Đáp án A

Ta có ${\mathrm{\pi R}}^2=\frac{3}{5}\mathrm{\pi Rh}\Rightarrow \mathrm{h}=\frac{5}{3}\mathrm{R}=10\Rightarrow \mathrm{V}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi R}}^2\mathrm{h}=120\mathrm{\pi }$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=-3x^2+12x+15; y\text{'}=0\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=5\end{array}\Rightarrow$ cực tiểu là y(-1) = 2

Đáp án C

$y=\frac{ax+b}{cx+d}$ cắt Oy tại điểm có tung độ âm khi bd < 0

Đáp án D

$S_{ABC}=\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}\Rightarrow V=2a.a^3\sqrt{3}=2a^3\sqrt{3}$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong y = tan x trục hoành là tan x = 0$\iff x=k\mathrm{\pi }$ 

$V=\mathrm{\pi }{\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}{\tan }^2\mathrm{x}d\mathrm{x}=\mathrm{\pi }{\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}\left(\frac{1}{{\cos }^2\mathrm{x}}-1\right)d\mathrm{x}=\mathrm{\pi }{\overline{)\left(\mathrm{tanx}-\mathrm{x}\right)}}_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}=\mathrm{\pi }\left(1-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)$

Đáp án C

Gọi I là trung điểm AB $\Rightarrow I\left(-1;1;-2\right)\Rightarrow \left(S\right):{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+2\right)}^2=14$

Đáp án C

Ta có $\frac{30i}{1-z}=9-3i\iff 1-z=\frac{10i}{3-i}\iff 1-z=\frac{10i\left(3+i\right)}{10}\iff z=2-3i$

Đáp án C

Ta có H(1;1;1)

Đáp án D

Ta có $f=3x-y+z-2\Rightarrow f\left(A\right).f\left(B\right)=1.8=8>0\Rightarrow$ A, B nằm về hai phía đối với $\left(\alpha \right)$.

Đáp án B

Do f(x) là hàm số chẵn nên f(x) = -f(x) 

Ta có

${\int }_{-3}^{0}f\left(x\right)dx={\int }_{-3}^{0}f\left(-x\right)dx\stackrel{t=-x}{\to }{\int }_3^{0}f\left(t\right)d(-t)={\int }_0^{3}f\left(x\right)dx\Rightarrow {\int }_{-3}^{3}f\left(x\right)dx={\int }_{-3}^{0}f\left(x\right)dx+{\int }_0^{3}f\left(x\right)dx=4$

Đáp án D

Với mọi $x_1,x_2\in \mathrm{ℝ},x_1>x_2$ thì $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)\Rightarrow f\left(x\right)$  đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ 

Trong 4 hàm số đã cho có hàm số $f\left(x\right)=x^3+x^2+3x+1$ có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2+2x+3>0 \left(\forall x\in \mathrm{ℝ}\right)$ 

Do đó hàm số $f\left(x\right)=x^3+x^2+3x+1$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Đáp án A

Giả sử $z=x+yi$ 

Ta có $\left|z-\left(1+i\right)\right|=\left|z+2i\right|\iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=x^2+{\left(y+2\right)}^2\iff x+3y+1=0$

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện $\left|z-\left(1+i\right)\right|=\left|z+2i\right|$ là đường thẳng

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm $\sqrt{x}{e}^{x^2}=0\iff x=0\Rightarrow V=\mathrm{\pi }{\int }_0^1{\mathrm{xe}}^{2{\mathrm{x}}^2}d\mathrm{x}=\frac{1}{4}\mathrm{\pi }\left({\mathrm{e}}^2-1\right).$

Đáp án A

$z=\left(-4+i\sqrt{48}\right)\left(2+i\right)=-8-\sqrt{48}+\left(2\sqrt{48}-4\right)i$ 

Khi đó $\left|z\right|=\sqrt{{\left(8+\sqrt{48}\right)}^2+{\left(2\sqrt{48}-4\right)}^2}=8\sqrt{5}$

Đáp án C

Ta có $\frac{1}{8}\sqrt[7]{2^{5}a{x}^3}=2^{-3}.2^{\frac{5}{7}}{a}^{\frac{1}{7}}{x}^{\frac{3}{7}}=2^{-\frac{16}{7}}{a}^{\frac{1}{7}}{x}^{\frac{3}{7}}.$

Đáp án C

Giả sử $z=x+yi,\left(x,y\in \mathrm{ℝ}\right)$.

