Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta có a < 0

Điểm uốn của đồ thị đi qua điểm O nên  b = 0

Hai điểm cực trị của hàm số nằm hai bên trục Oy nên a.c < 0. Suy ra c > 0

Vậy hàm số cần tìm là:  $y=-x^3+3x$

Đáp án D

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}AB\perp AC\\ AB\perp AD\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(ACD\right)\Rightarrow AB\perp CD\\ \Rightarrow \left(AB;CD\right)={90}^0\end{array}$

Đáp án A

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{{\text{x}}^4-\text{x}}}{1-2\text{x}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\text{x}\sqrt{{\text{x}}^2-\frac{1}{\text{x}}}}{1-2\text{x}} \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{{\text{x}}^2-\frac{1}{\text{x}}}}{\frac{1}{\text{x}}-2}=+\infty \end{gathered}$$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm:

$\begin{array}{l}{\text{x}}^3+2m{\text{x}}^2+3(m-1)\text{x+}2=-\text{x+}2\\ \iff {\text{x}}^3+2m{\text{x}}^2+(3m-2)\text{x=}0\\ \iff \left[\begin{array}{l}\text{x=}0\\ {\text{x}}^2+2m\text{x}+(3m-2)\text{=}0\end{array}\right.\end{array}$   

+) Với m= -1  ba giao điểm là $\text{A}\left(0;2\right)$  ,$B\left(1-\sqrt{6};1+\sqrt{6}\right)$ ,$\text{C}\left(1+\sqrt{6};1-\sqrt{6}\right)$

$\text{MB}=\sqrt{16+4\sqrt{6}}$ ; $\text{MC}=\sqrt{16-4\sqrt{6}}$;$\text{BC}=4\sqrt{3}$

Diện tích tam giác MBC=2 $\sqrt{6}$

+) Với m= 4  ba giao điểm là $\text{A}\left(0;2\right)$  ,$B\left(-4+\sqrt{6};-2+\sqrt{6}\right)$ ,$\text{C}\left(-4-\sqrt{6};-2-\sqrt{6}\right)$

$\text{MB}=\sqrt{70-20\sqrt{6}}$ ;$\text{MC}=\sqrt{70+20\sqrt{6}}$ ;$\text{BC}=4\sqrt{3}$

Diện tích tam giác MBC$\approx$  9,1

Vậy m=-1

Đáp án C

TXĐ: D=R

 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\text{x}}^2}{\text{x}}=\underset{x\to 0}{\lim }\text{x=}0=\text{f}\left(0\right)$

Vậy hàm số liên tục tại x=0

Hàm số liên tục khi x<1

Hàm số liên tục khi x>1

Tại x=1 ta có:

f(1)=1

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{{\text{x}}^2}{\text{x}}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\text{x=}1=\text{f}\left(1\right)$

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\sqrt{\text{x}}\text{=}1=\text{f}\left(1\right)$

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\text{f}\left(\text{x}\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\text{f}\left(\text{x}\right)\text{=f}\left(1\right)$

Vậy hàm số liên tục tại x=1

Hàm số liên tục trên R

Đáp án D 

Gọi H,M lần lượt là trung điểm của AB và CD

Vì $\Delta SAB$  đều và mặt phẳng $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)$$\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$   .

Ta có

$\left\{\begin{array}{l}CD\perp HM\\ CD\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SHM\right)$     (1)

Gọi I là hình chiếu vuông góc của H  lên mặt phẳng  $\left(SCD\right)$ (2) 

Từ (1) và (2) suy ra  $HI\perp \left(SCD\right)$

  Vì $AB\text{//}CD\Rightarrow AB\text{//}\left(SCD\right)$$\Rightarrow d\left(A,\left(SCD\right)\right)=d\left(H,\left(SCD\right)\right)=HI=\frac{3a\sqrt{7}}{7}$

Giải sử $AB=x\left(x>0\right)$ $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}SH=\frac{x\sqrt{3}}{2}\\ HM=x\end{array}\right.$   .

