Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 04

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 4y + 12 \ge 0}\\{x + y - 5 \ge 0}\\{x + 1 > 0}\end{array}} \right.\), kiểm tra đáp án thấy \(N\left( {4{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} 3} \right)\) thoả mãn.

Chọn B.

ĐKXĐ: \(2x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1\).

Vậy TXĐ của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Chọn C.

Ta có: \(f(4) = {4^2} - 1 = {\rm{\;}}15\)

Chọn B.

Vì a < 0 nên hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - \frac{b}{{2a}}} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( { - \frac{b}{{2a}}; + \infty } \right)\). Do đó A và B sai.

Đồ thị có trục đối xứng là đường thẳng \(x = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}}\) nên D đúng.

Chưa đủ dữ kiện để xác định số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành nên C sai.

Chọn D.

Hàm số \(y = \left( {m - 4} \right){x^2} - 3x + 2\) là hàm số bậc hai khi \(m - 4 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 4\).

Chọn D.

\(f(x) = a{x^2} + bx + c{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (a \ne 0)\), \(f(x) \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta {\rm{ \;}} \le 0}\end{array}} \right.\).

Chọn D.

Vectơ-không cùng phương với mọi vectơ.

Chọn A.

Ta có: \(\overrightarrow {DA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {DB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {DC} {\rm{ \;}} = \left( {\overrightarrow {DA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {DC} } \right) + \overrightarrow {DB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {DB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {DB} {\rm{ \;}} = 2\overrightarrow {DB} {\rm{ \;}} \ne \vec 0\).

Chọn D.

Với ba điểm A,B,C phân biệt ta có: \(\overrightarrow {CA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CB} \).

Vậy đáp án B sai

Chọn B.

Vì ABCD là hình bình hành nên \(AB = DC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD = BC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AO = \frac{1}{2}AC\).

Do vậy các đáp án đúng là: \(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {DA} } \right|\), \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {CD} } \right|\), \(\left| {\overrightarrow {AO} } \right| = \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {CA} } \right|\)

\(\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BD} } \right|\) là đáp án sai vì AC và BD là hai đường chéo của hình bình hành ABCD nên \(AC \ne BD\).

Chọn A.

Ta có: \(\vec a \cdot \vec b = \)\(\left| {\vec a} \right|{\mkern 1mu}  \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right)\)

Do \(\vec a\) và \(\vec b\) là hai vecto cùng hướng nên \(\left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right) = {0^\circ }\)\( \Rightarrow \cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right) = 1\).

\( \Rightarrow \vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right|{\mkern 1mu}  \cdot \left| {\vec b} \right|\)

Vậy \(\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right|{\mkern 1mu}  \cdot \left| {\vec b} \right|\).

Chọn A.

Đồ thị hàm số có bề lõm hướng lên nên a > 0 => Loại D.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm trên trục hoành nên c > 0.

Đồ thị cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ âm nên phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) có 2 nghiệm âm.

\( \Rightarrow \frac{{ - b}}{a} < 0 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - b < 0 \Leftrightarrow b > 0\) => Loại A và B.

Chọn C.

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 5\) có \({x_I} = \frac{{ - b}}{{2a}} = 2\) và có \(a = 1 > 0\)

Suy ra hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\), đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Chọn D.

Hàm số xác định khi \(5{x^2} - 4x - 1 \ge 0\).

Ta có \(a = {\rm{ \;}} - 1 < 0;\Delta {\rm{ \;}} > 0.\) \(f\left( x \right)\) có hai nghiệm phân biệt \(x = 1;x = {\rm{ \;}} - 5.\)

Vậy \( - 5 \le x \le 1\).

Chọn A.

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

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

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 1\\\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Khi đó \({x_1} + {x_2} = 3 + \left( { - 1} \right) = 2\).

Chọn B.

Tam giác đều ABC cạnh a, có độ dài đường trung tuyến AM là:

\(A{M^2} = \frac{{A{C^2} + A{B^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{{a^2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{3a}}{4}.\)

\( \Rightarrow AM = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {\left| {AM} \right|} {\rm{ \;}} = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}.\)

Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {MB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \vec 0\)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {BA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \vec 0{\rm{ \;}} \Leftrightarrow \overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow \) MABC là hình bình hành.

Chọn A.

Gọi \(M\) là trung điểm BC.

Ta có: \(\left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {AM} } \right| = 2AM = 2\sqrt {A{B^2} + B{M^2}} {\rm{ \;}} = 2\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} {\rm{ \;}} = a\sqrt 5 \).

Chọn D.

Ta có:

\(\overrightarrow {AD} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {BD} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} \)

\({\mkern 1mu}  = \overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AC} } \right)\)\( = \overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \)\({\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AD} {\rm{\;}} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \)

Chọn A.

Tam giác ABC:\(AB = 2,\)\(BC = 4,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} CA = 3\).

