Đề thi thử học kỳ 2 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 03

\(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{| - 2x|}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{2}{{1 + 1}} = 1\).

Chọn B.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot AB\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC;HC} \right) = \angle SCH\).

Tam giác \(SAB\)  đều cạnh \(2a \Rightarrow SH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

\(\Delta ABC\) cân tại \(C \Rightarrow CH \bot AB\).

Xét tam giác vuông \(ABC\) có: \(CH = \sqrt {10{a^2} - {a^2}}  = 3a\).

Xét tam giác vuông \(SCH\): \(\tan \angle SCH = \dfrac{{SH}}{{SC}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{3a}} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \angle SCH = {30^0}\).

Chọn A.

Ta có \(AB//SC \Rightarrow \angle \left( {SB;CD} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA\)

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow \Delta SAB\) vuông tại \(A\).

Lại có \(SA = AB = a \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại \(A\).

\( \Rightarrow \angle SBA = {45^0} \Rightarrow \angle \left( {SB;CD} \right) = {45^0}\).

Chọn B.

Tam giác \(ABC\) cân tại \(A \Rightarrow AH \bot BC\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\).

Chọn D.

Gọi \(O = AC \cap BD\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BO\\AC \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {OBB'} \right)\).

Trong \(\left( {OBB'} \right)\) kẻ \(BH \bot OB'\,\,\left( {H \in OB'} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot OB'\\BH \bot AC\,\,\left( {AC \bot \left( {OBB'} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {AB'C} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {AB'C} \right)} \right) = BH\).

\(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a \Rightarrow OB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OBB'\) ta có: \(BH = \dfrac{{OB.BB'}}{{\sqrt {O{B^2} + BB{'^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a}}{{\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{2} + {a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(d\left( {B;\left( {AB'C} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn C.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AD \Rightarrow MN//BD\).

\( \Rightarrow \angle \left( {CM;BD} \right) = \angle \left( {CM;MN} \right)\).

Dễ thấy \(\Delta ABC = \Delta ADC \Rightarrow CM = CN \Rightarrow \Delta CMN\) cân tại \(C\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow CH \bot MN\).

Ta có:

Tam giác \(ABC\) cân tại \(a \Rightarrow CM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABD \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{a}{2}\).

\( \Rightarrow MH = \dfrac{1}{2}MN = \dfrac{a}{4}\).

Xét tam giác vuông \(CMH\) có: \(\cos \angle CMH = \dfrac{{MH}}{{CM}} = \dfrac{{\dfrac{a}{4}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\) .

Vậy \(\cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Chọn C.

Thay \(n = 8\) ta có: \({u_8} = {\left( { - 1} \right)^8}.\dfrac{8}{{8 + 1}} = \dfrac{8}{9}\).

Chọn A.

Vì ba số \(a - 5,\,\,\,\sqrt a ,\,\,a + 1\) theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.

\( \Rightarrow \dfrac{{a - 5 + a + 1}}{2} = \sqrt a  \Leftrightarrow a - 2 = \sqrt a  \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt a  = 2\\\sqrt a  =  - 1\,\,\left( {vo\,\,nghiem} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow a = 4\).

Vậy \(S = 4\).

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {2{x^2} + 2x - 1}  + x\sqrt 2 } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{2{x^2} + 2x - 1 - 2{x^2}}}{{\sqrt {2{x^2} + 2x - 1}  - x\sqrt 2 }}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{2x - 1}}{{\sqrt {2{x^2} + 2x - 1}  - x\sqrt 2 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{2 - \dfrac{1}{x}}}{{ - \sqrt {2 + \dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{{{x^2}}}}  - \sqrt 2 }} = \dfrac{2}{{ - 2\sqrt 2 }} = \dfrac{{ - \sqrt 2 }}{2}\end{array}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 2\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow S = a + b + c =  - 1 + 2 + 2 = 3\).

Chọn D.

Ta có \(\left( {uv} \right)' = u'v + uv'\), do đó đáp án B sai.

Chọn B.

Ta có: \({u_6} = {u_1} + 5d \Leftrightarrow 13 = 3 + 5d \Leftrightarrow d = 2\).

Chọn B.

Ta có: \({u_4} = {u_1}.{q^3} \Leftrightarrow 54 = 2.{q^3} \Leftrightarrow q = 3\).

Vậy tổng của 2018 số hạng đầu tiên của cấp số nhân đó là:

\({S_{2018}} = {{{u_1}\left( {1 - {q^{2018}}} \right)} \over {1 - 3}} = {{2\left( {1 - {3^{2018}}} \right)} \over { - 2}} = {3^{2018}} - 1\)

Chọn B.

\(\lim \dfrac{{1 + n - 3{n^2}}}{{{n^2} + 2n}} = \lim \dfrac{{\dfrac{1}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{n} - 3}}{{1 + \dfrac{2}{n}}} =  - 3\).

Chọn D.

