Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 07

\(S = \left\{ {\left. {q \in \mathbb{Q}} \right|25{q^4} - 9{q^2} = 0} \right\}\).

\(25{q^4} - 9{q^2} = 0 \Leftrightarrow {q^2}\left( {25{q^2} - 9} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{q^2} = 0}\\{25{q^2} - 9 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{q = 0}\\{q = \frac{3}{5}}\\{q = \frac{{ - 3}}{5}}\end{array}} \right..\)

Vậy \(S\) có 3 phần tử.

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 3;3} \right)\).

Chọn C.

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

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

Chọn C.

Hàm số \(y = {\rm{ \;}} - {x^2} + 2x + 3\) có a = -1, b = 2, c = 3.

Vì a < 0 nên bề lõm hướng xuống => Loại C.

Đồ thị hàm số có tọa độ đỉnh (1;4) => Loại A và D.

Chọn B.

Thay tọa độ điểm \({M_1}\left( {2;1} \right)\) vào hàm số: \(1 = \frac{1}{{2 - 1}}\) (đúng) nên \({M_1}\) thuộc đồ thị hàm số.

Chọn A.

Ta có \({x^2} + 12x + 36 = 0\)\( \Leftrightarrow x = {\rm{ \;}} - 6\) và \(a = 1 > 0\).

Nên ta có bảng xét dấu:

Chọn C.

\(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} {\rm{ \;}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB\parallel CD}\\{AB = CD}\end{array}} \right. \Rightarrow ABDC\) là hình bình hành.

Mặt khác, ABDC là hình bình hành \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB\parallel CD}\\{AB = CD}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \).

Do đó, điều kiện cần và đủ để \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \) là ABDC là hình bình hành.

Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {DC} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} = \left( {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} } \right) - \left( {\overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {DC} } \right) = \overrightarrow {AC} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {AC} {\rm{ \;}} = \vec 0\).

Chọn A.

Vì \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{MA = MB}\\{\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} \nearrow {\rm{\;}} \swarrow \overrightarrow {MB} }\end{array}} \right\} \Rightarrow \overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - \overrightarrow {MB} \) nên đáp án A sai.

Vì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \)  không cùng phương nên đáp án B sai.

Vì \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{MN = \frac{1}{2}BC}\\{\overrightarrow {MN} {\rm{\;}} \nearrow {\rm{\;}} \nearrow \overrightarrow {BC} }\end{array}} \right\} \Rightarrow \overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} \) nên đáp án C sai.

Vì MN là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MN} } \right|\).

Chọn D.

Vì A, B thuộc đồ thị hàm số nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 = a - 1 + c}\\{3 = 4a - 2 + c}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + c = {\rm{ \;}} - 1}\\{4a + c = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = {\rm{ \;}} - 3}\end{array}} \right.\)

Vậy hàm số bậc hai là \(y = 2{x^2} - x - 3\).

Chọn C.

Hàm số \(y = {x^2} - 4x + 5\) có a = 1, b = -4, c = 5.

\( \Rightarrow \Delta {\rm{ \;}} = {\left( { - 4} \right)^2} - 4.1.5 = {\rm{ \;}} - 4\).

Vậy hàm số có GTNN bằng \( - \frac{\Delta }{{4a}} = {\rm{ \;}} - \frac{{ - 4}}{{4.1}} = 1\) tại \(x = {\rm{ \;}} - \frac{b}{{2a}} = {\rm{ \;}} - \frac{{ - 4}}{{2.1}} = 2\).

Chọn D.

\(f\left( x \right) = {x^2} + 4x + m - 5 = \left( {{x^2} + 4x + 4} \right) + m - 9 = {\left( {x + 2} \right)^2} + \left( {m - 9} \right)\).

Ta có: \({\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0,\forall x\).

Để \(f\left( x \right) > 0,\forall x\) thì \(m - 9 > 0 \Leftrightarrow m > 9\).

Chọn C.

Hàm số xác định khi \(\frac{2}{{{x^2} + 5x - 6}} \ge 0\) và \({x^2} + 5x - 6 \ne 0.\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 6 > 0.\)

Ta có \(a = 1 > 0\), \({x^2} + 5x - 6\) có hai nghiệm là \(x = 1;x = {\rm{ \;}} - 6\)

Vậy \({x^2} + 5x - 6 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < {\rm{ \;}} - 6}\\{x > 1}\end{array}} \right..\)

Chọn C.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{x^2} - 4x - 1} {\rm{\;}} = 2}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 1 = 4}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 5 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {x - 5} \right)\left( {x + 1} \right) = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 5 = 0}\\{x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{x = {\rm{\;}} - 1}\end{array}} \right.}\end{array}\)

 Vậy \(S = \left\{ {5; - 1} \right\}\).

