Ta có: \(y = \sin 3x.\cos x = \dfrac{1}{2}\left( {\sin 4x + \sin 2x} \right)\)

Hàm số \(y = \sin 4x\) tuần hoàn với chu kì \({T_1} = \frac{{2\pi }}{4} = \frac{\pi }{2}\)

Hàm số \(y = \sin 2x\) tuần hoàn với chu kì \({T_2} = \frac{{2\pi }}{2} = \pi \)

Vậy hàm số \(y = \frac{1}{2}\left( {\sin 4x + \sin 2x} \right)\) tuần hoàn với chu kì \(T = BCNN\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right) = \pi \)

Chọn đáp án A.

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

\( = {\sin ^4}x + 2{\sin ^2}x - 1 \) \(= {\left( {{{\sin }^2}x + 1} \right)^2} - 2\)

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

\( \Rightarrow  - 1 \le y \le 2\)

Chọn đáp án D.

Điều kiện xác định: \(1 - \cos 2017x \ge 0 \Leftrightarrow  \cos 2017x \le 1 \) luôn đúng với mọi \( x \in \mathbb{R}\)

Vậy TXĐ: D=R.

Chọn đáp án B.

Một số gồm 3 chữ số phân biệt lập thành từ các chữ số A={0; 2; 4; 6; 8} có dạng:

\(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}} \), với \({a_i} \in A,i = \overline {1,3} \)và \({a_i} \ne {a_j},i \ne j.\)

Do \({a_1} \ne 0\)- có \(C_4^1 = 4\) cách chọn.

Khi đó 2 số \({a_{1,}}{a_2}\) được lấy từ 4 số còn lai sắp theo thứ tự nên có \(A_4^2 = 12\) cách.

Số cách chọn là \(4.12 = 48\)

Chọn C.

Ta có 3 số này lập thành một cấp số cộng, do đó:

\({x^2} = \dfrac{{1 - x + 1 + x}}{2} \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

Chọn C.

G là trọng tâm tam giác nên \(\overrightarrow {AG}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {AD}  \Rightarrow \overrightarrow {AD}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {AG} \)

\( \Rightarrow {V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}\left( G \right) = D\)

Chọn A

(C ) có tâm \(J\left( {1;2} \right)\) và bán kính \(R = 2\).

Gọi \(J' = {V_{\left( {I;3} \right)}}\left( J \right) \Rightarrow \overrightarrow {IJ'}  = 3\overrightarrow {IJ} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' - 2 = 3\left( {1 - 2} \right)\\y' + 2 = 3\left( {2 + 2} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' =  - 1\\y' = 10\end{array} \right. \Rightarrow J'\left( { - 1;10} \right)\end{array}\)

Đường tròn (C’) có tâm \(J'\left( { - 1;10} \right)\) bán kính \(R' = 3R = 3.2 = 6\)

Vậy \(\left( {C'} \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 10} \right)^2} = 36.\)

Chọn A

Ta có

\(\begin{array}{l}C_{n + 8}^{n + 3} = 5A_{n + 6}^3 \\\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 8} \right)!}}{{\left( {n + 3} \right)!.5!}} = 5.\dfrac{{\left( {n + 6} \right)!}}{{\left( {n + 3} \right)!}}\\ \Leftrightarrow \left( {n + 7} \right)\left( {n + 8} \right) = 5!.5\\ \Leftrightarrow {n^2} + 15n - 544 = 0 \\\Leftrightarrow n = 17(n > 0)\end{array}\)

Chọn D.

Chu kì của hàm số \(y = \cot 3x + \tan x\) là \(T = \pi \)

Chọn đáp án A.

Hàm số \(y = \left| x \right|\sin x\) có:

\(\begin{array}{l}y\left( { - x} \right) = \left| { - x} \right|\sin \left( { - x} \right)\\ =  - \left| x \right|\sin x =  - y\left( x \right)\end{array}\)

Nên là hàm số lẻ.

Do đó đồ thị hàm số nhận gốc \(O\) làm tâm đối xứng.

Chọn đáp án B.

Số phần tử của không gian mẫu là: \(\left| \Omega  \right| = {2^4} = 16\)

Gọi A là biến cố: “cả 4 lần đều xuất hiện mặt sấp”

Ta có: \({P_A} = \dfrac{1}{{16}}\)

Chọn C.

Ta có \({u_5} = ( - 3).{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^4} =  - \dfrac{{16}}{{27}}\)

Chọn B.

Ta có \(\begin{array}{c}{S_{13}} = n{u_1} + \dfrac{{n(n - 1)}}{2}d = 13.2 + \dfrac{{13.12}}{2}.d\\ \Leftrightarrow d = 3 \Leftrightarrow {u_{13}} = 2 + 13.3 = 38\end{array}\)

Chọn B.

\({V_{\left( {O;k} \right)}}\left( M \right) = M'\) \( \Leftrightarrow \overrightarrow {OM'}  = k\overrightarrow {OM} \)

Chọn A

Phép vị tự tỉ số \(k\) biến đường tròn bán kính \(R\) thành đường tròn \(\left( {C'} \right)\) có bán kính \(R' = \left| k \right|.R\) nên C sai.

Chọn C

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

Ta có \(\begin{array}{l}{u_1} + {u_{20}} = {u_1} + {u_1} + 19d = {u_1} + d + {u_1} + 18d\\ = {u_2} + {u_{19}} = {u_5} + {u_{16}} = {u_8} + {u_{13}}\end{array}\)

Chọn D.

Ta có cấp số nhân với công bôi q = 3 nên \({u_n} = {3.3^{n - 1}} = {3^n}\)

Chọn B.

