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

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}x + \cos x = 0 \) \(\Leftrightarrow \cos x\left( {\cos x + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\cos x =  - 1\end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \\x = \pi  + k2\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án C.

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

\( \Leftrightarrow \cos \left( {x + \dfrac{\pi }{4}} \right) =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\) \( \Leftrightarrow \cos \left( {x + \dfrac{\pi }{4}} \right) = \cos \dfrac{{5\pi }}{6}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \dfrac{\pi }{4} = \dfrac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x + \dfrac{\pi }{4} =  - \dfrac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \\x =  - \dfrac{{13\pi }}{{12}} + k2\pi \end{array} \right.\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án B.

Hàm số \(y = \cos x\) giảm trong khoảng \(\left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Chọn đáp án D.

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

Khi đó \(y = 4\sqrt {\sin x + 3}  - 1 \in \left[ {4\sqrt 2  - 1;7} \right]\)

Chọn đáp án D.

Trường hợp 1: rút được 1 bi trắng có \(C_2^1.C_3^2 = 6\).

Trường hợp 2: rút dược 2 bi trắng có \(C_2^2.C_3^1 = 3\).

Xác suất đó là \(\dfrac{{6 + 3}}{{C_5^3}} = \dfrac{9}{{10}}\).

Chọn đáp án C.

Có tất cả \(C_{20}^{10}\)  cách để lập đề.

Có \(C_{11}^{10} = 11\)  cách để lập đề không có câu dễ.

Có \(C_{13}^{10} = 286\) cách để lập đề không có câu trung bình.

Có \(C_{16}^{10} = 8008\) cách để lập đề không có câu khó.

Vậy có tất cả \(C_{20}^{10} - 11 - 286 - 8008 = 176451\) cách để lập đề có cả ba loại câu dễ, trung bình, khó.

Chọn đáp án C

Số tự nhiên gốm 5 chữ số và các chữ số lớn hơn 4 có dạng

\(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} \), với \({a_i} \in \{ 5,6,7,8,9\} ,i = \overline {1,5} \).

Có 5.4.3.2.1 = 120 số .

Chọn đáp án B

Ta có

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_5} + 3{u_3} - {u_2} =  - 21}\\{3{u_7} - 2{u_4} =  - 34}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 4d + 3({u_1} + 2d) - {u_1} - d =  - 21\\3({u_1} + 6d) - 2({u_1} + 3d) =  - 34\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{u_1} + 9d =  - 21\\{u_1} + 12d =  - 34\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\d =  - 3\end{array} \right.\end{array}\)

Khi đó \({S_{15}} = n{u^1} + \dfrac{{n(n - 1)}}{2}d = 15.2 + \dfrac{{15.14}}{2}.( - 3) =  - 285\)

Chọn D.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}{u_4} = 6\\{u_7} = 243{u_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^3} = 6\\{u_1}{q^6} = 243{u_1}q\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \dfrac{2}{9}\\q = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow {u_n} = \dfrac{2}{9}{.3^{n - 1}}\)

Chọn D.

Ta có \({Q_{\left( {O;\varphi } \right)}}(A) = M\) suy ra

+ OA= OM nên (I) đúng.

+ (II) xảy ra khi \(\Delta OAM\) vuông tại O, nói chung điều này không đúng, nên (II) sai.

+ \(\left( {OA,OM} \right) = \varphi \) nên (III) sai.

Chọn C.

Gọi \(M'\left( {x';y'} \right) = {Q_{\left( {O;{{30}^0}} \right)}}(M)\) .

Áp dụng biểu thức tọa độ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = x\cos \alpha  - y\sin \alpha }\\{y' = x\sin \alpha  + y\cos \alpha }\end{array}} \right.\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 3\cos {{30}^0} - 4\sin {{30}^0} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} - 2}\\{y' = 3\sin {{30}^0} + 4\cos {{30}^0} = \dfrac{3}{2} + 2\sqrt 3 }\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow M'\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2} - 2;\dfrac{3}{2} + 2\sqrt 3 } \right)\)

Chọn D.

