Đề thi thử số 2

Cách 1
$A = 2\left(x^3 + 12x^2 + 48x + 64\right) + x + 4 + 7 = 2\left(x+4\right)^3 + \left(x+4\right) + 7$
Vì $x = 6$ nên $x + 4 = 10$. Vậy $A = 2017$.
Cách 2: Thay trực tiếp $x = 6$ vào biểu thức A rồi tính.
Đáp án C.

Ta có: $P = \dfrac{2x+4}{x-3} = \dfrac{2\left(x-3\right)+10}{x-3} = 2 + \dfrac{10}{x-3}$.
Để P nhận giá trị nguyên thì $\left(x-3\right)$ là ước của 10.
$\begin{cases} x-3=\pm1 \\ x-3=\pm2 \\ x-3=\pm5 \\ x-3=\pm10 \end{cases} \Rightarrow x=-7,-2,1,2,4,5,8,13$.
Vậy có 8 giá trị x nguyên để P nguyên.
Đáp án C.

Số hạng tổng quát $\dfrac{1}{n\sqrt{n-1}+\left(n-1\right)\sqrt{n}}$ (với $n=1,2,...,100$).
Ta có: $\dfrac{1}{n\sqrt{n-1}+\left(n-1\right)\sqrt{n}} = \dfrac{n\sqrt{n-1}-\left(n-1\right)\sqrt{n}}{n^2\left(n-1\right)-\left(n-1\right)^2n}$
$= \dfrac{n\sqrt{n-1}-\left(n-1\right)\sqrt{n}}{\left(n-1\right)n\left(n-n+1\right)} = \dfrac{n\sqrt{n-1}-\left(n-1\right)\sqrt{n}}{\left(n-1\right)n} = \dfrac{1}{\sqrt{n-1}}-\dfrac{1}{\sqrt{n}}$.
Khi đó: $A = \dfrac{1}{2+\sqrt{2}} + \dfrac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}} + \dfrac{1}{4\sqrt{3}+3\sqrt{4}}+...+\dfrac{1}{100\sqrt{99}+99\sqrt{100}}$
$= 1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{4}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{99}}-\dfrac{1}{\sqrt{100}}$
$= 1-\dfrac{1}{10} = \dfrac{9}{10}$.
Đáp án D.

$P = 4x-12\sqrt{x}+\dfrac{37}{4} = \left(2\sqrt{x}\right)^2-2.2\sqrt{x}.3+9+\dfrac{1}{4} = \left(2\sqrt{x}-3\right)^2+\dfrac{1}{4} \ge \dfrac{1}{4}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là $\dfrac{1}{4}$ khi $x=\dfrac{9}{4}$.
Đáp án B.

Điều kiện: $x \ge 2$.
Ta có: $A = \dfrac{\sqrt{x-2}}{\sqrt{x^2-4}} = \dfrac{1}{\sqrt{x+2}}$.
Với $x = 1+2\sqrt{2}$ thì $A = \dfrac{1}{\sqrt{1+2\sqrt{2}+2}} = \dfrac{1}{1+\sqrt{2}} = \sqrt{2}-1$.
Đáp án A.

Điều kiện: $\begin{cases} 5x-6\ge0 \\ 3+4x\ge0 \\ x-9\ge0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x\ge\dfrac{6}{5} \\ x\ge\dfrac{-3}{4} \\ x\ge9 \end{cases} \Leftrightarrow x\ge9$.
pt $\Leftrightarrow \sqrt{5x-6} = \sqrt{3+4x}+\sqrt{x-9}$
$\Leftrightarrow 5x-6 = 3+4x+x-9+2\sqrt{\left(3+4x\right)\left(x-9\right)}$
$\Leftrightarrow 2\sqrt{\left(3+4x\right)\left(x-9\right)}=0$
$\Leftrightarrow \begin{cases} x=\dfrac{-3}{4} \\ x=9 \end{cases}$
(hai giá trị này là nghiệm của $\left(3+4x\right)\left(x-9\right)=0$)
Ta thấy $x=9$ thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy phương trình có 1 nghiệm nguyên dương.
Đáp án C.