Ta có: \({\left( {\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {AC} } \right)^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)\( = \frac{{{{\overrightarrow {AB} }^2} + {{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {AC} } \right)}^2}}}{2}\)\( = \frac{{{{\overrightarrow {AB} }^2} + {{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {BC} }^2}}}{2}\)\( = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{2}\)\( = \frac{{{2^2} + {3^2} - {4^2}}}{2} = \frac{{ - 3}}{2}\)

Lại có: \(\cos A = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}}\)\( = \frac{{ - \frac{3}{2}}}{{2.3}} = \frac{{ - 1}}{4}\)

Chọn B.

Vì S(-2;-1) là đỉnh của (P) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ - b}}{{2a}} = {\rm{ \;}} - 2}\\{ - 1 = 4a - 2b + 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a - b = 0}\\{4a - 2b = {\rm{ \;}} - 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 4}\end{array}} \right.\).

Vậy 2a – b = 2.1 – 4 = -2.

Chọn A.

Xét \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - bx + 3 = 0\) \(\left( 1 \right)\)

Để tam thức bậc hai \(f\left( x \right)\) có nghiệm thì \(\left( 1 \right)\)có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta {\rm{ \;}} \ge 0\)\( \Leftrightarrow {b^2} - 12 \ge 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b \ge 2\sqrt 3 }\\{b \le {\rm{ \;}} - 2\sqrt 3 }\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow b \in \left( { - {\mkern 1mu} \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  - {\mkern 1mu} 2\sqrt 3 } \right] \cup \left[ {2\sqrt 3 ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  + {\mkern 1mu} \infty } \right)\)

Chọn C.

\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 7x - 9 = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {2x - 9} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{ \;}} - 1}\\{x = \frac{9}{2}}\end{array}} \right.\)

Dựa vào bảng xét dấu ta có: \(f\left( x \right) = 2{x^2} - 7x - 9 < 0\)\( \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 1 < x < \frac{9}{2}\)

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4} \right\}\)

Tổng tất cả các số nguyên \(x\) thỏa mãn là: \(0 + {\mkern 1mu} 1 + 2 + 3 + 4 = 10\)

Chọn D.

\(\sqrt {5x - 1} {\rm{\;}} = \sqrt {3x - 2} {\rm{\;}} + \sqrt {x - 1} \)

TXĐ: \(D = \left[ {1; + \infty } \right]\)

\(\begin{array}{l}\sqrt {5x - 1}  = \sqrt {3x - 2}  + \sqrt {x - 1} \\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {5x - 1} } \right)^2} = {\left( {\sqrt {3x - 2}  + \sqrt {x - 1} } \right)^2}\\ \Leftrightarrow 5x - 1 = 3x - 2 + x - 1 + 2\sqrt {\left( {3x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)} \\ \Leftrightarrow x + 2 = 2\sqrt {3{x^2} - 5x + 2} \end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 \ge 0\\{\left( {x + 2} \right)^2} = 4\left( {3{x^2} - 5x + 2} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 2\\{x^2} + 4x + 4 = 12{x^2} - 20x + 8\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 2\\11{x^2} - 24x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 2\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \frac{2}{{11}}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\,\,\left( {Tm} \right)\\x = \frac{2}{{11}}\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình có 1 nghiệm \(x = 2\)

Chọn C.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN\parallel PQ}\\{MN = PQ}\end{array}} \right.\) (do cùng song song và bằng \(\frac{1}{2}AC\)).

Do đó MNPQ là hình bình hành.

Suy ra \(\overrightarrow {MN} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {QP} \); \(\left| {\overrightarrow {QP} } \right| = \left| {\overrightarrow {MN} } \right|\); \(\overrightarrow {MQ} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {NP} \).

Ta có: MN là đường trung bình tam giác ABC

Suy ra \(MN = \frac{1}{2}AC \Rightarrow \overrightarrow {MN} {\rm{ \;}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \)

Chọn D.

Ta có:

\(\overrightarrow {MN} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {DN} \) (1)

\(\overrightarrow {MN} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {MB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {CN} \) (2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được \(2\overrightarrow {MN} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} \) \( \Rightarrow \overrightarrow {MN} {\rm{ \;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} } \right) \Rightarrow k = \frac{1}{2}\).

Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = 2\overrightarrow {AM} \)

\(\left| {\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {AM} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {AM} } \right| = 2.a.\cos {60^0} = a\)

Chọn B.

Vì \(M\) là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = 2\overrightarrow {AM} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC} \)\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {BC} \)\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AC} } \right).\left( {\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} - \overrightarrow {AB} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {AB} }^2}} \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {A{C^2} - A{B^2}} \right)\)\( = \frac{{{b^2} - {c^2}}}{2}\)

Vậy \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC} {\rm{\;}} = \frac{{{b^2} - {c^2}}}{2}\).