Gọi \({d_1} = \)Đ_O (d)

Gọi \({M_1}({x_1};{y_1})\)là ảnh của \(M(x;y) \in d\) qua Đ_O\( \Rightarrow {M_1} \in {d_1}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} =  - x\\{y_1} =  - y\end{array} \right.\)

Gọi \({d_2} = {T_{\overrightarrow v }}({d_1})\)

Gọi \({M_2}({x_2};{y_2})\)là ảnh của \({M_1} \in {d_1}\) qua \({T_{\overrightarrow v }}\) \( \Rightarrow {M_2} \in {d_2}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = {x_1} + 3\\{y_2} = {y_1} + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} =  - x + 3\\{y_2} =  - y + 2\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3 - {x_2}\\y = 2 - {y_2}\end{array} \right.\)

Mà \(M(x;y) \in d\)

Do đó \(3 - {x_2} + 2 - {y_2} - 2 = 0 \Leftrightarrow {x_2} + {y_2} - 3 = 0\)

Mặt khác \({M_2} \in {d_2}\)

Vậy \({d_2}:x + y - 3 = 0\)

Chọn D.

Ta có: \(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\sin 2x = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \dfrac{\pi }{3}\)

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

+ Với \(x = \dfrac{\pi }{6} + k\pi  \in \left( {0;3\pi } \right) \) \(\Rightarrow k \in \left( { - \dfrac{1}{6};\dfrac{{17}}{6}} \right) \to k \in \left\{ {0;1;2} \right\}\)

+ Với \(x = \dfrac{\pi }{3} + k\pi  \in \left( {0;3\pi } \right) \) \(\Rightarrow k \in \left( { - \dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}} \right) \to k \in \left\{ {0;1;2} \right\}\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(2\cos \left( {x - \dfrac{\pi }{3}} \right) = 1 \) \( \Leftrightarrow \cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\) \(\Leftrightarrow \cos \left( {x - \dfrac{\pi }{3}} \right) = \cos \dfrac{\pi }{3}\)

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

Các nghiệm thuộc khoảng \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\) là \(\left\{ {0;\dfrac{{2\pi }}{3}} \right\}\)

Do đó tổng hai nghiệm là \(\dfrac{{2\pi }}{3}\).

Chọn đáp án A.

Ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} =  - 1}\\\begin{array}{l}{u_2} = \dfrac{{ - 1}}{2}\\{u_3} = \dfrac{{ - 1}}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{{ - 1}}{4}\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} =  - 1\\q = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.} \right.\\ \Leftrightarrow {u_n} = ( - 1).{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_4} = \dfrac{2}{{27}}}\\{{u_3} = 243{u_8}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^3} = \dfrac{2}{{27}}\\{u_1}{q^2} = 234{u_1}{q^7}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 2\\q = \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow {u_n} = 2.{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{n - 1}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{2}{{6561}} = 2.{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{n - 1}} \\\Leftrightarrow n - 1 = 8 \Leftrightarrow n = 9\end{array}\)    

Chọn C.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên \(\overrightarrow {GA}  =  - 2\overrightarrow {GA'} ,\,\overrightarrow {GB}  =  - 2\overrightarrow {GB'} ,\) \(\overrightarrow {GC}  =  - 2\overrightarrow {GC'} .\)

Do đó phép vị tự \({V_{\left( {G; - 2} \right)}}\) biến tam giác \(A'B'C'\) thành tam giác ABC.

Chọn B.

Ta có: \({\cos ^2}\left( {\dfrac{x}{2} - \dfrac{\pi }{4}} \right) = \dfrac{{1 + \cos \left( {x - \dfrac{\pi }{2}} \right)}}{2} = m \) \(\Leftrightarrow \cos \left( {x - \dfrac{\pi }{2}} \right) = 2m - 1\)

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: \(2m - 1 \in \left[ { - 1;1} \right] \) \(\Leftrightarrow 2m \in \left[ {0;2} \right] \Leftrightarrow m \in \left[ {0;1} \right]\)

Chọn đáp án B.

Trường hợp 1: chọn 1 nữ làm tổ trưởng có \(C_{20}^1.C_{15}^3 = 9100\) .

Trường hợp 2: chọn 2 nữ làm tổ trưởng có \(C_{20}^2.C_{15}^2 = 19950\) .

Trường hợp 3: chọn 3 nữ làm tổ trưởng có \(C_{20}^3.C_{15}^1 = 17100\).

