Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 15

$\left( P \right):\,\,y = a{x^2} + bx + c$ có a < 0 và tọa độ đỉnh là (2;5) hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 5 khi x = 2.

Do đó $a{x^2} + bx + c \le 5\,\,\forall x$.

Vậy phương trình $a{x^2} + bx + c = m$ vô nghiệm khi và chỉ khi m > 5.

Đáp án A.

Ta có:

$\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CA} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {AB} } \right|$$= \left| {\overrightarrow {CB} } \right| = BC = a$.

Đáp án A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,3{x^2} - 2 = 2{x^2} - x + 4\\ \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 3\end{array} \right.\end{array}$

Với x = 2 thì y = 10 => A(2;10).

Với x = -3 thì y = 25 => B(-3;25).

Gọi phương trình đường thẳng AB là y = ax + b.

Vì $A \in AB$ nên 10 = 2a + b.

Vì $B \in AB$ nên 25 = -3a + b.

Ta có hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}2a + b = 10\\ - 3a + b = 25\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b = 16\end{array} \right.$

Vậy phương trình đường thẳng AB là y = –3x + 16.

Đáp án C.

$A = \left\{ {x \in \mathbb{Z}; - 3 < x \le 4} \right\}$ $\Rightarrow A = \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}$.

Vậy tập hợp A có 7 phần tử.

Đáp án B.

Cho x = 0 ta có: $y =  - {0^2} - 2.0 + 5 = 5$.

Vậy giao điểm của (P) với Oy là (0;5).

Đáp án A.

Vì I là trung điểm của AM nên $\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IM}  = \overrightarrow 0$.

Mà M là trung điểm của BC nên $\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = 2\overrightarrow {IM}$.

Do đó $\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = -2\overrightarrow {IA}$ hay $2\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0$.

Đáp án C.

Tập hợp A có 2 phần tử nên có ${2^2} = 4$ tập con.

Đáp án A.

Hàm số $y = \left( {m - 5} \right){x^2} - 5x + 1$ là hàm số bậc nhất

$\Leftrightarrow m - 5 = 0 \Leftrightarrow m = 5$.

Đáp án A.

Xét đáp án D ta có:

TXĐ: D = R nên $\forall x \in D \Rightarrow  - x \in D$.

Đặt $y = f\left( x \right) =  - {x^4} + 3{x^2} + 1$ ta có:

$\begin{array}{l}f\left( { - x} \right) =  - {\left( { - x} \right)^4} + 3{\left( { - x} \right)^2} + 1\\f\left( { - x} \right) =  - {x^4} + 3{x^2} + 1\\f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)\end{array}$

Vậy hàm số $y =  - {x^4} + 3{x^2} + 1$ là hàm số chẵn.

Đáp án D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm ${x^2} + 5x + 2m = 0$ (*).

Để đồ thị hàm số $y = {x^2} + 5x + 2m$ cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta  = 25 - 8m > 0$ $\Leftrightarrow m < \dfrac{{25}}{8}$.

Gọi ${x_1};{x_2}$ là hai nghiệm phân biệt của phương trình (*) $\Rightarrow A\left( {{x_1};0} \right)$ và $B\left( {{x_2};0} \right)$.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 5\\{x_1}{x_2} = 2m\end{array} \right.$ (**).

Theo bài ra ta có:

OA = 4OB

$\Leftrightarrow \left| {{x_1}} \right| = 4\left| {{x_2}} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 4{x_2}\\ - {x_1} = 4{x_2}\end{array} \right.$

TH1; ${x_1} = 4{x_2}$, thay vào hệ (**) ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_2} + 4{x_2} = 5\\{x_2}.4{x_2} = 2m\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 1\\4 = 2m\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = 1\\m = 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.$.

TH2; $- {x_1} = 4{x_2}$, thay vào hệ (**) ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_2} - 4{x_2} = 5\\{x_2}.\left( { - 4{x_2}} \right) = 2m\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} =  - \dfrac{5}{3}\\ - \dfrac{{100}}{9} = 2m\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} =  - \dfrac{5}{3}\\m =  - \dfrac{{50}}{9}\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.$.

$\Rightarrow S = \left\{ {2; - \dfrac{{50}}{9}} \right\}$.

Vậy tổng các phần tử của S bằng $2 + \left( { - \dfrac{{50}}{9}} \right) =  - \dfrac{{32}}{9}$.

Đáp án D.

Vì A thuộc đồ thị hàm số nên $- 2 = a - 1 + c \Leftrightarrow a + c =  - 1$.

