Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số đã cho xác định với mọi x ∈ ℝ.

Điều kiện của bài toán trở thành:

\(m = f\left( \pi \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{1 + \cos x}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}}\).

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{2{{\cos }^2}\frac{x}{2}}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{2{{\sin }^2}\left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{2}} \right)}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{\frac{1}{4}.2{{\sin }^2}\left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{2}} \right)}}{{\frac{1}{4}.{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } \frac{{\frac{1}{2}{{\sin }^2}\left( {\frac{{x - \pi }}{2}} \right)}}{{{{\left( {\frac{{x - \pi }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } {\left[ {\frac{{\sin \left( {\frac{{x - \pi }}{2}} \right)}}{{\left( {\frac{{x - \pi }}{2}} \right)}}} \right]^2}\) (*)

Đặt \(t = \frac{{x - \pi }}{2} \to 0\) khi x → π.

Khi đó (*) trở thành: \(m = \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi } {\left( {\frac{{\sin t}}{t}} \right)^2} = \frac{1}{2}{.1^2} = \frac{1}{2}\).

Vậy \(m = \frac{1}{2}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án C.

Lời giải

a) Gọi A là tập hợp số học sinh giỏi Toán. Tức là, n(A) = 16.

B là tập hợp số học sinh giỏi Lí. Tức là, n(B) = 15.

C là tập hợp số học sinh giỏi Hóa. Tức là, n(C) = 11.

Có 9 học sinh vừa giỏi Toán và Lí. Suy ra n(A ∩ B) = 9.

Có 6 học sinh vừa giỏi Lí và Hóa. Suy ra n(B ∩ C) = 6.

Có 8 học sinh vừa giỏi Hóa và Toán. Suy ra n(A ∩ C) = 8.

Ta có sơ đồ Ven:

Vì có 11 học sinh chỉ giỏi đúng 2 môn nên ta có:

n(A ∩ B) + n(B ∩ C) + n(C ∩ A) – 3.n(A ∩ B ∩ C) = 11.

⇒ 9 + 6 + 8 – 3.n(A ∩ B ∩ C) = 11.

⇔ n(A ∩ B ∩ C) = 4.

Vậy có 4 học sinh trong lớp 10C giỏi cả ba môn.

b) Xét tổng n(A) + n(B) + n(C), có:

⦁ n(A ∩ B) + n(B ∩ C) + n(A ∩ C) được tính 2 lần nên ta phải trừ đi 1 lần;

⦁ n(A ∩ B ∩ C) được tính 3 lần nên ta phải trừ đi 2 lần.

Trong n(A ∩ B) + n(B ∩ C) + n(A ∩ C), có n(A ∩ B ∩ C) được tính 3 lần, trừ đi 1 lần n(A ∩ B) + n(B ∩ C) + n(A ∩ C) là trừ đi 3 lần n(A ∩ B ∩ C).

Như vậy, số học sinh chỉ giỏi một môn là:

n(A ∪ B ∪ C)

= n(A) + n(B) + n(C) – [n(A ∩ B) + n(A ∩ C) + n(B ∩ C)] + n(A ∩ B ∩ C).

= 16 + 15 + 11 – (9 + 8 + 6) + 4 = 23.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Chọn 9 số từ 10 chữ số trong tập {0; 1; 2; 3; ...; 8; 9} thì có \(C_{10}^9\) cách.

Sắp xếp 9 chữ số đó theo thứ tự giảm dần thì có 1 cách xếp.

Vậy ta có tất cả \(C_{10}^9.1 = 10\) số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án D.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có –1 ≤ sin2x ≤ 1.

Suy ra –1 ≤ y ≤ 1.

Do đó T = [–1; 1].

Vậy ta chọn phương án A.

Lời giải

a) Ta có I là điểm trên cạnh BC sao cho 2CI = 3BI.

\( \Rightarrow \frac{{BI}}{{CI}} = \frac{2}{3}\).