Chọn A.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 4x + 3 > 0}\\{3{x^2} - 10x + 3 \le 0}\\{4{x^2} - x - 3 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 1 \vee x > 3}\\{\frac{1}{3} \le x \le 3}\\{x < {\rm{\;}} - \frac{3}{4} \vee x > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \in \emptyset \)

Chọn A.

Giả sử \(\vec P{\rm{ \;}} = \overrightarrow {IA} \); \(\vec F{\rm{ \;}} = \overrightarrow {IB} \) có hợp lực \(\overrightarrow {{F_T}} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {IC} \), lực căng dây \(\vec T{\rm{ \;}} = \overrightarrow {IN} \).

Đặt \(x,x > 0\) là cường độ của lực \(\vec F\), đơn vị \(N\).

Dễ thấy \(\widehat {IOM} = \widehat {ICB}\) (so le trong) suy ra \(\widehat {ICB} = {30^\circ }\).

Mà \(\widehat {ICB} = \widehat {CIA}\) nên \(\widehat {CIA} = {30^\circ }\).

Ta có \(AC = IB = x \Rightarrow IC = \frac{{AC}}{{{\rm{sin3}}{0^\circ }}} = 2x\).

Do con lắc đứng yên tại \(I\)nên lực căng dây \(\vec T\) có cùng cường độ với hợp lực \(\overrightarrow {{F_T}} \).

Nên \(2x = 30 \Leftrightarrow x = 15\).

Vậy cường độ của lực tác dụng \(\vec F\) bằng 15N.

Chọn C.

Parabol \(\left( P \right):\,y = {x^2} + mx + n\) nhận \(I\left( {2;\, - 1} \right)\) là đỉnh, khi đó ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}4 + 2m + n =  - 1\\ - \frac{m}{2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + n =  - 5\\m =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 3\\m =  - 4\end{array} \right.\).

Vậy \(m =  - 4,\,n = 3\).

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\sin ^2}A + {\cos ^2}A = 1\\ \Leftrightarrow {\sin ^2}A + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\sin ^2}A = \frac{{16}}{{25}}\end{array}\)

Vì \({0^0} < A < {180^0}\) nên sinA > 0 \( \Rightarrow \sin A = \frac{4}{5}.\)

Diện tích tam giác ABC là: \(S = \frac{1}{2}bc.\sin A. = \frac{1}{2}.7.5.\frac{4}{5} = 14.\)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

\(\begin{array}{l}{a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A.\\\,\,\,\,\,\, = {7^2} + {5^2} - 2.7.5.\frac{3}{5}\\\,\,\,\,\,\, = 32\\ \Rightarrow a = 4\sqrt 2 .\end{array}\)

Lại có: \(S = \frac{1}{2}a{h_a} \Rightarrow {h_a} = \frac{{2S}}{a} = \frac{{2.14}}{{4\sqrt 2 }} = \frac{{7\sqrt 2 }}{2}.\)

Chọn C.

Do đồ thị hàm số có đỉnh là \(I\left( {2; - 1} \right)\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - b}}{{2a}} = 2\\f\left( 2 \right) =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + b = 0\\4a + 2b + c =  - 1\end{array} \right.\) \(\left( 1 \right)\)

Do đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;3} \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) = 3 \Leftrightarrow c = 3\)\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và\(\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 4\\c = 3\end{array} \right.\)\( \Rightarrow T = 26\)

Chọn B.

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 4 \ge y\\3x + 4y < 5\end{array} \right.\) là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Chọn D.

\(\begin{array}{l}T = 2 + {\sin ^2}{90^0} + 2{\cos ^2}{60^0} - 3{\tan ^2}{45^0}\\T = 2 + {1^2} + 2.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - {3.1^2}\\T = \frac{1}{2}.\end{array}\)

Chọn D.

Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}ab\sin C = pr = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{1}{2}c.{h_c}.\) 

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}ab\sin C\) nên đáp án A sai.

Chọn A.

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ABC:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = B{C^2} + A{C^2} - 2BC.AC.\cos C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {1^2} + {3^2} - 2.1.3.\cos {60^0} = 7\\ \Rightarrow AB = \sqrt 7 .\end{array}\)

Chọn B.

Hàm số \(y =  - {x^2} + 2x + 2\) là hàm số bậc hai, có \(a =  - 1 < 0,b = 2\)

=> Loại A, D.

Parabol có hoành độ đỉnh \( - \frac{b}{{2a}} =  - \frac{2}{{2.( - 1)}} = 1\) => Loại B

Chọn C.

Hình vẽ đã cho là minh họa cho tập hợp \(\left[ {1; + \infty } \right).\)

Chọn C.

\(\alpha \) và \(\beta \) là hai góc khác nhau và bù nhau nên \(\sin \alpha  = \sin \beta ,\) \(\cos \alpha  =  - \cos \beta \), \(\tan \alpha  =  - \tan \beta \), \(\cot \alpha  =  - \cot \beta .\)

Vậy đẳng thức ở đáp án D sai.

Chọn D.