Đáp án đúng là: C

Tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có

\[b = a \cdot \sin C = c \cdot \tan C.\]

Đáp án đúng là: A

Gọi các đỉnh \(A,\,\,B,\,\,C\) như hình vẽ.

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) (tường vuông góc với mặt đất), ta có \(AC = BC \cdot \cos \widehat {ACB} = 5 \cdot \cos 60^\circ = 5 \cdot \frac{1}{2} = 2,5\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn nên \[\widehat A + \widehat C = 180^\circ \] (vì \(\widehat A,\,\,\widehat C\) là hai góc đối diện của tứ giác \(ABCD\)).

Đáp án đúng là: A

Tổng số các quả cầu trong hộp là: \(5 + 3 + 7 = 15\) (quả cầu).

Trong hộp có \(3\) quả cầu màu đỏ

Khi đó, xác suất của biến cố “Quả cầu được chọn ra màu đỏ” là: \(\frac{3}{{15}} = \frac{1}{5} \cdot \)

Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 1\,\\x + y = 4\,\end{array} \right.\)

Cộng từng vế của hai phương trình ta được \(3x = 5\), suy ra \(x = \frac{5}{3}\).

Thay \(x = \frac{5}{3}\) vào phương trình thứ hai ta được \(\frac{5}{3} + y = 4\), suy ra \(y = 4 - \frac{5}{3} = \frac{7}{3}\).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \(\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{5}{3};\frac{7}{3}} \right)\).

Ta có \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} + \sqrt {12} = \left| {\sqrt 3 - 1} \right| + \sqrt {4 \cdot 3} \)

\( = \sqrt 3 - 1 + 2\sqrt 3 \)\( = 3\sqrt 3 - 1.\)

Với \(x \ge 0\,,\,\,x \ne \pm 4\), ta có:

\[B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} + \frac{2}{{\sqrt x - 2}}} \right):\frac{{x + 4}}{{\sqrt x + 2}}\]

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right]:\frac{{x + 4}}{{\sqrt x + 2}}\)

\( = \frac{{x - 2\sqrt x + 2\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}:\frac{{x + 4}}{{\sqrt x + 2}}\)

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

a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm \(M\left( {\sqrt 2 \,;\,\,2} \right)\) nên thay \(x = \sqrt 2 \), \(y = 2\) vào hàm số \(y = a{x^2},\) ta được \(2 = a{\left( {\sqrt 2 } \right)^2}\) . Suy ra \(a = 1\).

Vậy \(a = 1\) thì đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) đi qua điểm \(M\left( {\sqrt 2 \,;{\rm{ }}2} \right)\).

b) Ta có \[\Delta \, = \,{\left[ { - \left( {2m\, + \,1} \right)} \right]^2}\, - \,4 \cdot 1\, \cdot \,m\]

\[ = \,\left( {4{m^2}\, + \,4m\, + \,1} \right)\, - \,4m\]\[ = \,\,4{m^2}\, + \,1 > 0\] với mọi \[m \in \mathbb{R}\]

Do đó, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo định lí Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1}\, + \,{x_2}\, = \,2m\, + \,1\\{x_1}{x_2}\, = \,m\end{array} \right.\].

Khi đó: \[\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 19\] hay \({x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 19\)

Suy ra \(m - \left( {2m + 1} \right) + 1 \ge 19\) hay \(m \le - 19\)

Vậy \(m \le - 19\) thoả mãn yêu cầu đề bài.

Gọi số xe ban đầu là \[x\] (xe), \[\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\].

Khi đó, dự định mỗi xe phải chở \[\frac{{75}}{x}\] (tấn hàng).

Lúc sắp khởi hành nhận được ủng hộ thêm\[5\]tấn hàng và được bổ sung thêm \[5\] xe nên:

Số tấn hàng phải chở là \[75 + 5 = 80\] (tấn), số xe lúc sau là \[x + 5\] (xe).

Thực tế mỗi xe phải chở là \[\frac{{80}}{{x + 5}}\] (tấn)

Theo đề bài, lúc sau mỗi xe phải chở ít hơn dự định \[1\] tấn nên ta có phương trình:

                                      \[\frac{{75}}{x} - \frac{{80}}{{x + 5}} = 1\]

                                      \[\frac{{75x + 375 - 80x}}{{x\left( {x + 5} \right)}} = 1\]

                                      \[{x^2} + 10x - 375 = 0\]

Giải phương trình ta được: \[x = 15\,\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\], \[x = - 25\,\,\,\left( {{\rm{KTM}}} \right)\].

Vậy lúc đầu có \[15\] xe.

Vì \(MC,{\rm{ }}MD\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(OC \bot MC\,;\,\,OD \bot MD\).