Vì B thuộc đồ thị hàm số nên $3 = 4a - 2 + c \Leftrightarrow 4a + c = 5$.

Ta có hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}a + c =  - 1\\4a + c = 5\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\c =  - 3\end{array} \right.$.

Vậy $y = 2{x^2} - x - 3$.

Đáp án C.

Hàm số $y =  - {x^2} + 5x - 6$ có $- \dfrac{b}{{2a}} =  - \dfrac{5}{{2.(-1)}} = \dfrac{5}{2}$ và $a =  - 1 < 0$ nên hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ;\dfrac{5}{2}} \right)$ và nghịch biến trên $\left( {\dfrac{5}{2}; + \infty } \right)$.

Ta thấy $\left( {1;2} \right) \subset \left( { - \infty ;\dfrac{5}{2}} \right)$ nên hàm số đồng biến trên (1;2).

Đáp án D.

Đáp án A: ${1^2} + 4.1 - 2 = 3 \ne  - 3 \Rightarrow \left( {1; - 3} \right)$ không thuộc (P).

Đáp án B: ${3^2} + 4.3 - 2 = 19 \ne 18 \Rightarrow \left( {3;18} \right)$ không thuộc (P).

Đáp án C: ${\left( { - 2} \right)^2} + 4.\left( { - 2} \right) - 2 =  - 6 \Rightarrow \left( { - 2; - 6} \right)$ thuộc (P).

Đáp án C.

Với m = 0, hệ phương trình trở thành $\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 0\\y =  - \dfrac{2}{9}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{2}{3}\\y =  - \dfrac{2}{9}\end{array} \right.$.

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất nên m = 0 loại.

Với $m \ne 0$.

Hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = m\\mx + y = m - \dfrac{2}{9}\end{array} \right.$ có vô số nghiệm

$\Leftrightarrow \dfrac{m}{1} = \dfrac{1}{3} = \dfrac{{m - \dfrac{2}{9}}}{m} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \dfrac{1}{3}\\{m^2} = m - \dfrac{2}{9}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \dfrac{1}{3}\\\left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{2}{3}\\m = \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow m = \dfrac{1}{3}$ (tm).

Vậy ${m_0} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {m_0} \in \left( {0;\dfrac{1}{2}} \right)$.

Đáp án A.

Do ${x_1};\,{x_2}$ là các nghiệm của phương trình ${x^2} + 4x - 15 = 0$ nên áp dụng định lí Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 4\\{x_1}{x_2} =  - 15\end{array} \right.$.

Vậy $\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}}$$= \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} - 4.\left( { - 15} \right)}$$= \sqrt {76}$.

Đáp án B.

Đồ thị hàm số $y = 3{x^2} + 4x - 1$ nhận đường thẳng $x =  - \dfrac{4}{{2.3}} =  - \dfrac{2}{3}$ làm trục đối xứng.

Đáp án C.

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\sqrt {3{x^2} - 4x + 4}  = 3x + 2\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 2 \ge 0\\3{x^2} - 4x + 4 = {\left( {3x + 2} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \dfrac{2}{3}\\3{x^2} - 4x + 4 = 9{x^2} + 12x + 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \dfrac{2}{3}\\6{x^2} + 16x = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - \dfrac{2}{3}\\\left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{8}{3}\\x = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = 0\end{array}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ 0 \right\}$.

Đáp án A.

Hàm số  $\left( P \right):\,\,y =  - {x^2} + 2x - 3$ có các hệ số $a =  - 1,\,\,\,b = 2,\,\,c =  - 3$.

$\Rightarrow  - \dfrac{b}{{2a}} =  - \dfrac{2}{{2.\left( { - 1} \right)}} = 1$ và $- \dfrac{\Delta }{{4a}} =  - 2$.

Vậy đỉnh của parabol là $I\left( {1; - 2} \right)$.

Đáp án A.

Ta có 91 = 7.13 nên 91 là hợp số.

Vậy đáp án D sai.

Đáp án D.

Ta có:

A \ B = {1;3} ,  B \ A = {6;8}

$\Rightarrow \left( {A\backslash B} \right) \cup \left( {B\backslash A} \right) = \left\{ {1;3;6;8} \right\}$.

Vậy $\left( {A\backslash B} \right) \cup \left( {B\backslash A} \right)$ có 4 phần tử.

Đáp án B.

Gọi phương trình đường thẳng AB là y = ax + b.

Vì $A \in AB$ nên 4 = –a + b.

Vì $B \in AB$ nên –7 = 2a + b.

