Đáp án C

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=\frac{a}{c}>0$ -> a,c cùng dấu    (1)

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=-\frac{d}{c}<0$->c,d cùng dấu    (2)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ $y=\frac{b}{d}<0$->b,d  trái dấu.    (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $bd<\mathrm{0,}ab<\mathrm{0,}bc<\mathrm{0,}ad>0$

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình $f\left(x\right)=2m$  có đúng hai nghiệm phân biệt khi  $\left[\begin{array}{l}2m=0\\ 2m<-3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m<-\frac{3}{2}\end{array}\right.$

Đáp án C

Hình bát diện đều có tất cả 12 cạnh

Đáp án D

Điều kiện $n\ge 6$

$C_n^4+C_n^5=C_n^6$$\iff \frac{n!}{\left(n-4\right)!4!}+\frac{n!}{\left(n-5\right)!5!}=\frac{n!}{\left(n-6\right)!6!}$$\iff \frac{1}{\left(n-4\right)\left(n-5\right)}+\frac{1}{5\left(n-5\right)}=\frac{1}{30}$

$\iff 30+6\left(n-4\right)=\left(n-4\right)\left(n-5\right)$$\iff n^2-15n+14=0$$\iff \left[\begin{array}{l}n=1\left(l\right)\\ n=14\left(n\right)\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có $y=-x^3+3x^2\Rightarrow y\text{'}=-3x^2+6x$    

 $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;0\right);\left(2;+\infty \right)$  và đồng biến trên khoảng $\left(0;2\right)$  

Đáp án D

Ta có :$y=\frac{3\sin 2x+\cos 2x}{\sin 2x+4{\cos }^{2}x+1}=\frac{3\sin 2x+\cos 2x}{\sin 2x+2\cos 2x+3}$

và $\sin 2x+2\cos 2x+3>0;\forall x\in ℝ$ 

xét phương trình

 $y=\frac{3\sin 2x+\cos 2x}{\sin 2x+2\cos 2x+3}$

$$\begin{gathered} \iff \left(\sin 2x+2\cos 2x+3\right)y=3\sin 2x+\cos 2x \\ \iff \left(y-3\right)\sin 2x+\left(2y-1\right)\cos 2x=-3y \end{gathered}$$

Phương trình trên có nghiệm nên 

$$\begin{gathered} {\left(y-3\right)}^2+{\left(2y-1\right)}^2\ge {\left(-3y\right)}^2 \\ \iff 5y^2-10y+10\ge 9y^2 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff -4y^2-10y+10\ge 0 \\ \iff \frac{-5-\sqrt{65}}{4}\le y\le \frac{-5+\sqrt{65}}{4} \end{gathered}$$

Suy ra giá trị lớn nhất của y là $\frac{-5+\sqrt{65}}{4}$

Phương trình $\frac{3\sin 2x+\cos 2x}{\sin 2x+2\cos 2x+3}\le m+1$nghiệm đúngg với mọi số thực x khi 

$\frac{-5+\sqrt{65}}{4}\le m+1\iff m\ge \frac{-9+\sqrt{65}}{4}$

Đáp án C

Gọi M là trung điểm của CD. Kẻ HK vuông góc với SM.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}CD\perp HM\\ CD\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SHM\right)\Rightarrow \perp HK$

Mặt khác ta có $HK\perp \left(SCD\right)$

Suy ra $HK\perp \left(SCD\right)$

Vậy $d(A,(SCD\left)\right)=D(H,(SCD\left)\right)=HK$

Xét tam giác BHC vuông tại B, ta có:

$$\begin{gathered} HC=\sqrt{B{H}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2} \\ \Rightarrow SH=HC=a\sqrt{2} \end{gathered}$$

Xét tam giác SHM vuông tại H, ta có:

 $$\begin{gathered} \frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{M{H}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2} \\ \Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{6}}{3} \end{gathered}$$

Đáp án B

Trước tiên ta xác định hàm số f(x) là hàm số tính thời gian người canh hải đăng phải đi.