Gọi \[O'\] là trung điểm của \[MO\] suy ra \(O'O = O'M = \frac{1}{2}MO & \left( 1 \right)\)

Xét tam giác \[OCM\] vuông tại \[C\] (cmt) có \(CO' = \frac{1}{2}MO\) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) \[\left( 2 \right)\]

Xét tam giác \[OCM\] vuông tại \[C\] (cmt) có \(O'D = \frac{1}{2}OM\)(tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) \[\left( 3 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)\,,\,\,\left( 3 \right)\] suy ra \(O'O = O'M = O'D = O'C = \frac{1}{2}MO\).

Do đó bốn điểm \(M,\,\,C,\,\,O,\,\,D\) cùng thuộc một đường tròn đường tròn.

Vì \(MC,{\rm{ }}MD\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(MC = MD\); \(MO\) là tia phân giác \(\widehat {CMD}.\)

Tam giác \(MCD\) cân tại \(M\) (vì \(MC = MD\)) có \(MO\) là tia phân giác \(\widehat {CMD}\) nên \(MO\) là đường cao của tam giác \(MCD\) hay \[OM \bot CD\].

Vì hai tiếp tuyến tại \(C\) và \(D\) cắt nhau tại \(M\) nên  \[MO\] là phân giác của \(\widehat {MCD}\) \(\left( * \right)\)

Tam giác \[MOC\] vuông tại \[C\] (do \(MC\) là tiếp tuyến) nên \[\widehat {MCI} + \widehat {ICO} = 90^\circ & \left( 4 \right)\]

suy ra \[\widehat {ICD} + \widehat {CIO} = 90^\circ \,\,\,\left( 5 \right)\] mà \(\widehat {ICO} = \widehat {CIO}\) (do \(\Delta IOC\) cân)

Từ \(\left( 4 \right),\left( 5 \right),\left( 6 \right)\) suy ra \(\widehat {MCI} = \widehat {ICD}\) hay \[MI\] là phân giác của \(\widehat {CMD}\) \(\left( {**} \right)\)

Từ \(\left( * \right),\,\,\left( {**} \right)\) suy ra \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[MCD\].

Ta có tam giác \[MPQ\] cân tại \[M,\] có \[MO\] là đường cao nên diện tích của nó được tính:

\(S = 2{S_{OQM}} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot OD \cdot QM = R\left( {MD + DQ} \right)\).

Để diện tích tam giác \[MPQ\] nhỏ nhất hay \[S\] nhỏ nhất thì \[MD + DQ\] nhỏ nhất.

Mặt khác, ta chứng minh được trong tam giác vuông \[OMQ\] ta có \(DM \cdot DQ = O{D^2} = {R^2}\) không đổi nên \[MD + DQ\] nhỏ nhất hay \[DM = DQ = R\].

Khi đó \(OM = R\sqrt 2 \) hay \[M\] là giao điểm của \[d\] với đường tròn tâm \[O\] bán kính \(R\sqrt 2 \).

Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_1} = 2\pi Rh = 60\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Diện tích đáy của hình trụ là \({S_2} = \pi {R^2} = 25\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Diện tích nửa mặt cầu là \({S_3} = \frac{1}{2} \cdot 4\pi {R^2} = 50\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Vậy diện tích mặt ngoài của bộ phận lọc là \(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} = 135\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\)

ĐKXĐ \(x \ge - 3\).

Ta có \(8{x^2} - 21x + 49 = 11\sqrt {{x^3} - 4x + 15} \)

\(8\left( {{x^2} - 3x + 5} \right) - 11\sqrt {\left( {x + 3} \right)\left( {{x^2} - 3x + 5} \right)} + 3\left( {x + 3} \right) = 0\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2} - 3x + 5} = a\\\sqrt {x + 3} = b\end{array} \right.\,\,\,\left( {a > 0\,,\,\,b \ge 0} \right)\)

Ta có \(8{a^2} - 11ab + 3{b^2} = 0\), suy ra \(a = b\) hoặc \(8a = 3b\).

Nếu \(a = b\) thì \(\sqrt {{x^2} - 3x + 5} = \sqrt {x + 3} \)

Khi đó \({x^2} - 3x + 5 = x + 3\) hay \({x^2} - 4x + 2 = 0\). Suy ra \(x \in \left\{ {2 \pm \sqrt 2 } \right\}\).

Nếu \(8a = 3b\) thì \[8\sqrt {{x^2} - 3x + 5} = 3\sqrt {x + 3} \]

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}x \ge - 3\\64{x^2} - 201x + 293 = 0\end{array} \right.\,\](loại)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 2 + \sqrt 2 \) và \(x = 2 - \sqrt 2 \).