Đáp án đúng: D

1) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\(\frac{x}{2} = \frac{y}{3} = \frac{z}{5}\) nên \(\frac{{2x}}{4} = \frac{y}{3} = \frac{{3z}}{{15}} = \frac{{2x - y + 3z}}{{4 - 3 + 15}} = \frac{{ - 48}}{{16}} = - 3.\)

Suy ra \(2x = - 12\,;\,\,y = - 9\,;\,\,3z = - 45.\)

Do đó \(x = - 6\,;\,\,y = - 9\,;\,\,z = - 15.\)

2) Gọi \[a,\,\,b,\,\,c\] (xe) lần lượt là số xe của đội thứ nhất, thứ hai và thứ ba \[\left( {a,\,\,b,\,\,c \in {\mathbb{N}^ * }} \right).\]

Vì số xe và số ngày là hai đại lượng tỉ lệ nghịch nên \[4a = 6b = 8c\] và \[a--b = 6.\]

\(\frac{{4a}}{{24}} = \frac{{6b}}{{24}} = \frac{{8c}}{{24}}\) nên \(\frac{a}{6} = \frac{b}{4} = \frac{c}{3}.\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: \(\frac{a}{6} = \frac{b}{4} = \frac{c}{3} = \frac{{a - b}}{{6 - 4}} = \frac{6}{2} = 3.\)

Suy ra \[a = 18\,;\,\,b = 12\,;\,\,c = 9\] (TMĐK)

Vậy đội thứ nhất có 18 xe, đội thứ hai có 12 xe và đội thứ ba có 9 xe.

1) Thu gọn đa thức \[P\left( x \right)\] và sắp xếp đa thức theo lũy thừa giảm dần của biến như sau:

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

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

\[ = - 2{x^4} + 3{x^3} + x + 1\].

Hệ số cao nhất của đa thức \[P\left( x \right)\] là \[ - 2\], hệ số tự do của đa thức \[P\left( x \right)\] là 1.

2) Ta có \[N\left( x \right) - M\left( x \right) = \left( {2{x^3} + {x^2} - 5} \right) - \left( {{x^2} - 4} \right)\]

\[ = 2{x^3} + {x^2} - 5 - {x^2} + 4 = 2{x^3} - 1.\]

3) Ta có \[N\left( x \right) \cdot M\left( x \right) = \left( {2{x^3} + {x^2} - 5} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)\]

\[ = \left( {2{x^3} + {x^2} - 5} \right){x^2} + \left( {2{x^3} + {x^2} - 5} \right).\left( { - 4} \right)\]

\[ = 2{x^5} + {x^4} - 5{x^2} - 8{x^3} - 4{x^2} + 20\]

\[ = 2{x^5} + {x^4} - 8{x^3} - 9{x^2} + 20\]

4) Nghiệm của đa thức \[M\left( x \right)\] thỏa mãn \[M\left( x \right) = {x^2} - 4 = 0\]

\[{x^2} = 4\]

\[x = 2\] hoặc \[x = - 2\]

Vậy \[M\left( x \right)\] có 2 nghiệm là 2 và \[ - 2\].

Vị trí đặt tháp quan sát tại điểm O cách đều 3 đỉnh P, Q, R của \[\Delta PQR.\]

Suy ra O là giao điểm 3 đường trung trực của \[\Delta PQR.\]

a) Xét \[\Delta ADB\] và \[\Delta EDC\] có:

\[DA = DE\] (gt);

\(\widehat {ADB} = \widehat {EDC}\) (đối đỉnh);

\(BD = CD\) (vì \(AD\) là đường trung tuyến \(\Delta ABC\)).

Do đó \[\Delta ADB = \Delta EDC\] (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {DEC}\) (hai cạnh tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \[AB\,{\rm{//}}\,EC.\]

b) Xét \[\Delta ADM\] và \[\Delta EDN\] có:

\(\widehat {BAD} = \widehat {DEC}\) (cmt);

\(AD = DE\) (vì \[\Delta ADB = \Delta EDC\]);

\(\widehat {ADM} = \widehat {EDN}\) (đối đỉnh)

Do đó \[\Delta ADM = \Delta EDN\] (g.c.g)

Suy ra \[MD = DN\] (hai cạnh tương ứng)

Do đó D là trung điểm MN.

c) Gọi \[G\] là giao điểm của \[AD\] và \[BK\].

Xét \(\Delta ABC\) có \[AD\] và \[BK\] là hai đường trung tuyến cắt nhau tại \[G\].

Suy ra \[G\] là trọng tâm \(\Delta ABC\) nên \(AG = \frac{2}{3}AD.\)

Xét \(\Delta AMN\) có D là trung điểm MN (câu b).

Suy ra \[AD\] là đường trung tuyến \(\Delta AMN.\)

Mà \(AG = \frac{2}{3}AD\) nên \[G\] là trọng tâm \(\Delta AMN.\)

Vì \(MH\) là đường trung tuyến \(\Delta AMN\) nên \(G \in MH\).

Do đó ba đường thẳng AD, BK và MH đồng quy.

Ta có \[M\left( 0 \right) = 1\] nên \[a \cdot 0 + b = 1\] suy ra \[b = 1.\]

Vì \[M\left( x \right)\] chia \[x-1\] dư 2 nên \[M\left( x \right) - 2\] chia hết cho \[x-1\].

Suy ra \[M\left( x \right) - 2 = f\left( x \right)\left( {x--1} \right)\]

Với \(x - 1 = 0\) hay \(x = 1\), ta có \[M\left( 1 \right)--2 = 0\] nên \[M\left( 1 \right) = 2\].

Do đó \[a + b = 2\] nên \[a = 1.\]

Vậy \[M\left( x \right) = x + 1.\]