0,04\).

Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là \(x{\rm{ }}\left( \% \right)\) với \(x > 0.\)

Khi đó, lượng muối có trong dung dịch I là: \(200.\frac{x}{{100}} = 2x{\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)\).

Do nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung dịch II là \(20\% \) nên nồng độ muối trong dung dịch II là \(x - 20{\rm{ }}\left( \% \right)\)

Khi đó, lượng muối có trong dung dịch II là \(300.\frac{{x - 20}}{{100}} = 3\left( {x - 20} \right){\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)\)

Khối lượng muối trong dung dịch sau khi trộn hai dung dịch là: \(2x + 3\left( {x - 20} \right){\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)\).

Khối lượng dung dịch muối sau trộn hai dung dịch là: \(200 + 300 = 500{\rm{ }}\left( {\rm{g}} \right)\).

Do sau khi trộn hai dung dịch I và II thì được một dung dịch có nồng độ muối là \(33\% \) nên ta có phương trình \(\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\% \).

Giải phương trình, ta được: \(\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\% = 33\% \)

                                             \(\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{5} = 33\)

                                             \(2x + 3\left( {x - 20} \right) = 33.5\)

                                             \(2x + 3x - 60 = 165\)

                                             \(5x = 225\) nên \(x = 45\) (thỏa mãn)

Vậy nồng độ muối của dung dịch I và II lần lượt là \(45\% \) và \(25\% .\)

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta BHA\) có: \(\widehat {BAC} = \widehat {BHA} = 90^\circ \) (gt); \(\widehat {CBA}\) chung (gt)

Suy ra (g.g)

Do đó, \(\frac{{AB}}{{HB}} = \frac{{AC}}{{HA}}\) nên \(AB.AH = AC.HB\) (đpcm).

Vì (cmt) suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {HAB}\) (hai góc tương ứng)

Xét \(\Delta BHA\) và \(\Delta CHA\), có:

\(\widehat {HAB} = \widehat {HCA}\) (cmt) và \(\widehat {AHB} = \widehat {CHA} = 90^\circ \) (gt)

Suy ra (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{CH}} = \frac{{HB}}{{HA}}\) hay \(A{H^2} = BH.CH\).

Có \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\).

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta HAC\) có:

\(\widehat {CAB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \) (gt)

\(\widehat {ACB}\) chung (gt)

Do đó, (g.g)

Suy ra \(\frac{{AC}}{{CH}} = \frac{{CB}}{{CA}}\) hay \(A{C^2} = CH.CB\).

Lại có \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(MN = \frac{1}{2}AC\) hay \(AC = 2MN\).

Suy ra \(4M{N^2} = CH.CB\) hay \(\frac{1}{4}CH.CB = M{N^2}\) (đpcm).

Đặt \(a = 2024 - x;{\rm{ }}b = 2026 - x;{\rm{ }}c = 2x - 4050\).

Ta có: \(a + b + c = 2024 - x + 2026 - x + 2x - 4050 = 0\)

Suy ra \(\left( {a + b} \right) = - c\) nên \({\left( {a + b} \right)^3} = - {c^3}\).

Khi đó, \({a^3} + {b^3} + {c^3} = {\left( {a + b} \right)^3} - 3ab\left( {a + b} \right) + {c^3} = - {c^3} + 3abc + {c^3} = 3abc\).

Do đó, \({\left( {2024 - x} \right)^3} + {\left( {2026 - x} \right)^3} + {\left( {2x - 4050} \right)^3} = 0\)

             \(3\left( {2024 - x} \right)\left( {2026 - x} \right)\left( {2x - 4050} \right) = 0\)

Suy ra \(2024 - x = 0\) hoặc \(2026 - x = 0\) hoặc \(2x - 4050 = 0\).

Do đó, \(x = 2024\) hoặc \(x = 2026\) hoặc \(x = 2025.\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {2024;2025;2026} \right\}.\)