Mặt khác: $\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{H{M}^2}+\frac{1}{S{H}^2}$   $\iff \frac{7}{9a^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{4}{3x^2}\iff x^2=3a^2\Rightarrow x=\sqrt{3}a$  

Thể tích:  $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.3a^2=\frac{3a^3}{2}$ (đvtt)

Đáp án C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{u}_4-u_2=54\\ u_5-u_3=108\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_4-u_2=54\\ u_{4}q-u_{2}q=108\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_4-u_2=54\\ q(u_4-u_2)=108\end{array}\right.\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_4-u_2=54\\ 54q=108\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1{q}^3-u_{1}q=54\\ q=2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1(q^3-q)=54\\ q=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=9\\ q=2\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án A

Ta có $\sin (2x-\frac{\pi }{4})=\sin (x+\frac{3\pi }{4})$

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{l}2x-\frac{\pi }{4}=x+\frac{3\pi }{4}+k2\pi \\ 2x-\frac{\pi }{4}=\pi -x-\frac{3\pi }{4}+k2\pi \end{array}\right., k\in \mathrm{\mathbb{Z}} \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\pi +k2\pi \\ 3x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \end{array}\right., k\in \mathrm{\mathbb{Z}} \end{gathered}$$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=\pi +k2\pi \\ x=\frac{\pi }{6}+k\frac{\pi }{3}\end{array}\right., k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$

Vì nghiệm của phương trình thuộc $\left(0;\pi \right)$  nên ta có:

$\left[\begin{array}{l}0<\pi +k2\pi <\pi \\ 0<\frac{\pi }{6}+k\frac{2\pi }{3}<\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-\frac{1}{2}<k<0\\ -\frac{1}{4}<k<\frac{5}{4}\end{array}\right.$

Mà $k\in \mathbb{Z}$ nên ta có k = 0 và k = 1 ứng với các nghiệm: $x=\frac{\pi }{6},x=\frac{5\pi }{6}$.

Vậy tổng nghiệm của phương trình là $\frac{\pi }{6}+\frac{5\pi }{6}=\pi$

Đáp án D

Gọi $M\left(x_o,y_o\right)\in \left(C\right)$  với $x_o,y_o\in \mathbb{Z}$

$y_o=\frac{x_o+10}{x_o+1}=1+\frac{9}{x_o+1}$$\Rightarrow 9⋮\left(x_o+1\right)\iff \left[\begin{array}{l}{x}_o+1=9\\ x_o+1=-9\\ x_o+1=3\\ x_o+1=-3\\ x_o+1=1\\ x_o+1=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}_o=8\\ x_o=-10\\ x_o=2\\ x_o=-4\\ x_o=0\\ x_o=-2\end{array}\right.$

Số điểm có tọa độ nguyên $\left(x_o;y_o\right)=\left\{\left(8;2\right),\left(-10;0\right),\left(2;4\right),\left(-4;-2\right),\left(0;10\right),\left(-2;-8\right)\right\}$

Đáp án D

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=2\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=2\end{array}\right.\Rightarrow$ tiệm cận ngang y = 2

$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=-\infty \\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=+\infty \end{array}\right.\Rightarrow$

tiệm cận đứng x = 1

Đáp án B

Có

 $\begin{array}{l}y\text{'}=x^2-2x+2\\ y\text{'}\text{'}=6x-2\end{array}$

Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất là nghiệm của $y\text{'}\text{'}=0\iff x=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow y\text{'}\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{5}{3}$

Đáp án D

Ta có:$y=\frac{\left|x\right|}{x+1}=\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{x+1}khix>0\\ -\frac{x}{x+1}khix<0\end{array}\right.$

Có $y\text{'}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}khix>0\\ -\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}khix<0\end{array}\right.$

Lập bbt ta được btt như đề bài.

Chú ý: Có thể sử dụng mode 7 đê kiểm tra đáp án.

Đáp án A

Xét hàm số  $y\left(x\right)=\sin \left|2016x\right|+\text{cos}\left(2017x\right)$ có tập xác định là R

Ta có:

$$\begin{gathered} y\left(-x\right)=\sin \left|2016\left(-x\right)\right|+\text{cos}\left(2017\left(-x\right)\right) \\ =\sin \left|2016x\right|+\text{cos}\left(2017x\right)=y\left(x\right) \end{gathered}$$

$\Rightarrow y\left(x\right)=\sin \left|2016x\right|+\text{cos}\left(2017x\right)$ là hàm chẵn

Đáp án C

$\left\{\begin{array}{l}AK\perp SD\\ CD\perp AK\left(CD\perp \left(SAD\right)\right)\end{array}\right.\Rightarrow AK\perp \left(SCD\right)$

Đáp án D

 Xét

 $$\begin{gathered} {\left(1+x\right)}^{2016}=C_{2016}^0+C_{2016}^{1}x+C_{2016}^2{x}^2+C_{2016}^3{x}^3 \\ +\mathrm{...}+C_{2016}^{2016}{x}^{2016} \end{gathered}$$

chọn x=1 ta có

$\begin{array}{l}{\left(1+1\right)}^{2016}=C_{2016}^0+C_{2016}^1+C_{2016}^2+C_{2016}^3+\mathrm{...}+C_{2016}^{2016}\\ \iff 2^{2016}-C_{2016}^0=C_{2016}^1+C_{2016}^2+C_{2016}^3+\mathrm{...}+C_{2016}^{2016}\\ \iff C_{2016}^1+C_{2016}^2+C_{2016}^3+\mathrm{...}+C_{2016}^{2016}=2^{2016}-1\end{array}$