Đặt $\sqrt{x-2011}=a; \sqrt{y-2012}=b; \sqrt{z-2013}=c$ (với $a,b,c>0$).
Khi đó phương trình đã cho trở thành $\dfrac{a-1}{a^2}+\dfrac{b-1}{b^2}+\dfrac{c-1}{c^2}=\dfrac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}\right)+\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b^2}\right)+\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c^2}\right)=0$
$\Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{a}\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{b}\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{c}\right)^2=0 \Leftrightarrow a=b=c=2$.
Suy ra $x=2015; y=2016; z=2017$.
Vậy $x+y+z=6048$.
Đáp án B.

Xét phương trình $x^2-x+1+m=0$.
Ta có: $\Delta = 1-4\left(1+m\right)=-3-4m$.
Để phương trình có nghiệm thì $\Delta\ge0 \Leftrightarrow -3-4m\ge0 \Leftrightarrow m\le\dfrac{-3}{4}\ \left(1\right)$.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\begin{cases} x_1+x_2=1 \\ x_1x_2=1+m \end{cases}$
Thay vào đẳng thức $x_1x_2\left(x_1x_2-2\right)=3\left(x_1+x_2\right)$ ta được:
$\left(1+m\right)\left(1+m-2\right)=3 \Leftrightarrow m^2=4 \Leftrightarrow m=\pm2$.
Đối chiếu với điều kiện (1) suy ra chỉ có $m=-2$ thỏa mãn.
Đáp án D.

Phương trình: $x^2-2\left(m-1\right)x-m-3=0$
Ta có: $\Delta^{\prime} = \left(m-1\right)^2+\left(m+3\right) = m^2-2m+1+m+3$
$= m^2-m+4 = \left(m-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{15}{4}>0\ \forall m$.
Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\begin{cases} x_1+x_2=2\left(m-1\right)&\left(1\right) \\ x_1x_2=-m-3&\left(2\right) \end{cases}$
Từ (2) ta có $m=-x_1x_2-3$ thế vào (1) ta có:
$x_1+x_2=2\left(-x_1x_2-3-1\right)=-2x_1x_2-8$.
$\Leftrightarrow x_1+x_2+2x_1x_2+8=0$.
Đây là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m.
Đáp án A.

Phương trình $a^2x^2+\left(a^2+b^2-c^2\right)x+b^2=0$
$\Delta = \left(a^2+b^2-c^2\right)^2-4a^2b^2 = \left(a^2+b^2-c^2+2ab\right)\left(a^2+b^2-c^2-2ab\right)$
$= \left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]\left[\left(a-b\right)^2-c^2\right]$
$= \left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(a-b-c\right)$
Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên $a+b+c>0; a+b-c>0; a-b+c>0; a-b-c<0$.
Nên $\Delta<0$.
Vậy phương trình vô nghiệm.
Đáp án C.

Xét hệ $\begin{cases} 2x^2+xy-y^2-5x+y+2=0&\left(1\right) \\ x^2+y^2+x+y-4=0&\left(2\right) \end{cases}$
Từ phương trình (1) suy ra $y^2-\left(x+1\right)y-2x^2+5x-2=0$. Giải phương trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm $y_1=2x-1; y_2=-x+2$.
Nên hệ phương trình trên tương đương:
$\begin{cases} y-2x+1=0 \\ x^2+y^2+x+y-4=0 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} x+y-2=0 \\ x^2+y^2+x+y-4=0 \end{cases}$
Giải hệ phương trình $\begin{cases} y-2x+1=0 \\ x^2+y^2+x+y-4=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=-\dfrac{4}{5} \\ y=-\dfrac{13}{5} \end{cases}$
Giải hệ phương trình $\begin{cases} x+y-2=0 \\ x^2+y^2+x+y-4=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=1 \\ y=1 \end{cases}$
Vậy hệ phương trình có nghiệm là $\left(x;y\right)=\left\{\left(1;1\right);\left(-\dfrac{4}{5};-\dfrac{13}{5}\right)\right\}$.
Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (x; y).
Đáp án C.

Điều kiện: $x;y;z\ge\dfrac{1}{4}$. Nhân mỗi vế của phương trình với 2 ta có:
$\begin{cases} 2x+2y=2\sqrt{4z-1} \\ 2y+2z=2\sqrt{4x-1} \\ 2z+2x=2\sqrt{4y-1} \end{cases} \Rightarrow 4x+4y+4z-2\sqrt{4x-1}-2\sqrt{4y-1}-2\sqrt{4z-1}=0$
$\Leftrightarrow \left(4x-1-2\sqrt{4x-1}+1\right)+\left(4y-1-2\sqrt{4y-1}+1\right)+\left(4z-1-2\sqrt{4y-1}+1\right)=0$
$\Leftrightarrow \left(\sqrt{4x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{4y-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{4z-1}-1\right)^2=0$
$\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{2}$.
Vậy $x+2y-z=1$.
Đáp án B.