Ta có $z^2={\left(x+yi\right)}^2=x^2-y^2+2xyi$ 

Để $z^2$ là một số thực âm thì $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-y^2<0\\ 2xy=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ y\ne 0\end{array}\right.\Rightarrow$ biểu diễn  là trục tung (trừ gốc tọa độ O)

Đáp án B

Ta có $v\left(t\right)=\int \left(3t+t^2\right)dt=\frac{3t^2}{2}+\frac{t^3}{3}+C$ 

Theo đề bài thì $v\left(t\right)=0\Rightarrow C=10\Rightarrow v\left(t\right)=\frac{3t^2}{2}+\frac{t^3}{3}+10$ 

$\Rightarrow S={\int }_0^{10}\left(\frac{3t^2}{2}+\frac{t^3}{3}+10\right)dt={\overline{)\left(\frac{t^3}{3}+\frac{t^4}{12}+10t\right)}}_0^{10}=\frac{4300}{3}m$

Đáp án D

Ta có $OA.\sin \widehat{OAH}=OH=a\Rightarrow OA=2a$ 

Lại có $OB=OA\tan \hat{A}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$ suy ra thể tích khối nón tròn xoay tạo bởi tam giác AOB khi quay quanh trục OA là $V=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi OB}}^2.\mathrm{OA}=\frac{8}{9}{\mathrm{\pi a}}^3$

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{n_{\alpha }}=\left[\overrightarrow{u_{Oy}},\overrightarrow{u_d}\right]=\left(-4;0;2\right)\Rightarrow \left(\alpha \right):2x-z=0$

Đáp án B

Điều kiện $\frac{x-2}{1-x}>0\iff 1<x<2$

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là $x^2=2x\iff [\begin{array}{c}x=0\\ x=2\end{array}$ 

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là $V=\mathrm{\pi }{\int }_0^{2}4{\mathrm{x}}^{2}d\mathrm{x}-\mathrm{\pi }{\int }_0^2{\mathrm{x}}^{4}d\mathrm{x}$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là $\frac{4x+4}{x-1}=x^2-1\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ 4x+4=\left(x^2-1\right)\left(x-1\right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^3-x^2-5x-3=0\end{array}\right.\iff [\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}$ Suy ra (P) và d có 2 điểm phân biệt

Đáp án D

$z={\left(1-2i\right)}^2=-3-4i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{{\left(-3\right)}^2+{\left(-4\right)}^2}=5\Rightarrow \left|\frac{1}{z}\right|=\frac{1}{\left|z\right|}=\frac{1}{5}$

Đáp án C

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, vuông góc với d là $\left(P\right):x+y-z-2=0$ 

Gọi H là giao điểm của (P) và d suy ra H(1;1;0) 

Mà H là hình chiếu vuông góc của M trên d $\Rightarrow d\left(M;\left(d\right)\right)=MH=2\sqrt{2}$

Đáp án C

Ta có $∆:\left\{\begin{array}{l}x=a+5t\text{'}\\ y=1-12t\text{'} \left(t\text{'}\in \mathrm{ℝ}\right)\\ z=-5-t\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow$ giải hệ $\left\{\begin{array}{l}6+t=a+15t\text{'}\\ -2-5t=1-12t\text{'}\\ -1+t=-5-t\text{'}\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}6+t=a+15t\text{'}\\ -2-5t=1-12t\text{'}\\ -1+t=-5-t\text{'}\end{array}\Rightarrow a=8\right.\right.$