Đáp án B

$$\begin{gathered} \underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(x_0\right)}{x-x_0}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{3-\sqrt{4-x}}{4}-\frac{1}{4}}{x-0} \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2-\sqrt{4-x}}{4x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{4\left(2+\sqrt{4-x}\right)}=\frac{1}{16} \end{gathered}$$

Đáp án A

Với $x=-1$  ta có $y_{\left(-1\right)}=-4$  . Vậy hàm số luôn đi qua điểm $M\left(-1;-4\right)$  ( có thể giải theo điểm cố định $M\left(x_0;y_0\right)$  )

Đáp án C

Với $y={\cos }^{2}x$  ta có  $y^{\left(3\right)}=4\sin 2x\Rightarrow {y^{\left(3\right)}}_{\left(\frac{\pi }{3}\right)}=2\sqrt{3}$

Đáp án C

Với $y=3\sin \frac{x}{2}$   ta có chu kì  $T=\frac{2\pi }{\left|\frac{1}{2}\right|}=4\pi$

Đáp án A

 Giao với Ox:  $y=0\Rightarrow x=\frac{1}{a}>0\Rightarrow a>0$

Giao với Oy:$x=0\Rightarrow y=-\frac{1}{c}>0\Rightarrow c<0$

Tiệm cận ngang:  $y=\frac{a}{b}=2>0\Rightarrow b>0$

Đáp án D

$T_{\overrightarrow{\text{v}}}\left(\text{M}\right)\text{=M'}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{x=x'-a}\\ y=y\text{'}-b\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{x=}5\\ y=-3\end{array}\right.$Vậy $\text{M}(5;-3)$

Đáp án A

Căn cứ vào đồ thị ta thấy đồ thị giao với trục Oy (  x=0 ) tại điểm có tọa độ nên c=1

Trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$  hàm số đồng biến nên a>0. Hàm số có 3 cực trị nên $\text{a.b}<0$  do đó  b<0

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm  $\frac{2\text{x}-1}{\text{x+}1}=2\text{x}-3\iff 2{\text{x}}^2-3\text{x}-2=0\iff \left[\begin{array}{l}\text{x}=2\\ \text{x}=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Vậy $\text{A}(2;1);\text{B}(\frac{-1}{2};-4)$

$\left|\overrightarrow{\text{AB}}\right|=\sqrt{{\left(-\frac{1}{2}-2\right)}^2+{\left(-4-1\right)}^2}=\frac{5\sqrt{5}}{2}$

Đáp án B

TXĐ của hàm $y=\text{tanx}$  là $D=ℝ\backslash \left\{\frac{\pi }{2}+\text{k}\pi |\text{k}\in \mathbb{Z}\right\}$  nên TXĐ của hàm $y=\text{tan }2\text{x}$  là $D=ℝ\backslash \left\{\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}|\text{k}\in \mathbb{Z}\right\}$

TXĐ của hàm $y=\cot \text{x}$  là $D=ℝ\backslash \left\{\text{k}\pi |\text{k}\in \mathbb{Z}\right\}$   nên TXĐ của hàm $y=\cot 2\text{x}$  là  $D=ℝ\backslash \left\{\frac{\text{k}\pi }{2}|\text{k}\in \mathbb{Z}\right\}$

Đáp án C

 $y\text{'}=3{\text{ax}}^2+2\text{bx+c}$

Hàm số đồng biến trên R khi    $y\text{'}>0\forall \text{x}\in ℝ$$\iff \left[\begin{array}{l}\text{a=b=0; c>}0\\ \text{a>}0\text{; }\Delta \text{'}=b^2-3\text{ac}\le 0\end{array}\right.$

Hàm y’ là một hằng số >0 hoặc y’ luôn dương

Đáp án D

$f\text{'}\left(x\right)=2\cos x+2\cos 2x=2\cos x+4{\cos }^{2}x-2.$

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}\cos x=-1\\ \cos x=\frac{1}{2}\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=\pi +k2\pi \\ x=\pm \frac{\pi }{3}+k2\pi \end{array}\left(k\in \mathbb{Z}\right).\right. \end{gathered}$$