\( \Rightarrow \frac{{BI}}{{BC}} = \frac{2}{5}\).

\( \Rightarrow BI = \frac{2}{5}BC\).

Chứng minh tương tự, ta được: \(IC = \frac{3}{5}BC\).

Lại có J là điểm trên BC kéo dài sao cho 5JB = 2JC.

\( \Rightarrow \frac{{JB}}{{IC}} = \frac{2}{5}\).

\( \Rightarrow \frac{{JB}}{{BC}} = \frac{2}{3}\).

\( \Rightarrow JB = \frac{2}{3}BC\) và \(BC = \frac{3}{5}JC\).

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AI} + \overrightarrow {IB} = \overrightarrow {AI} - \frac{2}{5}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AI} - \frac{2}{5}.\frac{3}{2}\overrightarrow {JB} = \overrightarrow {AI} - \frac{3}{5}\overrightarrow {JB} \).

\( = \overrightarrow {AI} - \frac{3}{5}\left( {\overrightarrow {JA} + \overrightarrow {AB} } \right) = \overrightarrow {AI} + \frac{3}{5}\overrightarrow {AJ} - \frac{3}{5}\overrightarrow {AB} \).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} + \frac{3}{5}\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AI} + \frac{3}{5}\overrightarrow {AJ} \).

Do đó \(\overrightarrow {AB} = \frac{5}{8}\overrightarrow {AI} + \frac{3}{8}\overrightarrow {AJ} \)            (1)

Ta có \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AI} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow {AI} + \frac{3}{5}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AI} + \frac{3}{5}.\frac{3}{5}\overrightarrow {JC} = \overrightarrow {AI} + \frac{9}{{25}}\left( {\overrightarrow {JA} + \overrightarrow {AC} } \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {AC} - \frac{9}{{25}}\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AI} - \frac{9}{{25}}\overrightarrow {AJ} \).

Do đó \(\overrightarrow {AC} = \frac{{25}}{{16}}\overrightarrow {AI} - \frac{9}{{16}}\overrightarrow {AJ} \)         (2)

Từ (1), (2), suy ra \(\frac{5}{2}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AJ} \).

Do đó \[\overrightarrow {AJ} = \frac{5}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \].

Vậy \(\overrightarrow {AB} = \frac{5}{8}\overrightarrow {AI} + \frac{3}{8}\overrightarrow {AJ} \); \(\overrightarrow {AC} = \frac{{25}}{{16}}\overrightarrow {AI} - \frac{9}{{16}}\overrightarrow {AJ} \) và \[\overrightarrow {AJ} = \frac{5}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \].

b) Gọi H là trung điểm BC. Dựng hình bình hành ABKC.

Ta có G là trọng tâm của tam giác ABC.

Suy ra \(\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AH} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \frac{1}{3}\left( {\frac{5}{8}\overrightarrow {AI} + \frac{3}{8}\overrightarrow {AJ} + \frac{{25}}{{16}}\overrightarrow {AI} - \frac{9}{{16}}\overrightarrow {AJ} } \right)\).

\( = \frac{{35}}{{48}}\overrightarrow {AI} - \frac{1}{{16}}\overrightarrow {AJ} \).

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\)

                          \( = AB.AC.\cos \widehat {BAC} = 2.3.\cos 60^\circ = 3\).

Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 3\).

b) Do M là trung điểm của BD nên \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \).

Ta có \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \).

Vậy \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {BD} = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \).

c) Ta có \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right)\left( {\frac{7}{{12}}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\).

\( = \frac{7}{{24}}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}{\overrightarrow {AB} ^2} + \frac{7}{{24}}{\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \).

\( = - \frac{5}{{24}}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}A{B^2} + \frac{7}{{24}}A{C^2}\).

\( = - \frac{5}{{24}}.3 - \frac{1}{2}{.2^2} + \frac{7}{{24}}{.3^2} = 0\).