Khẳng định sai là A vì \(\lim {\left( { - \sqrt 3 } \right)^{2n}} =  + \infty .\)

Chọn A.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD\). Dễ dàng nhận thấy \(ABCE\) là hình vuông \( \Rightarrow CE = AB = \dfrac{1}{2}AD\).

\( \Rightarrow \Delta ACD\) vuông tại \(C \Rightarrow AC \bot CD\).

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\,\,\left( {cmt} \right)\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Chọn A.

Ta có: \(f'\left( x \right) = \dfrac{{\left[ {{{\left( {2 - 5x} \right)}^3}} \right]'}}{{2\sqrt {{{\left( {2 - 5x} \right)}^3}} }} = \dfrac{{3{{\left( {2 - 5x} \right)}^2}\left( { - 5} \right)}}{{2\sqrt {{{\left( {2 - 5x} \right)}^3}} }} = \dfrac{{ - 15{{\left( {2 - 5x} \right)}^2}}}{{2\sqrt {{{\left( {2 - 5x} \right)}^3}} }}\)

\( \Rightarrow a =  - 15,\,\,b = 2 \Rightarrow P = ab =  - 30\).

Chọn C.

Đáp án A: \(y' = \dfrac{3}{2}{x^2} + 2x - 1\).

Đáp án B: \(y' = 3{x^2} + x + 1\)

Đáp án C: \(y' = 3{x^2} + x - 1\)

Đáp án D: \(y' = 3{x^2} + x\)

Chọn C.

Dễ thấy ở đáp án A, hàm số \(y = 5{x^2} - 2\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Chọn A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + x - 6}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{x + 3}}{{x + 2}} = \dfrac{5}{4}\).

Chọn A

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{3{x^2} - 2x - 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{3 - \dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{{{x^2}}}}}{{1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}}} = \dfrac{3}{1} = 3\).

Chọn C

Ta có : \(\overrightarrow {AD} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {B'C'} \)

\( \Rightarrow \angle \left( {\overrightarrow {B'C'} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \angle \left( {\overrightarrow {AD} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \angle DAC\).

Chọn B.

\(\lim \dfrac{{3n - 2018}}{{1 - n}} = \lim \dfrac{{3 - \dfrac{{2018}}{n}}}{{\dfrac{1}{n} - 1}} =  - 3\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}y' = \sqrt {{x^2} + 2x}  + x.\dfrac{{2x + 2}}{{2\sqrt {{x^2} + 2x} }} = \dfrac{{{x^2} + 2x + {x^2} + x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} }} = \dfrac{{2{x^2} + 3x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x} }}\\ \Rightarrow a = 2,\,\,b = 3,\,\,c = 0 \Rightarrow a - b + c + 1 = 0\end{array}\)

Chọn C.

Hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {x - 1} }}\) xác định \( \Leftrightarrow x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1 \Rightarrow \) Đáp án A sai.

Hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\) xác định \( \Leftrightarrow {x^2} + 1 > 0\) (luôn đúng) \( \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

Hàm số  \(f\left( x \right) = \dfrac{{\sqrt {x + 1} }}{{x - 1}}\) xác định \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\x - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 1\\x \ne 1\end{array} \right. \Rightarrow \) Đáp án C sai

Hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}\) xác định \( \Leftrightarrow x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1 \Rightarrow \) Đáp án D sai.

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {AG}  + \overrightarrow {GD} \\ = 3\overrightarrow {AG}  + \left( {\overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD} } \right) = 3\overrightarrow {AG}  - \overrightarrow {GA}  = 4\overrightarrow {AG} \\ \Rightarrow \overrightarrow {AG}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} } \right)\end{array}\)

Chọn D.

Đặt \(AD = x \Rightarrow AC = \dfrac{3}{2}x,\,\,CD = x\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = AB.AD.\cos \angle DAB - AB.AC.\cos \angle CAB\\ = AB.x.\cos {60^0} - AB.\dfrac{3}{2}x.\cos {60^0}\\ = AB.x.\dfrac{1}{2} - AB.\dfrac{3}{2}x.\dfrac{1}{2} =  - \dfrac{1}{4}AB.x\end{array}\)

Khi đó ta có \(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} }}{{AB.CD}} = \dfrac{{ - \dfrac{1}{4}AB.x}}{{AB.x}} =  - \dfrac{1}{4} < 0\).

Vậy \(\cos \left( {AB;CD} \right) = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \cos \varphi  = \dfrac{1}{4}\).

Chọn A.

\(\Delta ACD\) và \(\Delta BCD\) cân tại \(A,\,\,B \Rightarrow AI \bot CD,\,\,BI \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {ABI} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {ACD} \right) \bot \left( {AIB} \right)\\\left( {BCD} \right) \bot \left( {AIB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) Đáp án A, B đúng.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\\\left( {ACD} \right) \supset AI \bot CD\\\left( {BCD} \right) \supset BI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {ACD} \right);\left( {BCD} \right)} \right) = \angle \left( {AI;BI} \right) = \angle AIB\)

\( \Rightarrow \)  Đáp án C đúng.

Chọn D.