=>M=  $\frac{3\sqrt{3}}{2}$, m=0

Đáp án C

Gọi số cần tìm có dạng $\overline{abcd}$

d có 3 cách chọn;

 a có 3 cách chọn;

b  có 3 cách chọn;

c có 2 cách chọn:

Vậy có $\mathrm{3.3.3.2}=54$  số thỏa yêu cầu bài toán

Đáp án C

Ta có:  

$$\begin{gathered} \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\dots +\frac{1}{n\left(n+1\right)} \\ =\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3} \\ +\dots +\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1} \end{gathered}$$

Suy ra:

 $$\begin{gathered} \lim \left[\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\dots +\frac{1}{n\left(n+1\right)}\right] \\ =\lim \left(1-\frac{1}{n+1}\right)=1. \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=3x^2-3$ .

Suy ra $y=y\text{'}\left(\frac{1}{3}x\right)-2x+1$  .

Vậy phương trình đường thẳng AB có dạng $y=-2x+1$ .

Đáp án đúng: D 

*Phương pháp giải:

- Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp tam giác đều để tính toán: mặt đáy của hình chóp tam giác đều là tam giác đều

- Tính độ dài chiều cao hình chóp rồi tính ra V hình chóp

*Lời giải:

$$\begin{gathered} SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2} \\ =\sqrt{\frac{2a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}. \end{gathered}$$

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

*Lý thuyết về diện tích xung quanh và thể tích hình chóp tam giác đều, tứ giác đều:

+) Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều

+) Diện tích toàn phần của hình chóp tam giác đều (hình chóp tứ giác đều) bằng tổng của diện tích xung quanh và diện tích đáy: ($S_{tp}=S_{xq}+S_{đáy}$ ($S_{tp}$ là diện tích toàn phần, là diện tích đáy, $S_{xq}$ là diện tích xung quanh)

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

Lý thuyết Thể tích của hình chóp đều – Toán 8

Công thức tính thể tích khối chóp và cách giải các dạng bài tập (2024) chi tiết nhất 

Trắc nghiệm Thể tích hình chóp đều (có đáp án) - Toán 8

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y\text{'}\left(x\right)=-3 \\ \iff 3x^2-6x+3=0 \\ \iff x=1\Rightarrow y=-2 \end{gathered}$$

Đáp án A

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{x^2+4x+3}{{\left(x+2\right)}^2} \\ \Rightarrow y\text{'}=0\iff x^2+4x+3=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=-1\Rightarrow y_{ct}=1=n\\ x=-3\Rightarrow y_{cd}=-3=M\end{array}\right. \\ \Rightarrow M^2-2n=7 \end{gathered}$$

Đáp án C

$\begin{array}{l}y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y\text{'}=0\iff 3x^2-6x=0\\ \end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y_{cd}=1\\ x=2\Rightarrow y_{ct}=-3\end{array}\right.\\ Ycbt\iff y_{cd}<m<y_{cd}.Hay-3<m<1\end{array}$

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

Đáp án B

Đáp án A

Vì $\left\{\begin{array}{l}{270}^0\in \left({225}^0;{315}^0\right)\\ \sin {270}^0=-1\\ \sin {225}^0=\sin {315}^0=\raisebox{1ex}{$-\sqrt{2}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.\end{array}\right.\Rightarrow -1\le \sin x<\raisebox{1ex}{$-\sqrt{2}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.hayy\in \left[-1\right.\text{;\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left.\raisebox{1ex}{$-\sqrt{2}$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.\right)$

(Cách khác: Hs kiểm tra trên MTBT bằng cách vào Mode 7 vẫn đc kết quả đáp án A )

Chọn A.

Xét PT hoành độ    $x^3-2x^2+\left(1-m\right)x+m=0$ (1) 

Để $\left(C_m\right)$  cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ là $x_1;x_2;x_3$ , tức PT (1) có 3 nghiệm phân biệt là $x_1;x_2;x_3$

Áp dụng vi –ét có :$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a}=-\frac{-2}{1}=2\\ x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_1{x}_3=\frac{c}{a}=\frac{1-m}{1}=1-m\\ x_1{x}_2{x}_3=-\frac{d}{a}=-\frac{m}{1}=-m\end{array}\right.$

 theo bài ta có

 $$\begin{gathered} {x_1}^2+{x_2}^2+{x_3}^2=4 \\ \iff {\left(x_1+x_2+x_3\right)}^2-2\left(x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_1{x}_3\right)=4 \\ \iff 2^2-2\left(1-m\right)=4\iff 4-2+2m=4 \\ \iff 2m=2\iff m=1 \end{gathered}$$

Chọn A.