Ta có hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l} - a + b = 4\\2a + b =  - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{{11}}{3}\\b = \dfrac{1}{3}\end{array} \right.$

Vậy phương trình đường thẳng AB là $y =  - \dfrac{{11}}{3}x + \dfrac{1}{3}$ $\Leftrightarrow 3y =  - 11x + 1$$\Leftrightarrow 11x + 3y - 1 = 0$.

Đáp án C.

Hàm số xác định

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {m^2} \ge 0\,\,\\{x^2} - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} \ge m$.

Để hàm số xác định trên R thì ${x^2} \ge m\,\,\forall x \in R$.

Mà ${x^2} \ge 0\,\,\forall x \Rightarrow m \le 0$.

Vậy $m \in \left( { - \infty ;0} \right]$.

Đáp án D.

Gọi I(x;y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì IA = IB = IC.

$\begin{array}{l} \Rightarrow I{A^2} = I{B^2} = I{C^2}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I{A^2} = I{B^2}\\I{A^2} = I{C^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 6 - x} \right)^2} + {\left( { - y} \right)^2} = {\left( { - x} \right)^2} + {\left( {2 - y} \right)^2}\\{\left( { - 6 - x} \right)^2} + {\left( { - y} \right)^2} = {\left( { - 6 - x} \right)^2} + {\left( {2 - y} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 12x + 36 + {y^2} = {x^2} + {y^2} - 4y + 4\\{y^2} = {y^2} - 4y + 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12x + 4y =  - 32\\ - 4y + 4 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 3\\y = 1\end{array} \right.\end{array}$

Vậy I(-3;1).

Đáp án B.

Hàm số xác định $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\x - 3 \ne 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge -2\\x \ne 3\end{array} \right.$.

Vậy tập xác định của hàm số là $D = \left( { - 2; + \infty } \right]\backslash \left\{ 3 \right\}$.

Đáp án D.

Ta có: ABCD là hình thoi có $\angle BAD = {60^0}$$\Rightarrow \angle ABC = {120^0}$ và tam giác ABD là tam giác đều.

$\Rightarrow AB = AD = BD = a.$

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BM}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BD} } \right)\\\overrightarrow {BN}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {BC} } \right)\end{array} \right..$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {BM} .\overrightarrow {BN}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BD} } \right)\left( {\overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {BC} } \right)\\ = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC}  + {{\overrightarrow {BD} }^2} + \overrightarrow {BD} .\overrightarrow {BC} } \right)\\ = \dfrac{1}{4}\left( {BA.BD.\cos ABD + BA.BC.\cos ABC + B{D^2} + BD.BC.\cos DBC} \right)\\ = \dfrac{1}{4}\left( {{a^2}.\cos {{60}^0} + {a^2}.\cos {{120}^0} + {a^2} + {a^2}.\cos {{60}^0}} \right)\\ = \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{2} + {a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2}} \right) = \dfrac{{3{a^2}}}{8}.\end{array}$

Đáp án  B.

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{x^3} + 3{x^2} + \left( {4{m^2} - 12m + 11} \right)x + {\left( {2m - 3} \right)^2} = 0\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\\ \Leftrightarrow \,{x^3} + 3{x^2} + \left( {4{m^2} - 12m + 11} \right)x + 4{m^2} - 12m + 9 = 0\\ \Leftrightarrow {x^3} + {x^2} + 2{x^2} + 2x + \left( {4{m^2} - 12m + 9} \right)x + 4{m^2} - 12m + 9 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {x + 1} \right) + 2x\left( {x + 1} \right) + \left( {4{m^2} - 12m + 9} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4{m^2} - 12m + 9} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\g\left( x \right) = {x^2} + 2x + 4{m^2} - 12m + 9 = 0\end{array} \right.\end{array}$

Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow g\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm phân biệt $\ne  - 1$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\g\left( { - 1} \right) \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 4{m^2} + 12m - 9 > 0\\{\left( { - 1} \right)^2} + 2\left( { - 1} \right) + 4{m^2} - 12m + 9 \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} - 12m + 8 < 0\\4{m^2} - 12m + 8 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 < m < 2\\m \ne 2\\m \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 < m < 2.\end{array}$

Đáp án  A.

