Ta có: \(\tan \left( {2x} \right) = \tan {\rm{8}}{0^0}\) \( \Leftrightarrow 2x = {80^0} + k{180^0} \) \(\Leftrightarrow x = {40^0} + k{90^0}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(1 + \cos x = 0\) \( \Leftrightarrow \cos x =  - 1 \) \(\Leftrightarrow x = \pi  + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án B.

Phái đoàn gồm 3 người Anh, 5 người Pháp, 7 người Mỹ chia làm ba nhóm có 2 cách xếp theo nhóm là Mỹ – Anh – Pháp, Mỹ - Pháp – Anh.

Trong nhóm người Anh có 3.2.1 = 6 cách xếp.

Trong nhóm người Pháp 5!=120 cách xếp .

Trong nhóm người Mỹ có 7!=5040 cách xếp.

Vậy có  2.6.120.5040=7257600 cách chọn.

Chọn đáp án A.

Một số gồm 5 chữ lập thành từ các chữ số A={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} có dạng:

\(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} \), với \({a_i} \in A,i = \overline {1,5} \).

Chữ số đầu tiên bằng 3 nên a1  = 3 có 1 cách chọn.

a2 có 7 cách chọn, a3 có 7 cách chọn, a4 có 7 cách chọn, a5 có 7 cách chọn.

Vậy có \({7^4} = 2401\) cách chọn.

Chọn đáp án D

Ta có

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

Chọn C.

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

Chọn A.

Phép quay tâm \(I\left( {1;2} \right)\), góc \( - {180^0}\) là phép đối xứng tâm \(I\left( {1;2} \right)\).

Dễ thấy \(I\left( {1;2} \right) \notin d\) nên qua phép đối xứng tâm, d biến thành \(d''//d\).

Qua phép tính tiến theo \(\overrightarrow v \) thì \(d''\) biến thành \(d'//d''\).

Do đó \(d'//d''//d\) nên trong các đáp án chỉ có A thỏa mãn.

Chọn A

Phép dời hình biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự giữa các điểm đó nên D sai.

Chọn D

Đường tròn (C ) có tâm \(I\left( {3; - 2} \right)\) bán kính \(R = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} - \left( { - 23} \right)}  = 6\).

Gọi \(I' = {T_{\overrightarrow v }}\left( I \right)\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 3 + 3 = 6\\y' =  - 2 + 5 = 3\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I'\left( {6;3} \right)\)

\(I'' = {V_{\left( {O; - \frac{1}{3}} \right)}}\left( I \right)\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x'' =  - \frac{1}{3}.6 =  - 2\\y'' =  - \frac{1}{3}.3 =  - 1\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I''\left( { - 2; - 1} \right)\)

(C’) có tâm \(I''\left( { - 2; - 1} \right)\) bán kính \(R' = \left| { - \frac{1}{3}} \right|R = \frac{1}{3}.6 = 2\) nên có phương trình:

\(\left( {C'} \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 4.\)

Chọn A

Ta có: \(\sin 6x - \cos 4x = 0\) \( \Leftrightarrow \sin 6x = \cos 4x\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {6x - \dfrac{\pi }{2}} \right) = \cos 4x\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6x - \dfrac{\pi }{2} = 4x + k2\pi \\6x - \dfrac{\pi }{2} =  - 4x + k2\pi \end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \\x = \dfrac{\pi }{{20}} + k\dfrac{\pi }{5}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(1 - 2\sin x = 0 \Leftrightarrow \sin x = \dfrac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \dfrac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án D.

Phương trình \(\cos 4x = 3m - 5\) có nghiệm khi và chỉ khi: \( - 1 \le 3m - 5 \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{4}{3} \le m \le 2\)

Chọn đáp án B.

\(\forall n \in {N^*},{u_{n + 1}} - {u_n} = \dfrac{{2(n + 1) - 3}}{{3(n + 1) - 2}} - \dfrac{{2n - 3}}{{3n - 2}} \)\(\,= \dfrac{{35}}{{(3n + 1)(3n - 2)}} > 0.\)

Và \({u_n} = \dfrac{{2n - 13}}{{3n - 2}} = \dfrac{2}{3} - \dfrac{{35}}{{3(3n - 2)}} \le \dfrac{2}{3}\)

Chọn A.

Ta có

\(\begin{array}{l}b = \dfrac{{a + c}}{2}\\ \Leftrightarrow c = 2b - a \\\Leftrightarrow {a^2} - {c^2} = 4ab - 4{b^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} - {c^2} = 4ab - 2b(a + c)\\ \Leftrightarrow {a^2} - {c^2} = 2ab - 2bc\end{array}\)

Chọn B.