Đặt BM= x , CM =7-x-> $AM=\sqrt{x^2+25}$  . Theo đề ta có ngưới canh hải đăng chèo từ A đến M trên bờ biển với v = 4km/h rồi đi bộ đến C với v = 6 km/h

$\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{\sqrt{x^2+25}}{4}+\frac{7-x}{6}=\frac{3\sqrt{x^2+25}-2x+14}{12}$với $x\in (0;7)$

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{12}\left(\frac{3x}{\sqrt{x^2+25}}-2\right)\\ f\text{'}\left(x\right)=0\iff \frac{3x}{\sqrt{x^2+25}}-2=0\\ \iff 3x-2\sqrt{x^2+25}=0\\ \iff 2\sqrt{x^2+25}=3x\\ \iff \left\{\begin{array}{l}5x^2=100\\ x\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\pm 2\sqrt{5}\\ x\ge 0\end{array}\right.\iff x=2\sqrt{5}\end{array}$

Vậy đoạn đường ngắn nhất thì giá trị phải nhỏ nhất

$\begin{array}{l}f\left(0\right)=\frac{29}{12}\\ f\left(2\sqrt{5}\right)=\frac{14+5\sqrt{5}}{12}\\ f\left(7\right)=\frac{\sqrt{74}}{4}\end{array}$

Vậy giá trị nhỏ  nhất của f(x) là $\frac{14+5\sqrt{5}}{12}$ tại x=$2\sqrt{5}$

Nên thời gian đi ít nhât là BM= x =$2\sqrt{5}$

Đáp án A

Yêu cầu bài toán tương đương với:

Tìm a để $\left[\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(ax+\sqrt{4x^2+1}\right)\text{=c }\left(1\right)\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }\left(ax+\sqrt{4x^2+1}\right)\text{=c }\left(2\right)\end{array}\right.$  với c là hằng số

Giả sử 1 đúng thì ta suy ra $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{ax+\sqrt{4x^2+1}}{x}\right)\text{= 0 (3)}$

Mặt khác $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{ax}{x}=a$ ,$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{\sqrt{4x^2+1}}{x}\right)\text{= 2}$

Vậy VT(3) bằng a+2 suy ra a = -2.

Tương tự (2) đúng suy ra a = 2.

Thử lại với a = ±2​ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang.

Đáp án C

Tính chất của khối đa diện

Đáp án C

$y\text{'}=4x^3-16x$

$y\text{'}=0\iff 4x^3-16x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 2\end{array}\right.$

$y\text{'}>0\iff x\in \left(-2;0\right)\cup \left(2;+\infty \right)$

Nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-2;0\right);\left(2;+\infty \right)$

Đáp án B

Gọi M là trung điểm của BC   . Vì $\Delta ABC$ cân tại A   nên $AM\perp BC$ ,

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AM\perp BC\\ SM\perp BC\\ \left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\end{array}\right.\Rightarrow$ Góc giữa $\left(SBC\right)$ và $\left(ABC\right)$ là góc  Vì góc $SAM={90}^0$

Có $BM=a$ , góc$BAM={60}^0$ nên

$$\begin{gathered} \sin BAM=\frac{BM}{AB}\Rightarrow AB=\frac{2a}{\sqrt{3}} \\ \Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin {\text{120}}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \tan BAM=\frac{BM}{AM}\Rightarrow AM=\frac{a}{\sqrt{3}} \\ \Rightarrow \tan SMA=\frac{SA}{AM}\Rightarrow SA=\frac{a}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a}{\sqrt{3}}.\frac{a^2\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3}{9}$

Đáp án B

Ta có: $y=\left|x+2\right|=\sqrt{{\left(x+2\right)}^2}$

Có$y\text{'}=\frac{x+2}{\sqrt{{\left(x+2\right)}^2}}$

$\begin{array}{l}y\text{'}=0\iff x=-2\\ y\text{'}>0\iff x\in \left(-2;+\infty \right);y\text{'}<0\iff x\in \left(-\infty ;-2\right)\end{array}$

Nên hàm số đạt cực tiểu tại x=-2

Đáp án B

Ta có: $M\left(0;8\right)\notin \left(C\right)\Rightarrow$ Loại A

Ta có:$M\left(0;8\right)\notin \left(C\right)\Rightarrow$ Loại D

Có $\begin{array}{l}y\text{'}=6x^2-6x\\ y\text{'}\left(-1\right)=12\end{array}$

Phương trình tiếp tuyến tại $M(-1;-4)$ có dạng $y+4=12(x+1)\iff y=12x+8\left(d\right)$

Có đường thẳng d cắt trục tung tại điểm $M(0;8)$ (thỏa mãn yêu cầu của bài )

Vậy B là đáp án đúng.