Vậy AM ⊥ BD.

Lời giải

Gọi x là số tấn nguyên liệu loại I, y là số tấn nguyên liệu loại II cần dùng.

Vì cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 10\\0 \le y \le 9\end{array} \right.\).

Theo đề, ta có từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20 kg chất A và 0,6 kg chất B.

⇒ Từ x tấn nguyên liệu loại I, có thể chiết xuất được 20x kg chất A và 0,6x kg chất B.

Theo đề, ta có từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng, có thể chiết xuất được 10 kg chất A và 1,5 kg chất B.

⇒ Từ y tấn nguyên liệu loại II, có thể chiết xuất được 10y kg chất A và 1,5y kg chất B.

Như vậy ta chiết xuất được 20x + 10y (kg) chất A và 0,6x + 1,5y (kg) chất B.

Khi đó ta có hệ điều kiện là:

\(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 10\\0 \le y \le 9\\20x + 10y \ge 140\\0,6x + 1,5y \ge 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 10\\0 \le y \le 9\\2x + y \ge 14\\2x + 5y \ge 30\end{array} \right.\,\,\,\,\,\left( * \right)\)

Yêu cầu bài toán ⇔ Tìm (x; y) thỏa (*) để F(x; y) = 4x + 3y đạt giá trị nhỏ nhất.

Vẽ và xác định miền nghiệm của (*):

Ta có:

⦁ Miền nghiệm của (*) là tứ giác ABCD (kể cả biên).

⦁ \(A\left( {\frac{5}{2};9} \right),\,B\left( {10;9} \right),\,C\left( {10;2} \right),\,D\left( {5;4} \right)\).

⦁ F(A) = 37, F(B) = 67, F(C) = 46, F(D) = 32.

Suy ra minF(x; y) = F(D) = 32 khi và chỉ khi x = 5, y = 4.

Vậy để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất thì cần mua 5 tấn nguyên liệu loại I và 4 tấn nguyên liệu loại II.

Lời giải

a) \(A \subset B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \ge - 4\\m + 3 \le 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - \frac{3}{2}\\m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{3}{2} \le m \le 2\).

b) \(B \subset A \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m - 1 \le - 4\\m + 3 \ge 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - \frac{3}{2}\\m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset \).

c) \(A \cap B = \emptyset \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 3 \le - 4\\2m - 1 \ge 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 7\\m \ge 3\end{array} \right.\).

d) A ∪ B là một khoảng \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m + 3 > - 4\\2m - 1 < 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > - 7\\m < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \mathbb{R}\).

Lời giải

a) Vì \(\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} = \vec 0\) nên P là trung điểm của AB.

Suy ra \(\overrightarrow {AP} = \overrightarrow {PB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Lại có \(\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MC} \).

Suy ra \(\overrightarrow {CM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BM} \).

Ta có \(\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CM} = \overrightarrow {BC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BM} \).

Suy ra \(\overrightarrow {BC} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BM} \).

Do đó \(\overrightarrow {BM} = \frac{3}{2}\overrightarrow {BC} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} \).

Khi đó \(\overrightarrow {PM} = \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} = - \overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} \).

Ta có \(\overrightarrow {NA} + 3\overrightarrow {NC} = \vec 0\).

Suy ra \(\overrightarrow {AN} = 3\overrightarrow {NC} \).

Do đó \[\overrightarrow {NC} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AN} \].

Vì vậy \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NC} = \overrightarrow {AN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AN} = \frac{4}{3}\overrightarrow {AN} \).

Suy ra \(\overrightarrow {AN} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).

Ta có \(\overrightarrow {PN} = \overrightarrow {PA} + \overrightarrow {AN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).

Vậy \(\overrightarrow {PM} = - \overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {PN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).

b) Ta có \(\overrightarrow {PN} =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} = \frac{1}{2}\left( { - \overrightarrow {AB} + \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {PM} \).