Dân số của thành phố A sau 3 năm là: \({u_3} = 3 000 000. {(1 + 2\% )^3} = 3183624\)

Chọn A.

Số cách sắp xếp của A, F: 2! = 2

Coi A và F được sắp xếp cùng 1 chỗ.

Số cách sắp xếp A, B, C, D, E: 5! = 120

Số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán: 2.120 = 240

Chọn B.

Số hạng thứ 5 \(C_7^3{\left( {{a^2}} \right)^3}.{\left( {\dfrac{1}{b}} \right)^4} = 35{a^6}.{b^{ - 4}}\)

Chọn A.

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

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\tan \left( {3x - {{15}^ \circ }} \right) = \sqrt 3\) \(  \Leftrightarrow \tan \left( {3x - {{15}^ \circ }} \right) = \tan {60^ \circ }\)

\( \Leftrightarrow 3x - {15^ \circ } = {60^ \circ } + k{180^ \circ }\)

\( \Leftrightarrow x = {25^ \circ } + k{60^ \circ }\;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn đán án D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_{31}} + {u_{34}} = 11}\\{{u^2}_{31} + {u^2}_{34} = 101}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_{34}} = 11 - {u_{31}}\\{u^2}_{31} + {(11 - {u_{31}})^2} = 101\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{u_{31}} = 1\\{u_{34}} = 10\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{u_{31}} = 10\\{u_{34}} = 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{u_1} =  - 89\\d = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 100\\d =  - 3\end{array} \right.\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} =  - 89\\d = 3\end{array} \right.(d > 0)\end{array}\)

\({u_n} =  - 89 + (n - 1)3 = 3n - 92\)

Chọn C.

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

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

Ta có: \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{{{{\sin }^2}x}} = 3\cot x + \sqrt 3 \)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \sqrt 3 \left( {1 + {{\cot }^2}x} \right) = 3\cot x + \sqrt 3 \\
\Leftrightarrow \sqrt 3 {\cot ^2}x - 3\cot x = 0\\
\Leftrightarrow \cot x\left( {\sqrt 3 \cot x - 3} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\cot x = 0\\
\cot x = \sqrt 3
\end{array} \right.
\end{array}\)

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

Nghiệm âm lớn nhất là \( - \dfrac{\pi }{2}\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\sin x + \cos x - 1 = 2\sin x\cos x\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \sin x + \cos x = 1 + 2\sin x\cos x\\
\Leftrightarrow \sin x + \cos x = {\sin ^2}x + {\cos ^2}x + 2\sin x\cos x\\
\Leftrightarrow \sin x + \cos x = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}
\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {1 - \sin x - \cos x} \right) = 0\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x + \cos x = 0\\
1 - \sin x - \cos x = 0
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sin x = - \cos x\\
\sin x + \cos x = 1
\end{array} \right.
\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x =  - 1\\\sin \left( {x + \dfrac{\pi }{4}} \right) = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{\pi }{4} + k\pi \\x = k2\pi \\x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Các nghiệm trên \(\left[ {0;2\pi } \right]\) là \(\left\{ {\dfrac{{3\pi }}{4};0;2\pi ;\dfrac{\pi }{2}} \right\}\)

Chọn đáp án C.

Số cách chọn 2 học sinh từ nhóm n học sinh là:

\(C_n^1.C_n^2.C_n^3\)\( = \dfrac{{n!}}{{\left( {n - 1} \right)!}}.\dfrac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}}.\dfrac{{n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} \)\(= \dfrac{1}{6}n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)\)

Theo bài ra ta có 120 cách lựa chọn nên:

\(\dfrac{1}{6}n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) = 120\)\( \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) = 720\)

Chọn D.

Ta có \(P(A) + P(B) = \dfrac{1}{{12}}\, \ne P(A \cup B) = \dfrac{1}{2}\)

Chọn B.

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = C_{10}^3 = 120\)

Gọi A là: “3 quả cầu toàn màu xanh”. Khi đó \(n\left( A \right) = C_4^3 = 4\)

Suy ra \(P\left( A \right) = \dfrac{4}{{120}} = \dfrac{1}{{30}}\)

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: \(\sin (x + {10^0}) = \dfrac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \sin (x + {10^0}) = \sin {30^ \circ }\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + {10^ \circ } = {30^ \circ } + k{360^ \circ }\\x + {10^ \circ } = {150^ \circ } + k{360^ \circ }\end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {20^ \circ } + k{360^ \circ }\\x = {140^ \circ } + k{360^ \circ }\end{array} \right.\)

\({0^0} < x < {180^0}\) \( \Rightarrow {x_1} = {20^0},{x_2} = {140^0}\)

Chọn đáp án B.

Có \(C_{13}^6 = 1716\) cách chọn để không có cuốn sách toán nào.

Có \(C_{12}^6 = 924\) cách chọn để không có cuốn sách văn nào.

Có \(C_{11}^6 = 462\) cách chọn để không có cuốn sách anh nào.

Do 6 học sinh là khác nhau nên có 6! cách tặng.

Vậy có 6!.(1716 + 924 + 462) = 2233440.

Chọn A.

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = C_8^3 = 56\)

Gọi A là: “3 người được chọn có ít nhất 1 nữ”.

Gọi \(\overline A \)  là: “3 người được chọn không có nữ”. Khi đó \(n\left( {\overline A } \right) = C_5^3 = 10\)

Suy ra \(n\left( A \right) = n\left( \Omega  \right) - n\left( {\overline A } \right) = 56 - 10 = 46\)

Chọn A.

\(\left( C \right)\) 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

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

(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