Chọn A.

Gọi M là trung điểm của BC.

Tam giác ABC đều cạnh 1 suy ra \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)

Ta có: \(\left| {\overrightarrow {AG} } \right| = AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn B.

Ta có 4 vectơ thỏa đề bài: \(\overrightarrow {BA} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {DA} ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {EA} .\)

Chọn D.

\(\left| {\vec a} \right| = 2\), \(\left| {\vec b} \right| = 1\) và \(\left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right) = {60^0}\).

Ta có:

\({\vec c^2} = {\left( {\vec a - \vec b} \right)^2}\)\( = {\vec a^2} + {\vec b^2} - 2\vec a\vec b\)\( = {\vec a^2} + {\vec b^2} - 2.\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right)\)\( = {2^2} + {1^2} - 2.2.1.cos{60^0}\) \( = 3\)

\( \Rightarrow \left| {\vec c} \right| = \sqrt 3 \)

\(\vec a.\vec c = \vec a.\left( {\vec a - \vec b} \right)\)\( = {\vec a^2} - \vec a.\vec b\)\( = {\vec a^2} - \left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b} \right)\)\( = {2^2} - 2.1.\cos {60^0} = 3\)

Mà \(\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right) = \frac{{\vec a.\vec c}}{{\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec c} \right|}}\)\( = \frac{3}{{2.\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy \(\cos \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right)\)\( = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)  \( \Rightarrow \angle \left( {\vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec c} \right) = {30^0}\)

Chọn A.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} {\rm{ \;}} = 4}\\{ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {CB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = 4}\end{array}\)

Chọn A.

Vì ABCD là hình bình hành nên \(DB = 2DM\).

\(\overrightarrow {DM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {DB} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {DA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {DC} } \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {CD} } \right) =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} {\rm{\;}} - \frac{1}{2}\overrightarrow {CD} \)

Chọn B.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AB = BC = a và AC là phân giác của góc BAD.

\( \Rightarrow \angle BAC = {45^0} = \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right)\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}}\\{A{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}}\\{ \Rightarrow AC = a\sqrt 2 }\end{array}\)

Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right)\) \( = a.a\sqrt 2 .\cos {45^0}\)\( = {a^2}\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) \( = {a^2}\).

Chọn B.

Khối lượng cá thu hoạch sau mỗi vụ là: \(f\left( x \right) = x\left( {480 - 20x} \right) = {\rm{ \;}} - 20{x^2} + 480x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gam} \right)\).

f(x) là hàm số bậc hai có a = -20, b = 480, c = 0 \( \Rightarrow \Delta {\rm{ \;}} = {480^2}\).

=> Giá trị lớn nhất của hàm số bằng \(\frac{{ - \Delta }}{{4a}} = \frac{{ - {{480}^2}}}{{4.\left( { - 20} \right)}} = {\rm{ \;}} - 2880\) đạt được tại \(x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 480}}{{2.\left( { - 20} \right)}} = 12\).

Vậy để sau mỗi vụ thu hoạch được nhiều cá nhất phải thả 12 con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ.

Chọn B.

Đặt \(f\left( x \right) = {\rm{\;}} - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2\).

\(\Delta ' = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2\left( {m - 2} \right) = {m^2} - 2m\)

+) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 2 < 0}\\{\Delta ' < 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {\rm{\;}} - 2 < 0}\\{{m^2} - 2m < 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow 0 < m < 2\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) < 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\)

Vậy bất phương trình \( - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2 \ge 0\) vô nghiệm.

\( \Rightarrow \) Loại

+) \(\Delta ' = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m = 0\)\( \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = 2}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2{x^2} - 4x - 2 = 0}\\{ - 2{x^2} = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - 1}\\{x = 0}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy bất phương trình \( - 2{x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x + m - 2 \ge 0\) có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{\;}} - 1}\\{x = 0}\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow \) Nhận \(m = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m = 2\).

+) \(\Delta ' > 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m > 0\)\( \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{m > 2}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) (giả sử \({x_1} < {x_2}\))

Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu, ta có: \(f\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow {x_1} \le x \le {x_2}\)

\( \Rightarrow \) Nhận \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{m > 2}\end{array}} \right.\)

Kết hợp các trường hợp, ta được \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right] \cup \left[ {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  + \infty } \right)\).