Đáp án D

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=2x^4-3x^2+m$ trên $\left[-\frac{1}{2};2\right].$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=8x^3-6x, \forall x\in \left[-\frac{1}{2};2\right]$ 

Phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}\le x\le 2\\ 4x^3-3x=0\end{array}\right.\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}$

Tính giá trị $\left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=m;f\left(-\frac{1}{2}\right)=m-\frac{5}{8}\\ f\left(2\right)=m+20;f\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=m-\frac{9}{8}\end{array}\right.$ 

Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) là $m-\frac{9}{8}=\frac{31}{8}\iff m=5$

Đáp án A

Với $m=0\Rightarrow y=\frac{-1}{x^2-3x+2}\Rightarrow \left(C\right)$ có 3 tiệm cận x = 1; x = 2; y = 0$\Rightarrow$ loại

Thay x = 1 vào $m{x}^2-1\Rightarrow m-1=0\Rightarrow m=1\Rightarrow y=\frac{x^2-1}{x^2-3x+2}=\frac{x+1}{x-2}\Rightarrow \left(C\right)$ có 2 tiệm cận x = 2; y = 1

Thay x = 2 vào $m{x}^2-1\Rightarrow 4m-1=0\Rightarrow m=\frac{1}{4}\Rightarrow y=\frac{{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2-1}{x^2-3x+2}=\frac{{\displaystyle \frac{1}{4}}\left(x+2\right)}{x-1}\Rightarrow \left(C\right)$ có 2 tiệm cận x = 1; y = $\frac{1}{4}$

Đáp án C

Khối đa diện đều loại {3;5} là khối 12 mặt đều, với các mặt tam giác đều bằng 1

diện tích tam giác đều là $\frac{\sqrt{3}}{4}$ 

Vậy diện tích cần tính là $S=12.\frac{\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}.$

Đáp án B

${\sin }^2\frac{1007\mathrm{\pi }}{2016}={\cos }^2\frac{\mathrm{\pi }}{2016}\Rightarrow {\sin }^2\frac{\mathrm{\pi }}{2016}+{\sin }^2\frac{1007\mathrm{\pi }}{2016}=1$ 

Hơn nữa $f\left({\sin }^2\frac{\mathrm{\pi }}{2016}\right)+f\left({\sin }^2\frac{1007\mathrm{\pi }}{2016}\right)=1$

Cứ vậy $\Rightarrow P=\frac{1007}{2}+f\left({\sin }^2\frac{1008\mathrm{\pi }}{2016}\right)=\frac{1007}{2}+f\left(1\right)=\frac{3025}{6}$

Đáp án C

Đồ thị hàm số luôn có tiệm cận ngang là y = 0 

Để đồ thị hàm số có đúng 2 tiệm cận thì nó chỉ có 1 tiệm cận đứng $\iff f\left(x\right)=x^2-2x+m=0$ có nghiệm kép hoặc có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm x = -1$\iff [\begin{array}{l}m=1\\ m=-3\end{array}\Rightarrow ab=-3$

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=\frac{\sqrt{x^2+1}+{\displaystyle \frac{\left(x+1\right)x}{\sqrt{x^2+1}}}}{x^2+1}=0\iff x^2+1-x^2-x=0\iff x=1$ 

Hàm số trên xác định và liên tục trên [-1;2]

Ta có $y\left(-1\right)=0; y\left(1\right)=\sqrt{2};y\left(2\right)=\frac{3}{\sqrt{5}}$ 

Do đó $T=[-1;2]\Rightarrow a^2+b^2=2$

Đáp án A

Đặt $t=\sqrt{{\log }_3^{2}x+1}\Rightarrow t\text{'}=\frac{{\log }_{3}x}{\sqrt{{\log }_3^{2}x+1}}.\frac{1}{x\ln 3}\ge 0 \left(\forall x\in \left[1;3^{2\sqrt{2}}\right]\right)$

Suy ra $t\in \left[1;3\right]:PT:t^2+t-2-5m=0\iff t^2+t-2=5m$  

Xét $f\left(t\right)=t^2+t-2,t\in \left[1;3\right]\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=2t+1>0$ nên hàm số đồng biến trên [1;3] 

