Ta có: \(\sin x \in \left[ { - 1;1} \right] \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow - 1 \le \sin x \le 1\\ \Rightarrow - 3 \le 3\sin x \le 3\\ \Rightarrow - 2 \le 3\sin x + 1 \le 4 \end{array}\)

Ta có: \(\sin x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow 1 - \sin x \in \left[ {0;2} \right]\)

Điều kiện xác định: \(1 - \sin x \ne 0 \Leftrightarrow \sin x \ne 1 \)

\(\Leftrightarrow x \ne \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có:

\(y = {\sin ^2}x - 4\sin x - 5 \)\(= \left( {{{\sin }^2}x - 4\sin x + 4} \right) - 9 \)\(= {\left( {\sin x - 2} \right)^2} - 9\)

\(\sin x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow \sin x - 2 \in \left[ { - 3; - 1} \right] \)

\(\Leftrightarrow {\left( {\sin x - 2} \right)^2} \in \left[ {1;9} \right]\)

Khi đó \(y \ge 1 - 9 = - 8\)

Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng, do đó ta kiểm tra hàm số chẵn ở mỗi đáp án.

Dễ thấy hàm số \(y = - 2\cos x\)là hàm chẵn nên nhận trục tung làm trục đối xứng.

Ta có: \(2{\sin ^2}x + \sin x\cos x - 3{\cos ^2}x = 0 \)

\(\Leftrightarrow \left( {\sin x - \cos x} \right)\left( {2\sin x + 3\cos x} \right) = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \cos x\\2\sin x = - 3\cos x\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 1\\\tan x = - \dfrac{3}{2}\end{array} \right. \\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \\x = \arctan \left( { - \dfrac{3}{2}} \right) + k\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có: \(\cot x = \sqrt 3 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có: \(y = \sin x + \cos x = \sqrt 2 \sin \left( {x + \dfrac{\pi }{4}} \right) \)

\(\begin{array}{l} - 1 \le \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \le 1\\ \Rightarrow - \sqrt 2 \le \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \le \sqrt 2 \end{array}\)

\(\Rightarrow y \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\)

Ta có: \(\sin x = \cos x \Leftrightarrow \tan x = 1\)

\(\Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Đa giác đều có 10 cạnh nên ta có 10 đỉnh.

Một tam giác được tạo ra từ 3 đinh. Số tam giác được tạo ra là: \(C_{10}^3 = 120\)

Ta có: \(n\left( \Omega \right) = C_{16}^3 = 560\)

Số cách lấy 3 viên bi sao cho mỗi loại một viên là: \(n\left( A \right) = C_7^1.C_6^1.C_3^1 = 126\)

Xác suất cần tính là: \(P\left( A \right) = \dfrac{{126}}{{560}} = \dfrac{9}{{40}}\)

Ta có một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi tận cùng của nó là 0; 5.

Gọi số có 5 chữ số là \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}}\), với \({a_i} \in A,i = \overline {1,5} \) và \({a_i} \ne {a_j},i \ne j\)

TH1: a₅ = 0. Khi đó số các số được lập là \(C_6^4.4! = 15.4! = 360\)

TH2: a₅ = 5. Do đó \({a_1} \ne 0\) nên ta có số các số được lập là: \(C_5^1C_5^3.3! = 300\)

Vậy có thể lập số 360 + 300 = 660.

Ta có

\(\begin{array}{c}{\left( {3{x^2} - y} \right)^{10}} = C_{10}^0{\left( {3{x^2}} \right)^{10}} + C_{10}^1{\left( {3{x^2}} \right)^9}\left( { - y} \right) + ... + C_{10}^{10}{\left( { - y} \right)^{10}}\\ = C_{10}^0{3^{10}}{x^{20}} + C_{10}^1{3^9}{x^{18}}\left( { - y} \right) + ... + C_{10}^{10}{\left( { - y} \right)^{10}}\end{array}\)

Vậy hệ số của số hạng chính giữa là: \( - C_{10}^5{3^5}\)

Ta có trong 5 cuốn sách toán có 5! cách sắp.

Trong 6 cuốn sách lý có 6! cách sắp.

Trong 8 cuốn sách hóa có 8! cách sắp.

Do các cuốn sách cùng một môn học thì xếp cạnh nhau nên có 3! = 6 (cách)

Vậy số cách sắp là: 6.5!.6!.8!