Vậy M, N, P thẳng hàng.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \(3\overrightarrow {AN} - 2\overrightarrow {AC} = \vec 0\).

\( \Leftrightarrow 3\overrightarrow {AM} + 3\overrightarrow {MN} - 2\overrightarrow {AP} - 2\overrightarrow {PC} = \vec 0\) (quy tắc ba điểm).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} + 3\overrightarrow {MN} + 2\overrightarrow {PM} - 2\overrightarrow {PC} = \vec 0\).

Mà \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {MB} \) và \(\overrightarrow {PB} = 2\overrightarrow {PC} \) nên ta có: \(\overrightarrow {AM} + 3\overrightarrow {MN} + 2\overrightarrow {PM} - 2\overrightarrow {PC} = \vec 0\).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MN} + 2\overrightarrow {PM} + \overrightarrow {BP} = \vec 0\).

\[ \Leftrightarrow \overrightarrow {MP} + 3\overrightarrow {MN} + 2\overrightarrow {PM} = \vec 0\].

\[ \Leftrightarrow 3\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MP} \].

Vậy ba điểm M, N, P thẳng hàng.

Do đó ta chọn phương án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Gọi x, y, z lần lượt là số học sinh đạt loại giỏi một môn, hai môn và ba môn.

Lập sơ đồ Ven liên hệ giữa các tập hợp, ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 45 - 7\\x + 2y + 3z = 20 + 18 + 17\\z = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 26\\y = 7\\z = 5\end{array} \right.\).

Vậy số học sinh chỉ đạt loại giỏi một trong ba môn học trên là 26 học sinh.

Do đó ta chọn phương án B.

Lời giải

a) Trong (BCD): gọi M = JK ∩ CD.

Trong (ACD): gọi N = IM ∩ AD.

Ta có:

⦁ (IJK) ∩ (ABC) = IJ.

⦁ (IJK) ∩ (BCD) = JK.

⦁ (IJK) ∩ (ABD) = KN.

⦁ (IJK) ∩ (ACD) = NI.

Suy ra thiết diện của tứ diện với mặt phẳng (IJK) là tứ giác IJKN.

Ta có I, J lần lượt là trung điểm của AC, BC.

Suy ra IJ là đường trung bình của tam giác ABC.

Do đó IJ // AB.

Mà IJK) ∩ (ABD) = KN.

Vì vậy KN // AB // IJ    (1)

Áp dụng định lí Thales, ta có \(\frac{{AN}}{{DA}} = \frac{{BK}}{{DB}} = \frac{2}{3}\).

Mà BD = AD (do ABCD là tứ diện đều).

Suy ra AN = BK.

Ta có ∆AIN = ∆BJK (c.g.c).

Suy ra IN = JK      (2)

Từ (1), (2), suy ra tứ giác IJKN là hình thang cân.

b) Kẻ NH ⊥ IJ tại H và KE ⊥ IJ tại E.

Ta có \(IJ = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\); \(NK = \frac{1}{3}AB = \frac{a}{3}\);\(BJ = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\) và \(BK = \frac{2}{3}BD = \frac{{2a}}{3}\).

Ta có IH = EJ và NK = HE.

Suy ra \(IH = \frac{{IJ - NK}}{2} = \frac{{\frac{a}{2} - \frac{a}{3}}}{2} = \frac{a}{{12}}\).

Ta có \[J{K^2} = B{J^2} + B{K^2} - 2BJ.BK.\cos \widehat {JBK}\]

                 \[ = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{4{a^2}}}{9} - 2.\frac{a}{2}.\frac{{2a}}{3}.\cos 60^\circ = \frac{{13{a^2}}}{{36}}\].

Suy ra \(NI = JK = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\).

Tam giác NIH vuông tại H:

\(NH = \sqrt {N{I^2} - I{H^2}} = \sqrt {\frac{{13{a^2}}}{{36}} - \frac{{{a^2}}}{{144}}} = \frac{{a\sqrt {51} }}{{12}}\).