Do đó để phương trình có nghiệm thì $5m\in \left[f\left(1\right);f\left(3\right)\right]\Rightarrow m\in \left[0;2\right]$

Đáp án  B

${\int }_1^e\frac{x^2+\ln x}{x^3}dx={\int }_1^e\left(\frac{1}{x}+\frac{\ln x}{x^3}\right)dx={\int }_1^e\frac{1}{x}dx+{\int }_1^e\frac{\ln x}{x^3}dx=1+I_1$ 

Tính $I_1$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=\frac{1}{x^3}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{dx}{x}\\ v=\frac{-1}{2x^2}\end{array}\right.\Rightarrow I_1={\overline{)\frac{-\ln x}{2x^2}}}_1^e+\frac{1}{2}{\int }_1^e\frac{1}{x^3}dx=\frac{-1}{2e}+\frac{1}{2}{\overline{)\frac{-1}{2x^2}}}_1^e=\frac{-3}{4e^2}+\frac{1}{4}$

Do đó $I=\frac{5}{4}-\frac{3}{4e^2}\Rightarrow ab=20.$

Đáp án D

Đặt $z=a+bi\Rightarrow a^2+b^2=1.$ 

Khi đó $A=\sqrt{{\left(a+1\right)}^2+b^2}+3\sqrt{{\left(a-1\right)}^2+b^2}=\sqrt{2a+2}+3\sqrt{2-2a}$

Xét hàm số $f\left(a\right)=\sqrt{2a+2}+3\sqrt{2-2a}$ với $a\in \left[-1;1\right]$ ta có

 $$\begin{gathered} f\left(a\right)=\frac{1}{\sqrt{2a+2}}-\frac{3}{\sqrt{2-2a}}=0 \\ \iff 9\left(2a+2\right)=2-2a\iff a=-\frac{4}{5} \end{gathered}$$ 

Khi đó $A_{max}=2\sqrt{10}$

Đáp án A

Ta có $d\left(G_1;\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A;\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\right)$ 

$$\begin{gathered} =\frac{1}{2}.\frac{2}{3}d\left(A;\left(MNP\right)\right)=\frac{1}{3}d\left(A;\left(MNP\right)\right) \\ {S}_{G_2{G}_3{G}_4}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2{S}_{MNP}=\frac{4}{9}.\frac{1}{4}{S}_{ABC}=\frac{1}{9}{S}_{ABC} \end{gathered}$$ 

Thể tích của khối tứ diện $G_1{G}_2{G}_3{G}_4$ là

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}d\left(G_1;\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\right).S_{G_2{G}_3{G}_4}=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.d\left(A;\left(MNP\right)\right).\frac{1}{9}{S}_{ABC} \\ =\frac{1}{27}{V}_{ABCD}=\frac{V}{27} \end{gathered}$$

Đáp án D

Khi quay hình thang cân ABCD quanh trục đối xứng ta được hình nón cụt có chiều cao $h=2a\sqrt{2}$ và bán kính 2 đáy là $R_1=a,R_2=2a.$ 

Vậy thể tích cần tính là $V=\frac{\mathrm{\pi h}}{3}\left({R_1}^2+{R_2}^2+R_1{R}_2\right)=\frac{14\sqrt{2}}{3}{\mathrm{\pi a}}^3$

Đáp án D

Xét hàm số $y=x^3+x^2+mx-1$ có $y\text{'}=3x^2+2x+m, \forall x\in \mathrm{ℝ}$ 

Để hàm số có 2 điểm cực trị $\iff y\text{'}=0$ có 2 nghiệm phân biệt $\iff 1-3m>0\iff m<\frac{1}{3}$

Gọi $x_1,x_2$ lần lượt là các điểm cực tiểu và cực đại của hàm số đã cho

Theo Viet, ta có  $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{2}{3}\\ x_1{x}_2=\frac{m}{3}\end{array}\right.$  mà $x_1>0$ suy ra $x_1{x}_2=\frac{m}{3}<0\iff m<0$ 