$\begin{cases} x+my=2 \\ mx-y=1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=2-my&\left(1\right) \\ m\left(2-my\right)-y=1&\left(2\right) \end{cases}$
$\left(2\right) \Leftrightarrow 2m-m^2y-y-1=0 \Leftrightarrow 2m-1=y\left(m^2+1\right) \Leftrightarrow y=\dfrac{2m-1}{m^2+1}$
Thế y vào (1) ta được $x=\dfrac{2+m}{m^2+1}$.
Khi đó $S=2x-y=2.\dfrac{2+m}{m^2+1}-\dfrac{2m-1}{m^2+1}=\dfrac{5}{m^2+1}$.
Để S đạt giá trị lớn nhất thì $m^2+1$ nhỏ nhất.
Mà $m^2+1\ge1$ nên $S\le5$.
Vậy giá trị lớn nhất của $S=2x-y$ là 5 khi $m=0$.
Đáp án D.

$\begin{cases} x+y=m \\ mx+y=1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} y=m-x \\ y=1-mx \end{cases}$
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng:
$m-x=1-mx \Leftrightarrow x\left(m-1\right)=1-m \Leftrightarrow x=-1$.
Vì giao điểm của hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm trên parabol $y=-2x^2$. Nên toạ độ giao điểm là $\left(-1;-2\right)$.
Khi đó: $m=-1-2=-3$.
Đáp án A.

$\begin{cases} 2x+3y=m \\ 15x-3y=3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=\dfrac{m-3y}{2}&\left(1\right) \\ 15.\left(\dfrac{m-3y}{2}\right)-3y=3&\left(2\right) \end{cases}$
$\left(2\right) \Leftrightarrow \dfrac{15m}{2}-\dfrac{45y}{2}-3y=3 \Leftrightarrow \dfrac{15m}{2}-\dfrac{51y}{2}=3 \Leftrightarrow y=\dfrac{5m-2}{17}$.
Thế y vào (1) ta được $x=\dfrac{m+3}{17}$.
Để $x>0,y>0$ thì $\begin{cases} \dfrac{5m-2}{17}>0 \\ \dfrac{m+3}{17}>0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} m>\dfrac{2}{5} \\ m>-3 \end{cases} \Leftrightarrow m>\dfrac{2}{5}$.
Đáp án C.

Ta có: $P=\dfrac{x^4+2x^2+2}{x^2+1}=x^2+1+\dfrac{1}{x^2+1}$
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta được:
$P=\dfrac{x^4+2x^2+2}{x^2+1}=x^2+1+\dfrac{1}{x^2+1}\ge2\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(\dfrac{1}{x^2+1}\right)}=2$.
Vậy P nhỏ nhất bằng 2 khi $x^2+1=\dfrac{1}{x^2+1} \Leftrightarrow x=0$.
Đáp án B.

Đặt $\sqrt{\dfrac{4x+9}{28}}=y+\dfrac{1}{2}, y\ge-\dfrac{1}{2}$
ta có $\dfrac{4x+9}{28}=y^2+y+\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow 7y^2+7y=x+\dfrac{1}{2}$.
Cùng với phương trình ban đầu ta có hệ $\begin{cases} 7x^2+7x=y+\dfrac{1}{2} \\ 7y^2+7y=x+\dfrac{1}{2} \end{cases}$
Trừ vế cho vế của hai phương trình ta thu được
$7\left(x^2-y^2\right)+7\left(x-y\right)=y-x \Leftrightarrow \left(x-y\right)\left(7x+7y+8\right)=0$
$\Leftrightarrow x-y=0$ (vì $x>0$ và $y\ge-\dfrac{1}{2}$ nên $7x+7y+8>0$) hay $x=y$.
Thay vào một phương trình trên ta được:
$7x^2+6x-\dfrac{1}{2}=0 \Leftrightarrow \begin{cases} x=\dfrac{-6-\sqrt{50}}{14} \\ x=\dfrac{-6+\sqrt{50}}{14} \end{cases}$.
Đối chiếu với điều kiện của x, y ta được nghiệm là $x=\dfrac{-6+\sqrt{50}}{14}$.
Vậy có 1 nghiệm x dương thỏa mãn phương trình.
Đáp án B.