Phép đồng dạng chưa chắc biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó nên loại B, C.

Phép dời hình thì có phép quay không biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó nên loại D.

Chọn A

Ta có: \({T_{\overrightarrow v }}\left( M \right) = M'\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} = {x_M} + \left( { - 2} \right)\\{y_{M'}} = {y_M} + 4\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5 = {x_M} - 2\\3 = {y_M} + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 7\\{y_M} =  - 1\end{array} \right.\)

Vậy \(M\left( {7; - 1} \right)\).

Có tất cả 18 cuốn. Số cách chọn sao cho không còn cuốn toán nào là \(C_5^5.C_{13}^1 = 13\).

Số cách chọn sao cho không còn cuốn văn nào là \(C_6^6 = 1\).

Do có 6 cuốn anh nên không thể không chọn được cuốn anh nào.

Số cách chọn để sau khi tặng cong mỗi loại còn ít nhất 1 cuốn là 18564 – (1+13) = 18550.

Do tặng sách cho 6 học sinh khác nhau  và 6 cuốn sách là khác nhau nên có 6!  cách.

Vậy có 18550.6!=13356000.

Chọn đáp án A.

Phương trình \(2\cos 4x - {\rm{sin4}}x = m\) có nghiệm khi và chỉ khi: \({2^2} + {\left( { - 1} \right)^2} \ge {m^2} \Leftrightarrow {m^2} \le 5\)

\( \Leftrightarrow  - \sqrt 5  \le m \le \sqrt 5 \).

Chọn đáp án C.

Theo nhị thức Newton, ta có \(C_6^k.{\left( {8{a^2}} \right)^{6 - k}}.{\left( { - \dfrac{1}{2}b} \right)^k}\)có chứa \({a^6}{b^3}\) , suy ra k = 3  nên hệ số đó là \(C_6^3{.8^3}.\left( { - {{\dfrac{1}{2}}^3}} \right).{a^6}{b^3} =  - 1280{a^6}{b^3}\).

Chọn đáp án C.

Chọn trưởng ban có 16 cách chọn, ban phó có 15 cách chọn, thư kí có 14 cách chọn,  thủ quỹ có 13 cách chọn. Vậy só cách chọn trên là chỉnh hợp chập 4 của 16 phần tử là \(A_{16}^4 = \dfrac{{16!}}{{12!}}\) .

Chọn đáp án D.

\(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {2; - 5} \right)\) bán kính \(R = \sqrt 5 \).

Gọi \(I' = {Q_{\left( {O;{{180}^0}} \right)}}\left( I \right)\) thì \(I'\) đối xứng với \(I\) qua \(O\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{I'}} =  - {x_I} =  - 2\\{y_{I'}} =  - {y_I} = 5\end{array} \right. \Rightarrow I'\left( { - 2;5} \right)\)

Vậy \(\left( {C'} \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} = 5\)

Đáp án B

\(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {3; - 2} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

\(\begin{array}{l}I' = {T_{\overrightarrow v }}\left( I \right) \Rightarrow \overrightarrow {II'}  = \overrightarrow v \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{I'}} = {x_I} + 3 = 3 + 3 = 6\\{y_{I'}} = {y_I} - 2 =  - 2 - 2 =  - 4\end{array} \right.\\ \Rightarrow I'\left( {6; - 4} \right)\end{array}\)

Vậy \(\left( {C'} \right):{\left( {x - 6} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = 9\)

Đáp án C

Ta có: \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in3}}x + \sqrt 3 \cos 3x = 2\sin x \) \( \Leftrightarrow 2\left( {\frac{1}{2}\sin 3x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 3x} \right) = 2\sin x\) \(\Leftrightarrow 2\sin \left( {3x + \dfrac{\pi }{3}} \right) = 2\sin x\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {3x + \dfrac{\pi }{3}} \right) = \sin x\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + \dfrac{\pi }{3} = x + k2\pi \\3x + \dfrac{\pi }{3} = \pi  - x + k2\pi \end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{\pi }{6} + k\pi \\x = \dfrac{\pi }{6} + k\dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án B.

Người thứ nhất có 3 cách chọn, ngưới thứ hai có 3 cách chọn, người thứ ba có 3 cách chọn, người thứ tư có 3 cách chọn. Vậy có \({3^4} = 81\) .

Chọn đáp án A.

Trường hợp 1: chọn 1 nhà vật lí có \(C_5^1\left( {C_4^1.C_7^1 + C_4^2} \right) = 170\).