Ta có:${G_1}$  trọng tâm tam giác ABN $\Rightarrow \overrightarrow {A{G_1}}  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AM} .$

${G_2}$  trọng tâm tam giác ACM $\Rightarrow \overrightarrow {A{G_2}}  = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AN} .$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {{G_1}{G_2}}  = \overrightarrow {{G_1}A}  + \overrightarrow {A{G_2}}  =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AM}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AN} \\ =  - \dfrac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BM} } \right) + \dfrac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CN} } \right)\\ =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}  - \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{3}\overrightarrow {BC} \\ =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{4}{9}\overrightarrow {BC} \\ =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{4}{9}\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right)\\ =  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \dfrac{4}{9}\overrightarrow {AC}  + \dfrac{4}{9}\overrightarrow {AB} \\ =  - \dfrac{2}{9}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{2}{9}\overrightarrow {AC} .\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{2}{9}\\y = \dfrac{2}{9}\end{array} \right. \Rightarrow x + y =  - \dfrac{2}{9} + \dfrac{2}{9} = 0.\end{array}$

Đáp án  D.

Ta có: $\overrightarrow c  = x\overrightarrow a  + y\overrightarrow b$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {1; - 5} \right) = x\left( {3; - 1} \right) + y\left( {5; - 4} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {1; - 5} \right) = \left( {3x; - x} \right) + \left( {5y; - 4y} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = 3x + 5y\\ - 5 =  - x - 4y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 3\\y = 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow x + y =  - 3 + 2 =  - 1.\end{array}$

Đáp án  D.

Ta có: ABCD là hình chữ nhật nên ta có: AB = DC = a.

$\begin{array}{l}\angle \left( {\overrightarrow {CA} ,\,\,\overrightarrow {DC} } \right) = \angle \left( {\overrightarrow {CA} ,\,\,\overrightarrow {Cx} } \right) = \angle ACx = {180^0} - \angle ACD.\\ \Rightarrow \cos \angle ACD = \dfrac{{CD}}{{AC}} = \dfrac{a}{{2a}} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow \angle ACD = {60^0}\\ \Rightarrow \angle ACx = {180^0} - {60^0} = {120^0}.\end{array}$

Đáp án A.

Xét đáp án A: $y =  - 2 + 3x$ có $a = 3 > 0 \Rightarrow$ hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}.$

Đáp án A.

Hệ phương trình có nghiệm $\left( {{x_0};2} \right)$ nên thay $y = 2$ ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 2\left( {m + 1} \right) = m - 2\\2mx + 2\left( {m - 2} \right) = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2m - 2 = m - 2\\2mx + 2m - 4 = 4\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3m\\2mx = 8 - 2m\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3m\\2m.3m = 8 - 2m\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3m\\6{m^2} + 2m - 8 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}$

Hai giá trị của tham số m là nghiệm của phương trình (1), do đó áp dụng định lí Vi-ét ta có ${m_1} + {m_2} = \dfrac{{ - 1}}{3}$.

Đáp án D.

Ta có: $\left| {3 - x} \right| = \left| {2x - 5} \right|$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 - x = 2x - 5\\3 - x =  - 2x + 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = 8\\x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{8}{3}\\x = 2\end{array} \right.\\ \Rightarrow {x_1} + {x_2} = \dfrac{8}{3} + 2 = \dfrac{{14}}{3}.\end{array}$

Đáp án  D.

TXĐ: $D = \mathbb{R}.$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{\left( {{x^2} + 6x + 10} \right)^2} + m = 10{\left( {x + 3} \right)^2}\,\,\,\,\\ \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 6x + 9 + 1} \right)^2} - 10{\left( {x + 3} \right)^2} + m = 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {x + 3} \right)}^2} + 1} \right]^2} - 10{\left( {x + 3} \right)^2} + m = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 3} \right)^4} + 2{\left( {x + 3} \right)^2} + 1 - 10{\left( {x + 3} \right)^2} + m = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 3} \right)^4} - 8{\left( {x + 3} \right)^2} + m + 1 = 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}$

Đặt ${\left( {x + 3} \right)^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right).$

$\Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 8t + m + 1 = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)$

$\Rightarrow \left( * \right)$ có 4 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \left( 1 \right)$ có hai nghiệm  t dương phân biệt

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\ - \dfrac{b}{a} > 0\\\dfrac{c}{a} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}16 - m - 1 > 0\\8 > 0\\m + 1 > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}15 - m > 0\\m >  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 15\\m >  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < m < 15\end{array}$

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,.....;\,\,14} \right\}.$

$\Rightarrow$ Có 15 giá trị m thỏa mãn bài toán.

Đáp án  C.

Gọi M (a; b).