Vậy \(m \in \left( { - \infty ;{\mkern 1mu} 0} \right] \cup \left[ {2;{\mkern 1mu}  + \infty } \right)\).

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{x^2} + mx + 2} {\rm{\;}} = 2x + 1}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}}\\{{x^2} + mx + 2 = 4{x^2} + 4x + 1}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}}\\{3{x^2} - \left( {m - 4} \right)x - 1 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} > {x_2} \ge {\rm{\;}} - \frac{1}{2}\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\{x_1} + {x_2} >  - 1\\\left( {{x_1} + \frac{1}{2}} \right)\left( {{x_2} + \frac{1}{2}} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 4} \right)^2} + 12 > 0\,\,(luon\,\,\,dung)\\\frac{{m - 4}}{3} >  - 1\\\frac{{ - 1}}{3} + \frac{1}{2}.\frac{{m - 4}}{3} + \frac{1}{4} \ge 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 4 >  - 3\\\frac{{m - 4}}{6} \ge \frac{1}{{12}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m - 4 \ge \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{9}{2}.\)

Vậy \(m \ge \frac{9}{2}\).

Chọn D.

Áp dụng định lí Cô sin cho tam giác ABC ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A\) =0,28 km.

Vậy thời gian du khách chèo thuyền từ \(C\) đến \(B\) là: \(t = \frac{{BC}}{v}\)\( = \frac{{0,28}}{4}\)\( = 0,07\) giờ \( = 4,2\) phút.

Chọn B.

Ta có \(DM = BN \Rightarrow AN = MC\), mặt khác AN song song với MC do đó tứ giác ANCM là hình bình hành

Suy ra \(\overrightarrow {AM} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {NC} \).

Xét tam giác \(\Delta DMP\) và \(\Delta BNQ\) ta có \(DM = NB\) (giả thiết), \(\widehat {PDM} = \widehat {QBN}\) (so le trong)

Mặt khác \(\widehat {DPM} = \widehat {APB}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {APQ} = \widehat {NQB}\) (hai góc đồng vị) suy ra \(\widehat {DPM} = \widehat {NQB}\).

Suy ra: \(\widehat {DMP} = \widehat {BNQ}\).

Do đó \(\Delta DMP = \Delta BNQ\) (c.g.c) suy ra \(DP = QB\).

Dễ thấy \(\overrightarrow {DP} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {QB} \) cùng hướng vì vậy \(\overrightarrow {DP} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {QB} \).

Chọn C.

\(\left| {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} - \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MC} } \right| \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BA} } \right| = \left| {\overrightarrow {MC} } \right|\) => M nằm trên 1 đường tròn tâm C bán kính AB

Chọn A.

Theo bài ra, ta có: \({\mkern 1mu} x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MC} {\rm{\;}} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\left( {\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AB} } \right) + z\left( {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + y\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {MA} } \right) + \left( {y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \left( {y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} + z\overrightarrow {AC} } \right) = \vec 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = {\rm{\;}} - y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - z\overrightarrow {AC} \)

Đặt \( - y\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} - z\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = \vec u\).  Khi đó, ta có: \(\left( {x + y + z} \right)\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} = \vec u\)

Do đó, nếu \(x + y + z \ne 0\) thì tồn tại duy nhất điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức trên.      

Chọn A.

Ta có:

\(\left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {OB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OA} } \right).\left( {\overrightarrow {OB} {\rm{\;}} - \overrightarrow {OA} } \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow O{B^2} - O{A^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow OA = OB\)

\( \Rightarrow \Delta AOB\) cân tại \(O\).

Vậy điều kiện cần và đủ để \(\left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = 0\) là \(\Delta AOB\) cân tại \(O\).

Chọn B.

Xét tam thức: \(f\left( x \right) = {x^2} + mx + {m^2} + 6m\)

Để \(f\left( x \right) < 0\forall x \in \left( {1;2} \right) \Rightarrow {x_1} < 1 < 2 < {x_2}\)  trong đó \({x_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x_2}\) là hai nghiệm của tam thức.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = {\rm{\;}} - m}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} + 6m}\end{array}} \right.\)

Từ đây ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\{x_1} < 1 < {x_2}\\{x_1} < 2 < {x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) < 0\\\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4\left( {{m^2} + 6m} \right) > 0\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 < 0\\{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3{m^2} - 24m > 0\\{m^2} + 6m + m + 1 > 0\\{m^2} + 6m + 2m + 4 < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 8 < m < 0\\\frac{{ - 7 - 3\sqrt 5 }}{2} < m < \frac{{ - 7 + 3\sqrt 5 }}{2}\\ - 4 - 2\sqrt 3  < m <  - 4 + 2\sqrt 3 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 7 - 3\sqrt 5 }}{2} < m <  - 4 + 2\sqrt 3 \)

Mà \(m\) nguyên nên \(m = {\rm{\;}} - 6\).