Trường hợp 2: chọn 2 nhà vật lí có \(C_5^2C_4^1 = 40\)

Vậy có 210 cách chọn để lập ra đoàn công tác.

Chọn đáp án D.

Số tam giác được tạo thành bằng cách chọn 3 điểm bất kì trong 2n điểm nên số tam giác là \(C_{2n}^3\)
Vì đây là đa giác đều 2n cạnh nên đa giác nội tiếp đường trò suy ra có n đường kính 
Một hình chữ nhật có hai đường chéo là hai đường kính nên muốn có một HCN thì phải lấy hai đường kính bất kì trong n đường kính.Ta có \(C_n^2\)  .

Vậy ta có \(C_{2n}^3 = 20.C_n^2\,\, \Leftrightarrow \,\,4{n^2} - 36n + 32 = 0\,\, \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}n = 1\\n = 8\end{array} \right.\).Loại n = 1.

Chọn đáp án C

\({a_n} =  - {n^2} + 4n + 11\)\(\, =  - {n^2} + 4n - 4 + 15 =  - {\left( {n - 2} \right)^2} + 15 \le 15\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(n - 2 = 0 \Leftrightarrow n = 2\)

Vậy số hạng lớn nhất của dãy số là số hạng bằng 15.

Chọn B.

Ta có

\({u_1} = \dfrac{{ - 1}}{{1 + 1}} = \dfrac{{ - 1}}{2}\);

\({u_2} = \dfrac{{ - 2}}{{2 + 1}} = \dfrac{{ - 2}}{3}\);

\({u_3} = \dfrac{{ - 3}}{{3 + 1}} = \dfrac{{ - 3}}{4}\);

\({u_4} = \dfrac{{ - 4}}{{4 + 1}} = \dfrac{{ - 4}}{5}\);

\({u_5} = \dfrac{{ - 5}}{{5 + 1}} = \dfrac{{ - 5}}{6}\).

Chọn B.

\(\begin{array}{l}{x_1} = 5\\{x_2} = {x_1} + 1 = 5 + 1\\{x_3} = {x_2} + 2 = 5 + 1 + 2\\{x_4} = {x_3} + 3 = 5 + 1 + 2 + 3\\...\end{array}\)

Dự đoán \({x_n} = 5 + 1 + 2 + 3 + ... + n - 1 \)\(\,= 5 + \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\,\,\,\left( * \right)\,\,\forall n \in N*\)

Chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

(*) đúng với n = 1.

Giả sử (*) đúng đến n = k, tức là \({x_k} = 5 + \dfrac{{k\left( {k - 1} \right)}}{2}\,,\) ta chứng minh (*) đúng đến n = k + 1, tức là cần chứng minh \({x_{k + 1}} = 5 + \dfrac{{\left( {k + 1} \right)k}}{2}\).

Ta có: \({x_{k + 1}} = {x_k} + k = 5 + \dfrac{{k\left( {k - 1} \right)}}{2}\, + k = 5 + \dfrac{{k\left( {k - 1} \right) + 2k}}{2} \)\(\,= 5 + \dfrac{{k\left( {k - 1 + 2} \right)}}{2} = 5 + \dfrac{{\left( {k + 1} \right)k}}{2}\).

Vậy (*) đúng với mọi \(n \in N*\).

Vậy \({x_n} = 5 + \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = \dfrac{{{n^2} - n + 10}}{2}\,\,\,\,\,\forall n \in N*\)

Chọn A.

Sử dụng chú ý a trang 21 SGK hình học 11:

Nếu một phép dời hình biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng biến trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC tương ứng thành trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’.

Vậy cả 3 mệnh đề đều đúng.

Đáp án A

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó

\(\overrightarrow {GN}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} \) \( \Rightarrow {V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( A \right) = N\)

\(\overrightarrow {GP}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} \) \( \Rightarrow {V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( B \right) = P\)

\(\overrightarrow {GM}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} \) \( \Rightarrow {V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( C \right) = M\)

Vậy \({V_{\left( {G, - \frac{1}{2}} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta NPM\)

Đáp án C

Trường hợp 1: A ngồi hai đầu ghế có  2.4.4.3.2.1= 192.

Trường hợp 2: A ngồi chỗ bất kì bên trong dãy có 4.3.4.3.2.1= 288.

Vậy có 192+ 288 = 480 cách chọn.

Chọn đáp án A.

Số tập con gồm 4 phần tử là \(C_n^4\) .

Số tập con gồm 2 phần tử là \(C_n^2\) .