$\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA}  = \left( {4 - a;\,\,3 - b} \right)\\\overrightarrow {MB}  = \left( { - a; - 1 - b} \right)\\\overrightarrow {MC}  = \left( {1 - a; - 2 - b} \right)\end{array} \right. \\\Rightarrow  - 2\overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MB}  - 3\overrightarrow {MC}  = \left( {1;\,\,7} \right)\\ \Leftrightarrow  - 2\left( {4 - a;\,\,3 - b} \right) + 3\left( { - a; - 1 - b} \right) - 3\left( {1 - a; - 2 - b} \right) = \left( {1;\,\,7} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2\left( {4 - a} \right) + 3\left( { - a} \right) - 3\left( {1 - a} \right) = 1\\ - 2\left( {3 - b} \right) + 3\left( { - 1 - b} \right) - 3\left( { - 2 - b} \right) = 7\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 8 + 2a - 3a - 3 + 3a = 1\\ - 6 + 2b - 3 - 3b + 6 + 3b = 7\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a = 12\\2b = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 5\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {6;\,\,5} \right).\end{array}$

Đáp án  A.

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \Delta ' > 0$

$\Leftrightarrow 1 + {m^2} > 0\,\,\,\forall m$

$\Rightarrow$ Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,{x_2}$ với mọi m.

Áp dụng định lý Vi-et ta có:$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\\{x_1}{x_2} =  - {m^2}\end{array} \right..$

Theo đề bài ta có: $x_1^3 + x_2^3 + 10 = 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 10 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2} \right)^3} - 3\left( { - {m^2}} \right)\left( { - 2} \right) + 10 = 0\\ \Leftrightarrow  - 8 - 6{m^2} + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 6{m^2} = 2 \Leftrightarrow {m^2} = \dfrac{1}{3}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{m_1} =  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\\{m_2} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right. \Rightarrow {m_1}{m_2} =  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} =  - \dfrac{1}{3}.\end{array}$

Đáp án  B.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {2 - m;\,\,2 - 2m} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( {2m + 1;\,\, - \dfrac{4}{3}} \right)\end{array} \right..$

Ba điểm  A, B, C thẳng hàng $\Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC} \,\,\,\left( {k \in \mathbb{R},\,\,k \ne 0} \right)$ 

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {2 - m;\,\,2 - 2m} \right) = k\left( {2m + 1; - \dfrac{4}{3}} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - m = k\left( {2m + 1} \right)\\2 - 2m =  - \dfrac{4}{3}k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \dfrac{{3\left( {m - 1} \right)}}{2}\\2 - m = \dfrac{{3\left( {m - 1} \right)}}{2}\left( {2m + 1} \right)\,\,\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow 4 - 2m = 6{m^2} + 3m - 6m - 3\\ \Leftrightarrow 6{m^2} - m - 7 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {6m - 7} \right)\left( {m + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6m - 7 = 0\\m + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{7}{6}\\m =  - 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow {m_1} + {m_2} = \dfrac{7}{6} - 1 = \dfrac{1}{6}.\end{array}$

Đáp án  D.

Ta có:  $\left\{ \begin{array}{l}5x + y + z = 5\\x - 3y + 2z = 11\\ - x + 2y + z =  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 2\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 2\\c = 2\end{array} \right.$$\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = {1^2} + {\left( { - 2} \right)^2} + {2^2} = 9.$

Đáp án  A.

Điều kiện: $4x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge  - \dfrac{1}{4}.$

Ta có: $\sqrt {4x + 1}  \ge 0\,\,\forall x \ge  - \dfrac{1}{4}$ $\Rightarrow \sqrt {4x + 1}  + 5 > 0\,\,\forall x \ge  - \dfrac{1}{4}$

$\Rightarrow$ Phương trình đã cho vô nghiệm.

Đáp án  B.

Ta có: $\overrightarrow {OM}  =  - 2\overrightarrow i  + 3\overrightarrow j  \Rightarrow \overrightarrow {OM}  = \left( { - 2;\,\,3} \right) \Rightarrow M\left( { - 2;\,\,3} \right).$

Đáp án  C.

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DN}  = \left( {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DM} } \right)\left( {\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {AN} } \right)\\ = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DM} .\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AN}  + \overrightarrow {DM} .\overrightarrow {AN} \\ =  - A{D^2} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {DC} .\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {AD} .\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {DC} .\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} \\ =  - A{D^2} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DA}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{4}DC.AB.\cos {0^0}\\ =  - A{D^2} + \dfrac{1}{4}A{B^2}\\ = \dfrac{1}{4}A{B^2} - A{D^2}.\end{array}$

Đáp án A.