Diện tích hình thang IJKN là:

\(S = \frac{{NH.\left( {NK + IJ} \right)}}{2} = \frac{{\frac{{a\sqrt {51} }}{{12}}.\left( {\frac{a}{3} + \frac{a}{2}} \right)}}{2} = \frac{{5{a^2}\sqrt {51} }}{{144}}\).

Vậy diện tích thiết diện bằng \(\frac{{5{a^2}\sqrt {51} }}{{144}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có:

⦁ A = {6; 12; 18; 24; 30}.

Suy ra n(A) = 5.

⦁ B = {2; 4; 8; 10; 14; 16; 20; 22; 26; 28}.

Suy ra n(B) = 10.

⦁ C = {3; 9; 15; 21; 27}.

Suy ra n(C) = 5.

⦁ D = {1; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 25; 29}.

Suy ra n(D) = 10.

Chọn 1 số thuộc A và hai số thuộc B ∪ C ∪ D thì có \(5.C_{25}^2\) cách chọn.

Chọn 2 số thuộc A và một số thuộc B ∪ C ∪ D thì có \(C_5^2.25\) cách chọn.

Chọn 3 số thuộc A thì có \(C_5^3\) cách chọn.

Chọn 1 số thuộc B, 1 số thuộc C, 1 số thuộc D thì có 10.5.10 cách chọn.

Chọn 2 số thuộc B, 1 số thuộc C thì có \(C_{10}^2.5\) cách chọn.

Chọn 1 số thuộc B, 2 số thuộc C thì có \(10.C_5^2\) cách chọn.

Vậy xác suất cần tìm là:

\(\frac{{5.C_{25}^2 + C_5^2.25 + C_5^3 + 10.5.10 + C_{10}^2.5 + 10.C_5^2}}{{C_{30}^3}} = \frac{{517}}{{812}}\).

Do đó ta chọn phương án C.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm của AB. Dựng OH ⊥ SI.

Ta có \(OH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Vì \(\widehat {SAB} = 60^\circ \) và SA = SB nên tam giác SAB đều.

Suy ra SA = SB = AB.

Tam giác SAO vuông tại O:

\(SO = SA.\sin \widehat {SAO} = \frac{1}{2}SA\) và \[OA = SA.\cos \widehat {SAO} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}SA\].

Tam giác SOI vuông tại O có OH là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{A^2} - A{I^2}}}\).

\( = \frac{4}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{\frac{3}{4}S{A^2} - \frac{1}{4}S{A^2}}} = = \frac{4}{{S{A^2}}} + \frac{2}{{S{A^2}}} = \frac{6}{{S{A^2}}}\).

Suy ra \(S{A^2} = 6O{H^2} = 6.\frac{{{a^2}}}{3} = 2{a^2}\).

Do đó \(SA = a\sqrt 2 \).

Vậy ta chọn phương án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Gọi A là biến cố số được chọn có tổng các chữ số là số chẵn.

Ta có n(Ω) = 9.9.8 = 648.

Trường hợp 1: Ba chữ số được chọn đều là số chẵn.

Số cách chọn và sắp xếp ba chữ số chẵn là \(A_5^3\).

Số cách chọn và sắp xếp ba chữ số chẵn sao cho số 0 đứng đầu là \(A_4^2\).

Suy ra số các số thỏa mãn trường hợp 1 là \(A_5^3 - A_4^2 = 48\) số.

Trường hợp 2: Ba chữ số được chọn có 2 chữ số lẻ và 1 chữ số chẵn.

Số cách chọn và sắp xếp 2 chữ số lẻ và 1 chữ số chẵn là \(C_5^2.C_5^1.3!\).

Số cách chọn và sắp xếp 2 chữ số lẻ và 1 chữ số chẵn là số 0 đứng đầu là \(C_5^2.2!\).