Kết hợp $m\in \left(-5;6\right)$ mà $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}\to m=\left\{-4;-3;-2;-1\right\}$

Đáp án C

Thể tích của một viên bi là $V_0=\frac{4{\mathrm{\pi r}}^3}{3}=\frac{32\mathrm{\pi }}{3} \left(c{m}^3\right)$ 

Thể tích nước tăng lên khi bỏ một viên bi vào là $V=85\%V_0=\frac{136\mathrm{\pi }}{15}$ 

Thể tích nước tăng lên là $V\text{'}=\mathrm{\pi }{\left(\frac{10}{2}\right)}^2\left(12-10\right)=50\mathrm{\pi } \left({\mathrm{cm}}^3\right)$ 

Vậy $\frac{V\text{'}}{V}\approx 5,14$ nên ít nhất cần 6 viên bi để thỏa mãn đề bài

Đáp án B

Đặt hệ trục tọa độ với Oxy với tia Ox là tia OH, tia Oy là tia OB

Giả sử phương trình parabol $y=f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c.$ 

Dựa vào AB = 60 cm, OH = 30 cm 

Ta có $\left\{\begin{array}{l}f\left(\pm 30\right)=0\\ f\left(0\right)=30\end{array}\Rightarrow a=-\frac{1}{30},b=0,c=30\Rightarrow y=f\left(x\right)=-\frac{1}{30}{x}^2+30\right.$ 

Diện tích chiếc gương là $S={\int }_{-30}^{30}f\left(x\right)dx={\int }_{-30}^{30}\left(-\frac{1}{30}{x}^2+30\right)dx={\overline{)\left(-\frac{1}{30}{x}^2+30\right)}}_{-30}^{30}=1200 c{m}^2$

Đáp án A

Phương trình mặt phẳng $\left(ABC\right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ 

Vì $I\in \left(ABC\right)\iff \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{6}{abc}}\iff abc\ge 162$ 

Thể tích khối tứ diện OABC được tính là $V=\frac{OA.OB.OC}{6}=\frac{abc}{6}\ge \frac{162}{6}=27$ 

Dấu “=” xảy ra khi $\frac{1}{a}=\frac{2}{b}=\frac{3}{c}=\frac{1}{3}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=6\\ c=9\end{array}\right.$ 

Kiểm tra thấy phương án A không đúng

Đáp án D

$$\begin{gathered} P={\left|1-\overline{z_1}{z}_2\right|}^2-{\left|z_1-z_2\right|}^2=\left(1-\overline{z_1}.z_2\right)\overline{1-\overline{z_1}{z}_2}-\left(z_1-z_2\right)\overline{z_1-z_2} \\ =\left(1-\overline{z_1}.z_2\right)\left(1-z_1.\overline{z_2}\right)-\left(z_1-z_2\right)\left(\overline{z_1}-\overline{z_2}\right)=1-{\left|z_1\right|}^2-{\left|z_2\right|}^2+{\left|z_1\right|}^2.{\left|z_2\right|}^2=\left(1-{\left|z_1\right|}^2\right)\left(1-{\left|z_2\right|}^2\right) \end{gathered}$$

Dễ thấy $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=1$ suy ra  $P={\left|1-\overline{z_1}.z_2\right|}^2-{\left|z_1-z_2\right|}^2=0$.

Đáp án D

Xét hình nón nhỏ có đáy là đường tròn tâm E, bán kính r

Ta có $SI=\sqrt{S{A}^2-A{I}^2}=4R\Rightarrow SE=SI-EI=2R$ 

Từ $\frac{SE}{SI}=\frac{r}{AI}\Rightarrow r=\frac{R}{2}$ 

Thể tích khối nón cụt giao với khối trụ là $\frac{\mathrm{\pi }}{3}\left(A{I}^2.SI-r^2.SE\right)=\frac{7\mathrm{\pi }}{6}$ 

Thể tích khối trụ không giao cần tính là $\mathrm{\pi }.{\mathrm{AI}}^2.\mathrm{IE}-\frac{7\mathrm{\pi }}{6}=\frac{5\mathrm{\pi }}{6}$.