Do các tổ trưởng có thể thay đổi cho các tổ nên có 4! = 24 cách sắp tổ trưởng.

Vậy có tất cả 24. (9100+ 19950 + 17100) = 1107600.

Chọn đáp án D.

Chọn hai điểm bất kì trong 2010 điểm tạo thành vec tơ ta có \(C_{2010}^2 = 2019045\).

Do vec tơ có điểm đầu và điểm cuối nên hai điểm bất kì đã chọn ra có thể tạo thành hai vec tơ ngược chiều.

Vậy ta có 2. 2019045=4038090 vec tơ.

Chọn đáp án B

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

\( \Leftrightarrow \sin x + \cos x - 1 + \sin x\cos x = 0\)

Đặt \(t = \sin x + \cos x\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {t^2} = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\\ = {\sin ^2}x + 2\sin x\cos x + {\cos ^2}x\\ = 1 + 2\sin x\cos x\\ = 1 + \sin 2x \le 1 + 1 = 2\\ \Rightarrow {t^2} \le 2 \Rightarrow  - \sqrt 2  \le t \le \sqrt 2 \\ \Rightarrow \sin x\cos x = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\end{array}\)

Phương trình trở thành:

\(\begin{array}{l}t - 1 + \frac{{{t^2} - 1}}{2} = 0\\ \Leftrightarrow 2t - 2 + {t^2} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\,\,\,\,\,\,\left( {TM} \right)\\t =  - 3\,\,\,\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(t = 1\) thì \(\sin x + \cos x = 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \sin \frac{\pi }{4}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k2\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\end{array}\)

Chọn đáp án D.

Điều kiện: \(\sin 4x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\dfrac{\pi }{4}\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Ta có: \(\dfrac{1}{{\sin 2x}} + \dfrac{1}{{\cos 2x}} = \dfrac{2}{{\sin 4x}}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{\sin 2x + \cos 2x}}{{\sin 2x.\cos 2x}} = \dfrac{2}{{\sin 4x}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sin 2x + \cos 2x}}{{\sin 2x\cos 2x}} = \frac{2}{{2\sin 2x\cos 2x}}\)

\( \Leftrightarrow \sin 2x + \cos 2x = 1\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\\
\Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\
2x + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = k\pi \\
x = \frac{\pi }{4} + k\pi
\end{array} \right.
\end{array}\)

So sánh điều kiện, phương trình vô nghiệm.

Chọn đáp án C.

Số đường chéo  của đa giác là \(C_n^2 = 135\) \( \Rightarrow \,\,\dfrac{{n!}}{{2.\left( {n - 2} \right)!}} - n = 135\) \( \Leftrightarrow \,\,n\left( {n - 1} \right) - 2n = 270 \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 18\\n =  - 15\end{array} \right.\)

Chọn đáp án D.

Giả sử hai đường tròn \(\left( C \right),\,\left( {C'} \right)\) có tâm và bán kính lần lượt là \(O,O'\) và \(R,R'\)

\(\left( {C'} \right)\) có phương trình : \({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 9\)có tâm \(O'\left( { - 2;1} \right),R' = 3\)

Vì \({V_{(I;3)}}(C) = (C') \Rightarrow {V_{(I;3)}}(O) = (O')\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2 = 3x + \left( {1 - 3} \right).1}\\{ - 1 = 3y + \left( {1 - 3} \right).0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{y = \dfrac{{ - 1}}{3}}\end{array}} \right. \Rightarrow O(0;\dfrac{{ - 1}}{3})\)

Lại có  \(R' = 3R \Leftrightarrow R = 1(do\,{V_{(I;3)}}(C) = (C')\,\,)\)

Vậy phương trình của (C) là: \({x^2} + {\left( {y + \dfrac{1}{3}} \right)^2} = 1\)

Chọn C.

Gọi \(A'(x';y')\).

Ta có \({V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {IA'}  = 2\overrightarrow {IA} \) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 0}\\{y' = 5}\end{array}} \right. \Rightarrow A'\left( {0;5} \right)\)

Gọi \(B'(x'';y'')\)

Vì ĐB\(\left( {A'} \right) = B'\)

nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x'' = 2.\left( { - 3} \right) - 0 =  - 6}\\{y'' = 2.1 - 5 =  - 3}\end{array}} \right. \Rightarrow B'\left( { - 6; - 3} \right)\)

Chọn C.