Không gian mẫu: \(\Omega = \left\{ {SS;NN;SN;NS} \right\}\)

Sau 2 lần gieo thì mặt sấp xuất hiện ít nhất một lần nên ta có kết quả là: \({\Omega _B} = \left\{ {SS;SN;NS} \right\}\)

Vậy \({P_B} = \dfrac{3}{4}\)

Không gian mẫu của phép thử này có sáu phần tử, được mô tả như sau:

Do khả năng xuất hiện từng mặt của con súc sắc là như nhau nên khả năng xuất hiện của mỗi mặt là \(\dfrac{1}{6}\)

Nếu A là biến cố: “con súc sắc xuất hiện mặt chẵn” (A = {2; 4; 6}) thì khả năng xảy ra của A là

\(\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\)

Nếu bạn nam ngồi ghế đầu tiên của hàng ghế thì có 3! cách xếp bạn nam và 3! cách xếp bạn nữ.

Nếu bạn nữ ngồi ghế đầu tiên của hàng ghế thì có 3! cách xếp bạn nữ và 3! cách xếp bạn nam.

Khi đó số cách xếp là: 2.(3!)² = 72 (cách xếp)

Ta có dãy số trên là cấp số cộng với công với số hạng đầu u₁ = -2 và công sai d = 2.

Vậy số hạng tổng quát của dãy là:

\({u_n} = {u_1} + (n - 1)d = ( - 2) + 2(n - 1)\)

Áp dụng công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\)

\(\begin{array}{c} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_2} + {u_3} = 20\\{u_5} + {u_7} = - 29\end{array} \right. = \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d + {u_1} + 2d = 20\\{u_1} + 4d + {u_1} + 6d = - 29\end{array} \right.\\ = \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 3d = 20\\2{u_1} + 10d = - 29\end{array} \right. = \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 20,5\\d = - 7\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có

\({u_2} = 2.1 + 3 = 5\)

\({u_3} = 2.5 + 3 = 13\)

\({u_4} = 2.13 + 3 = 29\)

\({u_2} = 2.29 + 3 = 61\)

Ta có

\(\left. \begin{array}{l}{u_1} = 3.1 - 1 = 2\\{u_2} = 3.2 - 1 = 5\\{u_3} = 3.3 - 1 = 8\end{array} \right\} \Rightarrow \dfrac{5}{2} \ne \dfrac{8}{2}\)

Vậy \(({u_n})\) không phải là cấp số nhân nên không tồn tại q.

\(\begin{array}{l}{y_1} = {y_2} = 1\\{y_3} = {y_2} + {y_1} = 1 + 1 = 2\\{y_4} = {y_3} + {y_2} = 2 + 1 = 3\\{y_5} = {y_4} + {y_3} = 3 + 2 = 5\end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{c}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_2} - {u_3} + {u_5} = 10}\\{{u_4} + {u_6} = 26}\end{array}} \right. \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d - {u_1} - 2d + {u_1} + 4d = 10\\{u_1} + 3d + {u_1} + 5d = 26\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 3d = 10\\2{u_1} + 8d = 26\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\d = 3\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có

\({S_5} = n{u_1} + \dfrac{{n(n - 1)}}{2}d = 5.\dfrac{1}{4} + \dfrac{{5.4}}{2}.\left( { - \dfrac{1}{4}} \right) = - \dfrac{5}{4}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1.q\\0,64 = x.q\end{array} \right. \Rightarrow 0,64 = - {x^2}\) (vô lí)

Phép dời hình biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó nên A sai.

Lấy \(A\left( {5;0} \right) \in d\), gọi \(A' = {Q_{\left( {O,\frac{\pi }{2}} \right)}}\left( A \right)\) thì \(A'\left( {0;5} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {{n_d}} = \left( {1; - 2} \right)\), mà \(d' \bot d\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_{d'}}} = \left( {2;1} \right)\).

Vậy\(d':2\left( {x - 0} \right) + 1\left( {y - 5} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 2x + y - 5 = 0\)

(C ) có bán kính R = 6 nên (C’) có bán kính R' = kR = 3.6 = 18

Lấy \(M(x;y) \in {d_1}\) thì 2x - y + 6 = 0

\(M' = {T_{\overrightarrow v }}\left( M \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} = x + a\\{y_{M'}} = y + b\end{array} \right.\) \( \Rightarrow M'\left( {x + a;y + b} \right)\)

\(M' \in {d_2}\) \( \Leftrightarrow 2\left( {x + a} \right) - \left( {y + b} \right) + 4 = 0\)

Theo Pitago ta có:

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} \) \( = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\)

Lại có

\(AH.BC = AB.AC\) \( \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{3.4}}{5} = \frac{{12}}{5}\)

Phép dời hình biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ nên đường cao \(A'H' = AH = \frac{{12}}{5}\)

Trong các phép biến hình đã cho chỉ có phép vị tự với tỉ số \(k \ne \pm 1\) không là phép dời hình.