Suy ra số các số thỏa mãn trường hợp 2 là \(C_5^2.C_5^1.3! - C_5^2.2! = 280\) số.

Khi đó n(A) = 48 + 280 = 328.

Vì vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{328}}{{648}} = \frac{{41}}{{81}}\).

Vậy ta chọn phương án A.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\int {f\left( x \right)dx} = \int {\frac{{\ln x}}{x}dx} = \int {\ln xd\left( {\ln x} \right)} = \frac{{{{\ln }^2}x}}{2} + C\).

Vậy ta chọn phương án C.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

• Trường hợp 1: Ông An đứng ở đầu hàng, bà An đứng ở cuối hàng và 6 người con đứng ở giữa.

Khi đó có tất cả 6! cách sắp xếp.

• Trường hợp 2: Ông An đứng ở cuối, bà An đứng ở đầu hàng và 6 người con đứng ở giữa.

Khi đó có tất cả 6! cách sắp xếp.

Số cách xếp hàng khác nhau nếu ông hay bà An đứng ở đầu hoặc cuối hàng là:

2 . 6! = 2 . 720 = 1 440 (cách)

Vậy có 1 440 cách cần tìm.

Do đó ta chọn phương án B.

Lời giải

a) Ta có \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao: AH.BC = AB.AC (Hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Xét ∆MAB và ∆MCA, có:

\(\widehat {AMB}\) chung;

\(\widehat {MAB} = \widehat {MCA}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MA}}\).

Vậy MA² = MB.MC (điều phải chứng minh).

c) Tam giác ABH vuông tại H có HE là đường cao:

AH² = AE.AB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Chứng minh tương tự, ta được AH² = AF.AC.

Khi đó ta có AE.AB = AF.AC.

Xét ∆AEF và ∆ACB, có:

\(\widehat {FAE}\) chung;

\(\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\) (AE.AB = AF.AC).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {ABC}\) (cặp góc tương ứng)     (1)

Ta có tam giác AOC cân tại O (do OA = OC = R).

Suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA}\)      (2)

Lại có \(\widehat {OCA} + \widehat {ABC} = 90^\circ \)      (3)

Từ (1), (2), (3), suy ra \(\widehat {OAC} + \widehat {AFE} = 90^\circ \).

Khi đó AO ⊥ EF.

Mà AM ⊥ AO (do AM là tiếp tuyến của (O)).

Vậy AM // EF.

Lời giải

a) Ta có M là trung điểm BC. Suy ra BC = 2BM.

Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao: AB² = BH.BC = 2BH.BM    (1)

Tam giác ABE vuông tại A có AI là đường cao: AB² = BI.BE     (2)

Từ (1), (2), ta được BI.BE = 2BH.BM.

b) Từ (1), ta có \(BC = \frac{{A{B^2}}}{{BH}}\).

Suy ra \(\frac{1}{{B{C^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{A{B^4}}}\).

Từ (2), ta có \(BE = \frac{{A{B^2}}}{{BI}}\).

Suy ra \(\frac{1}{{B{E^2}}} = \frac{{B{I^2}}}{{A{B^4}}}\).

Xét ∆BMI và ∆AMH, có:

\(\widehat {AMB}\) chung;

\(\widehat {BIM} = \widehat {AHM} = 90^\circ \).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac{{BI}}{{AH}} = \frac{{BM}}{{AM}}\).

Mà AM = BM (tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến).

Do đó BI = AH.

Ta có \(\frac{1}{{B{E^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} = \frac{{B{I^2}}}{{A{B^4}}} + \frac{{B{H^2}}}{{A{B^4}}} = \frac{{B{I^2} + B{H^2}}}{{A{B^4}}} = \frac{{A{H^2} + B{H^2}}}{{A{B^4}}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{B^4}}} = \frac{1}{{A{B^2}}}\).

Vậy ta có điều phải chứng minh.