Chọn B.

Vì E,F lần lượt là hình chiếu của \(C\) lên AB,AD nên ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} }\\{\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} }\end{array}\)

Suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB + } \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} {\rm{\;}} = {\overrightarrow {AC} ^2}\left( * \right)\)

Do AC là đường chéo lớn nên \(\angle ABC \ge {90^o}\) và \(B\) nằm giữa hai điểm \(A\) và E. Suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} {\rm{\;}} = AB.AE\)

Tương tự ta có \(D\) nằm giữa hai điểm \(A\) và F. Suy ra \(\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AF} {\rm{\;}} = AD.AF\)

Vậy \(\left( * \right)\) trở thành: \(AB.AE + AD.AF = A{C^2}\)

Chọn D.

Hàm số \(y = \sqrt {6 - 3x}  - \sqrt {x - 1} \) xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l}6 - 3x \ge 0\\x - 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 \ge 3x\\x \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le x \le 2\)

Do đó tập xác định là \({\rm{D}} = \left[ {1;2} \right].\)

Chọn A.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề “\(\forall x \in \mathbb{R},\,\,x - 2 > 5\)” là “\(\exists x \in \mathbb{R},\,\,x - 2 \le 5\)”.

Chọn A.

Giải phương trình \(x\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\).

Mà \(x \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow x \in \left\{ {2;3} \right\}.\)

Vậy D = {2;3}.

Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}{\rm{\backslash \{ }}0\} \)

Xét \({x_1};\,{x_2}\, \in \,D\)và\({x_1} < {x_2} \Leftrightarrow {x_1} - {x_2} < 0\)

Khi đó với hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2}}}\)

\( \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \frac{1}{{{x_1}^2}} - \frac{1}{{{x_2}^2}} = \frac{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}}{{x_2^2.x_1^2}}\)

Trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\)\( \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \frac{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}}{{{x_2}^2.{x_1}^2}} < 0\) nên hàmsố đồng biến.

Trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)\( \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = \frac{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}}{{{x_2}^2.{x_1}^2}} > 0\) nên hàm số nghịch biến.

Chọn A.

+) \(A \cap B = \left( { - 3; - 2} \right]\)

=> A đúng.

+) \(A\backslash B = \left( { - \infty ; - 3} \right]\)

=> B sai.

+) \(A \cup B = \left( { - \infty ;5} \right]\)

=> C đúng.

+) \(B\backslash A = \left( { - 2;5} \right]\).

=> D đúng.

Chọn B.

Tập hợp A được gọi là tập con của tập hợp B nếu mọi phần tử của tập hợp A đều là phần tử của tập hợp B. 

\({A_3} = \left\{ {4;5} \right\} \subset A = \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\).

Chọn C.

Hoành độ đỉnh của \(\left( P \right):y = 3{x^2} - 2x + 1\) là \(x =  - \frac{b}{{2a}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow y = 3{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} - 2.\frac{1}{3} + 1 = \frac{2}{3}\).

Vậy \(I\left( {\frac{1}{3};\,\frac{2}{3}} \right)\).

Chọn B.

Ta có: \(2{x^2} + 1 \ge y + 2{x^2} \Leftrightarrow y - 1 \le 0\) nên đây là một bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Chọn C.

+) Thay tọa độ điểm (5;1) vào bất phương trình ta có: 3.5 + 2.1 < 10 (Vô lí) => (5;1) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

+) Thay tọa độ điểm (4;2) vào bất phương trình ta có: 3.4 + 2.2 < 10 (Vô lí) => (4;2) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

+) Thay tọa độ điểm (1;5) vào bất phương trình ta có: 3.1 + 2.5 < 10 (Vô lí) => (1;5) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

+) Thay tọa độ điểm (1;2) vào bất phương trình ta có: 3.1 + 2.2 < 10 (Đúng) => (1;2) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

Chọn D.

Sử dụng định lí cosin trong tam giác: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A.\) 

Ta có: \(E{F^2} = E{G^2} + F{G^2} - 2EG.FG.\cos G\) là mệnh đề đúng.

Chọn D.