Do đó ta có

\(\begin{array}{l}C_n^4 = 20C_n^2\\\Leftrightarrow \,\,\dfrac{1}{{24\left( {n - 4} \right)!}} = \dfrac{{20}}{{2\left( {n - 2} \right)!}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{24}} = \dfrac{{20}}{{2\left( {n - 2} \right)\left( {n - 3} \right)}}\\ \Leftrightarrow 2{n^2} - 10n + 12 = 480 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 18\\x =  - 13\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \({\rm{sin3}}x - \sin x = 0 \Leftrightarrow \sin 3x = \sin x\)

\(\left[ \begin{array}{l}3x = x + k2\pi \\3x = \pi  - x + k2\pi \end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \dfrac{\pi }{4} + k\dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(y = {\sin ^2}x - 4{\cos ^2}x + 9 \) \(= {\sin ^2}x - 4\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) + 9\)

\( = 5{\sin ^2}x + 5\) \( = 5\left( {{{\sin }^2}x + 1} \right) \ge 5\left( {0 + 1} \right) = 5\)

Chọn đáp án B.

(C ) có tâm O(0;0) bán kính R=2.

Gọi d’ là đường thẳng đi qua O và vuông góc với d.

 \(\overrightarrow {{n_d}}  = \left( {1; - 1} \right)\) là VTPT của d nên \(\overrightarrow {{n_{d'}}}  = \left( {1;1} \right)\) là VTPT của d’.

Do đó \(d':x + y = 0\).

M là giao điểm của d’ và (C) nên tọa độ của M thỏa mãn hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\{x^2} + {y^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - x\\{x^2} + {x^2} = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - x\\2{x^2} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - x\\{x^2} = 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - x\\x =  \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 2 ,y =  - \sqrt 2 \\x =  - \sqrt 2 ,y = \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)

Xét \({M_1}\left( {\sqrt 2 ; - \sqrt 2 } \right)\) có \(d\left( {{M_1};d} \right) = \frac{{\left| {\sqrt 2  + \sqrt 2  + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 2 + \sqrt 2 \)

Xét \({M_2}\left( { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\) có \(d\left( {{M_2};d} \right) = \frac{{\left| { - \sqrt 2  - \sqrt 2  + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 2 - \sqrt 2 \)

Vì \(d\left( {{M_1};d} \right) > d\left( {{M_2};d} \right)\) nên \(M \equiv {M_1}\left( {\sqrt 2 ; - \sqrt 2 } \right)\).

\({V_{\left( {O;\sqrt 2 } \right)}}\left( M \right) = M'\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} = \sqrt 2 {x_M} = \sqrt 2 .\sqrt 2  = 2\\{y_{M'}} = \sqrt 2 {y_M} = \sqrt 2 .\left( { - \sqrt 2 } \right) =  - 2\end{array} \right.\).

Đáp án D

Ta có: \(\cos x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow 3 - \cos x \in \left[ {2;4} \right]\)

\( \Rightarrow y = \dfrac{{\sin x + 1}}{{3 - \cos x}}\) luôn xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Chọn đáp án C.

 Ta có

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_4} = \dfrac{2}{{27}}}\\{{u_3} = 243{u_8}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}.{q^3} = \dfrac{2}{{27}}\\{u_1}.{q^2} = 243{u_1}.{q^7}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \dfrac{2}{{27.{q^3}}}\\\dfrac{1}{{{q^5}}} = 243\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\q = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow {u_n} = 2.{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{n - 1}}\end{array}\)

\({u_2} = \dfrac{2}{{{3^1}}} = \dfrac{2}{3}\);

\({u_3} = \dfrac{2}{{{3^2}}} = \dfrac{2}{9}\);

\({u_4} = \dfrac{2}{{{3^3}}} = \dfrac{2}{{27}}\);

\({u_5} = \dfrac{2}{{{3^4}}} = \dfrac{2}{{81}}\).

Chọn D. 

Ta có \({u_n} = 4 - 3n - {n^2} =  - {\left( {n - \dfrac{3}{2}} \right)^2} + \dfrac{{25}}{4} \le \dfrac{{25}}{4}\)

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {CO}  = \overrightarrow {BA}  \Rightarrow {T_{\overrightarrow {BA} }}\left( C \right) = O\\\overrightarrow {OF}  = \overrightarrow {BA}  \Rightarrow {T_{\overrightarrow {BA} }}\left( O \right) = F\\\overrightarrow {DE}  = \overrightarrow {BA}  \Rightarrow {T_{\overrightarrow {BA} }}\left( D \right) = E\\ \Rightarrow {T_{\overrightarrow {BA} }}\left( {\Delta COD} \right) = \Delta OFE\end{array}\)

Đáp án A