Đáp án D

Gọi H là trung điểm của AD, N là trung điểm của AB

Có $SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow$  góc giữa SB và (ABCD) là góc SBH

Có

 $\begin{array}{l}HB=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\\ SH=HB.\tan SBH=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{15}}{2}.\\ S_{\Delta MAB}=\frac{1}{2}.MN.AB=\frac{a^2}{2}\\ V_{S.MAB}=\frac{1}{3}.SH.S_{\Delta MAB}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{15}}{2}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{15}}{12}\end{array}$

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên ta có điểm cực đại $\left(1;3\right)$  va điểm cực tiểu là$\left(2;0\right)$

Đáp án B

$\begin{array}{l}AC=2a\Rightarrow AB=a\sqrt{2}\\ \widehat{\left(\left(SBC\right);\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SHO}={45}^0\\ \Rightarrow SO = OH.\tan 45°=\frac{a\sqrt{2}}{2}\\ V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}\end{array}$

Đáp án B

$V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=S_{ABC\text{D}}.h\Rightarrow h=\frac{a^3}{a^2}=a$

Đáp án A

Hàm số f(x) xác định trên D⊆ R
Điểm xo∈ D được gọi là điểm cực đại của hàm số f(x) nếu tồn tại một khoảng (a;b)⊂ D sao cho xo∈ (a;b) và f(xo)>f(x),∀x ∈ (a,b)∖{xo}.

Đáp án B

Gọi O là tâm nửa đường tròn. Ta có:  $PQ=2OP=2\sqrt{9-x^2}$

Đặt diện tích hình chữ nhật là:$f\left(x\right)=2x\sqrt{9-x^2}\Rightarrow f^2\left(x\right)=4x^2\left(9-x^2\right)$

Đặt $y=x^2\left(0<y\le 3\right)$  . Xét hàm số  $g\left(y\right)=4y\left(9-y\right)$

Ta có $f\left(x\right)$  lớn nhất khi $g\left(y\right)$  lớn nhất. $g\left(y\right)$lớn nhất khi  $y=3\Rightarrow x=\sqrt{3}$

$\max f\left(x\right)=f\left(\sqrt{3}\right)=6\sqrt{2}$

Đáp án D

Số hạng tổng quát trong khai triển

$T_{\text{k+}1}=C_7^{\text{k}}{\left({\text{x}}^2\right)}^{\text{k}}{\left(\frac{-2}{\sqrt[3]{\text{x}}}\right)}^{\text{7-k}}=C_7^{\text{k}}\left({\text{x}}^{2\text{k}}\right){\left(\frac{-2}{{\text{x}}^{\frac{1}{3}}}\right)}^{\text{7-k}}=C_7^{\text{k}}\left({\text{x}}^{2\text{k}}\right)\frac{{(-2)}^{\text{7-k}}}{{\text{x}}^{\frac{7-k}{3}}}=C_7^{\text{k}}\left({\text{x}}^{2\text{k}}\right)\frac{{(-2)}^{\text{7-k}}}{{\text{x}}^{\frac{7-k}{3}}}=C_7^{\text{k}}\left({\text{x}}^{\frac{7k-7}{3}}\right){(-2)}^{\text{7-k}}$

 số hạng không chứa x ứng với k:  $\frac{7\text{k}-7}{3}=0\iff \text{k=1}$

Vậy số hạng không chứa x là:$C_7^1{(-2)}^{\text{7-1}}=448$

Vậy  $P\left(A\right)=\frac{1}{5040}$

Đáp án B

 $y\text{'}=-{\text{x}}^2+2\text{mx+}\left(3\text{m+}2\right)$

Hàm số nghịch biến trên R $\iff y\text{'}\le 0$  moị x   

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}\text{a<}0\\ {\Delta }_{y\text{'}}^{\text{'}}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1\text{<}0\\ {\text{m}}^2+3\text{m+}2\le 0\end{array}\right. \\ \iff -2\le m\le -1 \end{gathered}$$