Các phép biến hình biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó có thể kể ra là: Phép vị tự     

Chọn đáp án A     

Vì phép đồng dạng tỉ số \(k = \dfrac{1}{2}\) biến điểm A thành \(A'\) , biến điểm B thành \(B'\) nên \(A'B' = \dfrac{1}{2}AB \) \(= \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {4 + 2} \right)}^2} + {{\left( {1 + 3} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {52} }}{2}\)

Chọn A.

 Số tự nhiên gốm 6 chữ số khác nhau 4 có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}} \),

với \({a_i} \in \{ 1,,2,3,4,5,6,7\} ,i = \overline {1,6} \).

a₆ có 1 cách chọn, do số tự nhiên cần tìm chia hế cho 5.

a₁ có 6 cách chọn.

a₂  có 5 cách chọn.

a₃ có 4 cách chọn.

a₄ có 3 cách chọn.

a₅ có 2 cách chọn.

Vậy có 1.6.5.4.3.2= 720 số tự nhiên thỏa mãn đề bài.

Chọn đáp án A

Có tất cả 5 ban nhạc. Số cách xếp thứ tự để các ban nhạc biểu diễn là 4!=  24.

Chọn đáp án C.

Ta có

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

Chọn C.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = \dfrac{1}{4}\\{u_5} = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}q = \dfrac{1}{4}\\{u_1}{q^4} = 16\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}q = \dfrac{1}{4}\\{q^3} = 64\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \dfrac{1}{{16}}\\q = 4\end{array} \right.\)

Chọn C.

Ta có

\(\begin{array}{c}{S_n} = 1 + 11 + 111 + ... + \underbrace {11...11}_{10}\\9{S_n} = 9 + 99 + 999 + ... + \underbrace {99...99}_{10}\\\,\,\,\,\,\,\,\, = (10 - 1) + (100 - 1) + (1000 - 1) + ... + ({10^{10}} - 1)\\ = \dfrac{{10(1 - {{10}^{10}})}}{{1 - 10}} - 10 = \dfrac{{{{10}^{11}} - 100}}{9}\\{S_n} = \dfrac{{{{10}^{11}} - 100}}{{81}}\end{array}\)    

Chọn A.

Phép đối xứng tâm biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó.

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đường thẳng ở đáp án C song song với đường thẳng d đã cho.

Chọn C.

Hai đường tròn đồng tâm I, có vô số phép vị tự tâm I tỉ số \(k \ne  \pm 1\)  biến đường tròn này thành đường tròn kia.

Chọn D.

Ta có \(C_{18}^k.{\left( {{x^3}} \right)^{18 - k}}{\left( {\dfrac{1}{{{x^3}}}} \right)^k}\) không chứa x nên \(3\left( {18 - k} \right) + \left( { - 3k} \right) = 0 \Rightarrow k = 9\)

Vậy số hạng cần tìm là \(C_{18}^9\) .

Chọn đáp án A.

Do có thể xuất hiện mặt sấp hoặc ngửa trong lần đầu tiên nên xác suất là \(P(A) = \dfrac{1}{2}\) .

Chọn đáp án A.

Ta có

\(\begin{array}{c}\left\{ \begin{array}{l}x + y = \dfrac{{x - y + 3x - 3y}}{2}\\{(y + 2)^2} = \left( {x - 2} \right)(2x + 3y)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3y\\26{y^2} - 22y - 4 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3y\\\left[ \begin{array}{l}y = 1\\y = \dfrac{{ - 2}}{{13}}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 6}}{{13}}\\y = \dfrac{{ - 2}}{{13}}\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn C.

Ta có \(\begin{array}{c}{x^4} = 1.\left( {6 - {x^2}} \right) \Leftrightarrow {x^4} + {x^2} - 6 = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 2\\{x^2} =  - 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 \end{array}\)

Chọn B.

Độ cao của bậc thang so với mặt sân lập thành cấp số cộng với \({u_1} = 0,5;d = 0,18 \Leftrightarrow {h_n} = 0,5 + 0,18n\)

Chọn B.