$\frac{V_{S.ABC}}{V_{S.MNC}}=\frac{SA.SB.SC}{SM.SN.SC}=\frac{SA}{SM}.\frac{SB}{SN}=2.2=4$

Chọn D

TH1:

Ta có ${Đ}_O:M\left(x;y\right) \to M^{\text{'}}(x^{\text{'}};y^{\text{'}}).$  Khi đó:$\left\{\begin{array}{l}x\text{'}=-x\\ y\text{'}=-y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-x^{\text{'}}\\ y=-y^{\text{'}}\end{array}\right.$

Từ $x+y-2=0\iff -x^{\text{'}}-y^{\text{'}}-2=0$

Vậy có ảnh $d_1:x+y+2=0$ .

Tiếp tục qua phép tịnh tiến $\overrightarrow{v}=\left(\mathrm{3,2}\right)$  có $T_{\overrightarrow{v}}:N\left(x;y\right)\to N^{\text{'}}\left(x^{\text{'}};y^{\text{'}}\right)$  khi đó  $\left\{\begin{array}{l}{x}^{\text{'}}=x+3\\ y^{\text{'}}=y+2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3-x^{\text{'}}\\ y=2-y^{\text{'}}\end{array}\right.$.

$x+y+2=0$    $\iff \left(3-x^{\text{'}}\right)+\left(2-y^{\text{'}}\right)+2=0$$\iff 7-x^{\text{'}}-y^{\text{'}}=0$

Vậy ảnh là $d^{\text{'}}:x+y-7=0$ .

TH2:

Ta có qua phép tịnh tiến $\overrightarrow{v}=\left(\mathrm{3,2}\right)$  có $T_{\overrightarrow{v}}:N\left(x;y\right)\to N^{\text{'}}\left(x^{\text{'}};y^{\text{'}}\right)$  khi đó $\left\{\begin{array}{l}{x}^{\text{'}}=x+3\\ y^{\text{'}}=y+2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3-x^{\text{'}}\\ y=2-y^{\text{'}}\end{array}\right.$  . Từ      $x+y-2=0$  $\iff \left(3-x^{\text{'}}\right)+\left(2-y^{\text{'}}\right)-2=0$$\iff 3-x^{\text{'}}-y^{\text{'}}=0$

Vậy có ảnh $d_1:x+y-3=0$ .

Tiếp tục ${Đ}_O:M\left(x;y\right) \to M^{\text{'}}(x^{\text{'}};y^{\text{'}}).$  Khi đó:$\left\{\begin{array}{l}x\text{'}=-x\\ y\text{'}=-y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-x^{\text{'}}\\ y=-y^{\text{'}}\end{array}\right.$

Từ$x+y-3=0\iff -x^{\text{'}}-y^{\text{'}}-3=0$

Vậy ảnh là$d^{\text{'}}:x+y+3=0$ .

Chọn B.

$\left\{\begin{array}{l}MG\subset \left(ABC\right)\\ NH\subset \left(BC\text{D}\right)\\ \left(ABC\right)\cap \left(BC\text{D}\right)=BC\\ NH\cap MG=I\end{array}\right.\Rightarrow I\in BC$

vậy B, I, C  thẳng hàng

Chọn B.

Gọi  M là trung điểm của AB .

Có G là trọng tâm tam giác ABC  nên  $\frac{GM}{DM}=\frac{1}{3}$

Và E  là trọng tâm tam giác  ABC nên $\frac{EM}{CM}=\frac{1}{3}$

Áp dụng định lý Ta – lét có : $GE\text{//}DC$ .

Đáp án C

+) Số tam giác được tạo từ 3 đỉnh trong 12 đỉnh:$C_{12}^3$

+) Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và 2 cạnh là cạnh của đa giác: cứ 3 đỉnh liên tiếp cho 1 tam giác thỏa mãn đề bài, nên có 12 tam giác

+) Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và 1 cạnh là cạnh của đa giác: cứ 1 cạnh, trừ đi 2 đỉnh kể, còn 8 đỉnh, với 2 đỉnh đầu mút của cạnh đó cho 1 tam giác thỏa mãn đề bài, nên có 8.12 tam giác

Vậy số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và không có cạnh nào là cạnh của đa giác là $C_{12}^3-12-8.12$

Vậy kết quả là $\frac{C_{12}^3-12-8.12}{C_{12}^3}$

Đáp án A

Gọi O là tâm của hình vuông, ta có

$$\begin{gathered} \overrightarrow{MS}.\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{MS}.2\overrightarrow{MO} \\ =2.(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC}).\overrightarrow{MO} \\ =2M{O}^2+0=\frac{a^2}{2} \end{gathered}$$