Xét đáp án A ta có:

\(\begin{array}{l}y' = \cos x - x\sin x,\,\,y'' =  - \sin x - \left( {\sin x + x\cos x} \right) =  - 2\sin x - x\cos x\\ \Rightarrow xy - 2y' + xy'' = {x^2}\cos x - 2\cos x + 2x\sin x - 2x\sin x - {x^2}\cos x =  - 2\cos x\end{array}\)

Vậy đáp án A đúng.

Chọn A.

Sử dụng các công thức tính đạo hàm \(\left( {\dfrac{u}{v}} \right)' = \dfrac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}},\,\,\left( {uv} \right)' = u'v + uv',\,\,\left( {{x^n}} \right)' = n{x^{n - 1}},\,\,\left( {\sqrt x } \right)' = \dfrac{1}{{2\sqrt x }}\). 

Dễ thấy chỉ có đáp án C đúng.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{ax + \sqrt {{x^2} + x + 1} }}{{2x - 1}} = 2 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{a + \sqrt {1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} }}{{2 - \dfrac{1}{x}}} = 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{{a + 1}}{2} = 2 \Leftrightarrow a + 1 = 4 \Leftrightarrow a = 3\end{array}\)

Chọn C.

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AB,\,\,SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAB,\,\,\Delta SAC\) là các tam giác vuông.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(B\).

Vậy hình chóp đã cho có cả 4 mặt đều là tam giác vuông.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = 3\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) - 2\left( {{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x} \right)\\f\left( x \right) = 3\left[ {{{\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)}^2} - 2{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, - 2\left[ {{{\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)}^3} - 3{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)} \right]\\f\left( x \right) = 3\left[ {1 - \dfrac{1}{2}{{\sin }^2}2x} \right] - 2\left( {1 - \dfrac{3}{4}{{\sin }^2}2x} \right)\\f\left( x \right) = 3 - \dfrac{3}{2}{\sin ^2}2x - 2 + \dfrac{3}{2}{\sin ^2}2x = 1\\ \Rightarrow f'\left( x \right) = 0\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow f'\left( {2018} \right) = 0\end{array}\)

Chọn D.

Xét đáp án A: \(dy = y'dx = \left( {4x + 1} \right)dx\)

Xét đáp án B: \(dy = y'dx = \left( { - 4x + 1} \right)dx\)

Xét đáp án C: \(dy = y'dx = \left( {6{x^2} + 2x} \right)dx\)

Xét đáp án D: \(dy = y'dx = \left( { - 4x - 1} \right)dx\)

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\lim \dfrac{{{n^2} - 1}}{{\sqrt {{n^2} + 1} }} = \lim \dfrac{{1 - \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{\sqrt {\dfrac{1}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{n^4}}}} }} =  + \infty \\\lim \dfrac{{2n - 7}}{{\sqrt {{n^3} + 1} }} = \lim \dfrac{{\dfrac{2}{{\sqrt n }} - \dfrac{7}{{n\sqrt n }}}}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{{{n^3}}}} }} = 0\\\lim \left( {1 - 8n} \right) =  - \infty \\\lim \dfrac{{n - 1}}{{\sqrt {{n^2} + n} }} = \lim \dfrac{{1 - \dfrac{1}{n}}}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{n}} }} = 1\end{array}\)

Chọn B.

\(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) - 3\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) =  - 2 - 3.7 =  - 23\).

Chọn D.

Ta có \(I\left( t \right) = Q'\left( t \right) = 6t \Rightarrow \) Cường độ dòng diện tucwsc thời tại thời điểm \({t_0} = 3\) (giây) là \(I\left( 3 \right) = 6.3 = 18A\).

Chọn A.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} - a}}{{x - 2}},\,\,f\left( 2 \right) = 2b + 1\)

TH1: \(a = 4 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} - 4}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + 2} \right) = 4\)

Để hàm số liên tục tại \(x = 2 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) \Leftrightarrow 4 = 2b + 1 \Leftrightarrow b = \dfrac{3}{2}\)

\( \Rightarrow a + 2b = 4 + 2.\dfrac{3}{2} = 7\).

TH2: \(a \ne 4 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} - a}}{{x - 2}} = \infty  \ne f\left( 2 \right)\,\,\forall a,b\).

Chọn A.

Ta có \(g'\left( x \right) = f\left( x \right) + xf'\left( x \right) + 1\).

\( \Rightarrow g'\left( 3 \right) = f\left( 3 \right) + 3f'\left( 3 \right) + 1 \Leftrightarrow 2 = f\left( 3 \right) + 3.\left( { - 1} \right) + 1 \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = 4\)

\( \Rightarrow g\left( 3 \right) = 3f\left( 3 \right) + 3 = 3.4 + 3 = 15\) .

Chọn D.

Do \(ABC'D'\) là hình bình hành \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB = CD\\AB \nearrow  \nearrow D'C'\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {D'C'} \).

Chọn B.

Ta có

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BC}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BB'} \\ =  - \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CB}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AA'}  =  - \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow c \end{array}\)

Chọn B.