Đáp án A

$y=6x-x^2\iff x^2-6x+y=0\iff [\begin{array}{l}x=3-\sqrt{9-y}\\ x=3+\sqrt{9-y}\end{array}$

Diện tích hình (H) bằng $S={\int }_0^9\left(3+\sqrt{9-y}-3+\sqrt{9-y}\right)dy=2{\int }_0^9\sqrt{9-y}dy=36$ 

Khi đó $2{\int }_0^m\sqrt{9-y}dy=2{\int }_m^n\sqrt{9-y}dy=2{\int }_n^9\sqrt{9-y}dy=12$ 

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}\frac{4}{3}{\left(\sqrt{9-n}\right)}^3=12\\ \frac{4}{3}\left(27-{\left(\sqrt{9-m}\right)}^3\right)=12\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\left(9-n\right)}^3=81\\ {\left(9-m\right)}^3=324\end{array}\right.\Rightarrow P=405$.

Đáp án D

Đặt ${\log }_{25}\frac{x}{2}={\log }_{15}y={\log }_9\frac{x+y}{4}=t\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}={25}^t\\ y={15}^t\\ x+y=4.9^t\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2.{15}^t+{15}^t=4.9^t\\ \frac{x}{y}=2{\left(\frac{5}{3}\right)}^t\end{array}\right.\Rightarrow 2.{\left(\frac{5}{3}\right)}^{2t}+{\left(\frac{5}{3}\right)}^t-4=0\iff [\begin{array}{l}{\left(\frac{5}{3}\right)}^t=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}\\ {\left(\frac{5}{3}\right)}^t=\frac{-1-\sqrt{33}}{4}\end{array}$

$\Rightarrow {\left(\frac{5}{3}\right)}^t=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=33\end{array}\Rightarrow a+b=32\right.$.

Đáp án C

Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 20 đỉnh có $C_{20}^3$ cách $n\left(\Omega \right)=C_{20}^3=1140$ 

Gọi X là biến cố “3 đỉnh đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân”

Đa giác đều 20 đỉnh có 10 đường chéo xuyên tâm, mà cứ 2 đường chéo được 1 hình chữ nhật và 1 hình chữ nhật được 4 tam giác vuông$\Rightarrow$ số tam giác vuông chọn từ 3 đỉnh trong số 20 đỉnh  là $4.C_{10}^2=180$ 

Tuy nhiên chỉ có 180 - 20 = 160 tam giác vuông không cân n(X) = 160 

Vậy $P=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{160}{1140}=\frac{8}{57}$.

Đáp án B

Điều kiện tan x > 0 

PT$\iff e^{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\sin x-\cos x\right)}=\frac{\sin x}{\cos x}\iff \frac{\sin x}{e^{{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\sin x}}=\frac{\cos x}{e^{{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\cos x}}$ 

Xét hàm số $y=f\left(t\right)=\frac{t}{e^{{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}t}}\left(t\left[-1;1\right]\right)$ 

Khi đó $f\text{'}\left(t\right)=\frac{e^{{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}t}\left(1-{\displaystyle \frac{t\sqrt{2}}{2}}\right)}{e^{\sqrt{2}t}}>0 \left(\forall t\left[-1;1\right]\right)$ do đó hàm số f(t) đồng biến trên [-1;1] 

Ta có $f\left(\sin x\right)=f\left(\cos x\right)\iff \cos x\iff \tan x=1\iff x=\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi }$ 

Với $x\in \left[0;50\mathrm{\pi }\right]\Rightarrow k=0;1;2;...;49\Rightarrow$ tổng nghiệm của pt là

$50\frac{\mathrm{\pi }}{4}+\left(1+2+...+49\right)\mathrm{\pi }=\frac{2475}{2}\mathrm{\pi }$