Đáp án D

Với  $y\text{'}=\frac{3-\text{m}}{{(x+1)}^2}$

Nếu $y\text{'}>0$  khi $m<3$ $\text{Min y=}1$  tại x=1 $\Rightarrow m=1$  thỏa

và $y\text{'}<0$  khi $m>3$ . $\text{Min y=}1$  tại x=2 $\Rightarrow m=0$  loại

Đáp án A

 $y\text{'}=4{\text{x}}^3-2\text{mx}$

Để đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì đồ thị hàm số phải có 3 cực trị và $y_{CT}<0<$y­­_CĐ Nên m>0 và y’=0 có 3 nghiệm

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}\text{x=}0\\ \text{x=}\frac{\sqrt{2\text{m}}}{2}\\ \text{x=-}\frac{\sqrt{2\text{m}}}{2}\end{array}\right.$

 $y_{CT}<0<$y­­_CĐ  $\iff \frac{-{\text{m}}^2}{4}+m-1<0<m-1\iff 2\ne m>1$

Đáp án B

Gọi $M\left(\text{a;}\frac{\text{a}+2}{\text{a}-2}\right)$  thuộc đồ thị hàm số

 $\text{d}\left(\text{M;TCD}\right)=\left|\text{a}-2\right|$

 $\text{d}\left(\text{M;TCN}\right)=\left|\frac{4}{\text{a}-2}\right|$

Tổng khoảng cách =$\left|\text{a}-2\right|+\left|\frac{4}{\text{a}-2}\right|\ge 2\sqrt{\left|\text{a}-2\right|.\left|\frac{4}{\text{a}-2}\right|}=4$

Dấu bằng xảy ra khi $\left|\text{a}-2\right|=\left|\frac{4}{\text{a}-2}\right|\iff \left[\begin{array}{l}\text{a=4}\\ \text{a=0}\end{array}\right.$  do hoành độ dương nên a=4

Vậy M(4;3)

Đáp án D  

$\left(\left(A\text{'}BC\right),\left(ABC\right)\right)=\widehat{A\text{'}BA}={30}^0.$

$AA\text{'}=AB.tan{30}^0=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}.$

$V_{ABC}=AA\text{'}.S_{ABC}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}.$

Đáp án A 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình  $\left|f\left(x\right)\right|=m$ có  nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m=\mathrm{0,}m=3$   .

Đáp án A

Giải:

TXĐ: $D=ℝ$ .

$f\text{'}\left(x\right)=6x^2+6x-12$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=1\in \left[-1;2\right]\\ x=-2\notin \left[-1;2\right]\end{array}\right.$

Ta có $f\left(-1\right)=15$ ,$f\left(1\right)=-5$ ,$f\left(2\right)=6$.

Do f liên tục trên$\left[-1;2\right]$  nên suy ra   $\underset{x\in \left[-1;2\right]}{\max }f\left(x\right)=15.$

Đáp án A

$\frac{V_{SEBD}}{V_{SCBD}}=\frac{SE}{SC}=\frac{2}{3}.$

$$\begin{gathered} V_{SEBD}=\frac{2}{3}{V}_{SCBD}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot V_{S.ABCD} \\ =\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{3}. \end{gathered}$$

Đáp án C 

Đáp án A

Gọi H là trung điểm AB. Ta có 2 tam giác SAB và ABC đều và bằng nhau nên SH = CH=$a\sqrt{3}$    . Mà $S_{\Delta ABC}=a^2\sqrt{3}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}.a\sqrt{3}=a^3$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=4x^3-2x^2-2x;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=\raisebox{1ex}{$-1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.\end{array}\right.$  . Lập BBT

Đáp án C

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y\text{'}=x^2-2mx+m^2-m+1\\ y\text{'}\text{'}=2x-2m\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(1\right)=m^2-3m+2=0\\ y\text{'}\text{'}\left(1\right)=2-2m<0\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m=1\left(l\right)\\ m=2\left(n\right)\end{array}\right.\\ m>1\end{array}\right.\Rightarrow m=2 \end{gathered}$$

(Cách khác: Hs kiểm tra trên MTBT vẫn đc m =2)

Đáp án D

$\left\{\begin{array}{l}S{}_1=u{}_1=3\\ S{}_2=2u{}_1+d=4\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}u{}_1=3\\ d=-2\end{array}\right.\Rightarrow M=1$

Đáp án B

$y\text{'}=-3x^2+6x-3<\mathrm{0,}\forall x\in$ℝ

( Cách khác: Hs kiểm tra trên MTBT bằng chức năng Mode 7 vẫn đc kết quả câu B )

Đáp án B

Quay 3 lần thì số kết quả thu được là ${10}^3$ .

Kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay  có số kết quả là  $\mathrm{10.9.8}=720$

Xác suất để kim của chiếc nón ở 3 vị trí khác nhau ở 3 lần quay là : $\frac{720}{{10}^3}=\frac{18}{25}=\mathrm{0,72}$

Đáp án B.

Từ $\left(C\right):{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2=4$  có tâm $I\left(-1;3\right)$  và bán kính R=2  .

 $V_{\overrightarrow{v}}\left(I\right)=I^{\text{'}}\left(2;5\right)$nên có PT là ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-5\right)}^2=4$  .

Đáp án D.

Có $\left\{\begin{array}{l}{u}_1=2\\ u_4=54\end{array}\right.$

$u_4=u_1.q^3$$\Rightarrow 54=2.q^3\iff q^3=27\iff q=3$ nên $u_6={2.3}^5=486$

Đáp án A.   

Ta có  $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(3x+1\right)=3$

Để $f\left(x\right)$  liên tục trên $ℝ$  thì   $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)$ <->$\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(ax+1\right)=a=3$

Đáp án A.

$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-3x+2}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{{\left(x-1\right)}^2\left(x+2\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+2\right)}{x+1}=0$

Đáp án C

Hàm số bậc 3 xác định trên R, nên không tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x$

Có $y\text{'}(-1)=9;\text{ y(-1) = -4}$

Khi đó phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại $x_0=-1$  là

$y+4=9(x+1)\iff y=9x+5$

Đáp án D

Ta có $d(\text{AA}\text{'},BC)=d(AA\text{'},(BB\text{'}C\text{'}C\left)\right)=d(A\text{'},(BB\text{'}C\text{'}C\left)\right)$

Gọi M và M’ lần lượt là trung điểm BC và B’C’, G là trọng tâm của tam giác ABC

Theo giả thiết ta có $\left.\begin{array}{l}BC\perp AM\\ BC\perp A\text{'}G\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp (AA\text{'}G)\Rightarrow BC\perp AA\text{'}$ , nên tứ giác BB’C’C là hình chữ nhật có cạnh BC = a

Vì 

$$\begin{gathered} V_{A\text{'}ABC}=\frac{1}{3}A\text{'}G.S_{\Delta ABC} \\ =\frac{1}{3}{V}_{LT}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12} \\ \Rightarrow A\text{'}G=a \\ \Rightarrow AA\text{'}=\sqrt{A{G}^2+A\text{'}{G}^2}=\frac{2a}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

Có

 $$\begin{gathered} V_{A\text{'}BB\text{'}C\text{'}C}=\frac{2}{3}{V}_{LT}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6} \\ =\frac{1}{3}d(A\text{'},(BB\text{'}C\text{'}C\left)\right).S_{BB\text{'}C\text{'}C} \\ \Rightarrow d(A\text{'},(BB\text{'}C\text{'}C\left)\right)=\frac{3a}{2} \end{gathered}$$

Đáp án D

có $\frac{4}{n}=\frac{1}{n}+3.\frac{1}{n}$

$\frac{7}{n}=\frac{1}{n}+3.\frac{2}{n}$

$\frac{10}{n}=\frac{1}{n}+3.\frac{3}{n}$

......

$\frac{1+3n}{n}=\frac{1}{n}+3.\frac{n}{n}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow S=\frac{1}{n}.n+3(\frac{1}{n}+\frac{2}{n}+\mathrm{...}+\frac{n}{n}) \\ =1+\frac{3}{n}.\frac{1+n}{2}n=1+\frac{3(1+n)}{2} \end{gathered}$$

$\Rightarrow S_{20}=\frac{65}{2}=\mathrm{32,5}$

Đáp án B

Ta có $(\mathrm{s}\text{inx}+\cos x)(1-\mathrm{s}\text{inx}.\cos x)=1-\mathrm{s}\text{inx}.\cos x$

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{l}1-\mathrm{s}\text{inx}.\cos x=0\left(l\right)\\ \mathrm{s}\text{inx}+\cos x=1\end{array}\right. \\ \iff \sin (x+\frac{\pi }{4})=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=k2\pi \\ x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \end{array}\right. \end{gathered}$$