Gọi x, y là số chi tiết máy của tổ I, tổ II sản xuất trong tháng giêng $\left(x,y\in\mathbb{N}^{*}\right)$.
Theo bài ra ta có hệ phương trình:
$\begin{cases} x+y=900 \\ 1,15x+1,1y=1010 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=400 \\ y=500 \end{cases}$ (thỏa mãn).
Vậy trong tháng giêng tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ 2 sản xuất được 500 chi tiết máy.
Đáp án D.

Điều kiện $1+x^3\ge0 \Leftrightarrow \left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)\ge0$.
Do $x^2-x+1>0$ với mọi x nên $x+1\ge0 \Leftrightarrow x\ge-1$.
Đặt $a=\sqrt{x+1}; b=\sqrt{x^2-x+1}$ với $a\ge0; b\ge0$. Nên phương trình trở thành:
$5ab=2\left(a^2+b^2\right) \Leftrightarrow 2\left(\dfrac{a}{b}\right)^2-5\left(\dfrac{a}{b}\right)+2=0$. Giải phương trình này ta được $\dfrac{a}{b}=2$ hoặc $\dfrac{a}{b}=\dfrac{1}{2}$.
Với $\dfrac{a}{b}=2$ thì phương trình vô nghiệm.
Với $\dfrac{a}{b}=\dfrac{1}{2}$ thì $2\sqrt{x+1}=\sqrt{x^2-x+1} \Leftrightarrow \begin{cases} x\ge-1 \\ x^2-5x-3=0 \end{cases}$
Vậy các giá trị của x thỏa mãn hệ là $x_1=\dfrac{5-\sqrt{37}}{2}$ và $x_2=\dfrac{5+\sqrt{37}}{2}$.
Vậy $x_1+x_2=5$.
Đáp án D.

Đặt $x^2=t>0$ khi đó phương trình (*) trở thành $t^2+2mt+4=0\ \left(1\right)$.
Phương trình (*) có nghiệm phân biệt nên phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt $t_1,t_2$ nghĩa là:
$\begin{cases} \Delta^{\prime}=m^2-4>0 \\ t_1+t_2=-2m>0 \\ t_1t_2=4 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \left|m\right|>2 \\ m<0 \end{cases}$, tức là $m>2$ hoặc $m<-2$, kết hợp với $m<0$ suy ra $m<-2$.
Khi $m<-2$ thì phương trình (*) có 4 nghiệm $x_{1,2}=\pm\sqrt{t_1}; x_{3,4}=\pm\sqrt{t_2}$ và
$x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4=2\left(t_1+t_2\right)^2-4t_1t_2=8m^2-16$. Từ giả thiết suy ra
$8m^2-16=32 \Leftrightarrow m=-\sqrt{6}$ (do $m<-2$).
Đáp án C.

Đặt $y=\dfrac{4x+3}{x^2+1}$.
Khi đó ta có: $y\left(x^2+1\right)=4x+3 \Leftrightarrow yx^2-4x+\left(y-3\right)=0\ \left(1\right)$.
Ta tìm điều kiện của y để (1) có nghiệm.
Nếu $y=0$ thì (1) có nghiệm $x=-\dfrac{3}{4}$.
Nếu $y\ne0$, (1) có nghiệm
$\Leftrightarrow \Delta^{\prime}=2^2-y\left(y-3\right)\ge0 \Leftrightarrow y^2-3y-4\le0 \Leftrightarrow -1\le y\le4$.
Kết hợp lại thì (1) có nghiệm khi $-1\le y\le4$.
Theo giả thiết y là số nguyên âm nên $y=-1$.
Khi đó thay vào trên ta có $x=-2$.
Vậy có 1 giá trị x để $\dfrac{4x+3}{x^2+1}$ nguyên âm.
Đáp án A.

Từ giả thiết ta có: $abc\left(a+b+c\right)=1$. Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si
$P=\left(a+b\right)\left(a+c\right)=a^2+ab+ac+bc=a\left(a+b+c\right)+bc\ge2\sqrt{a\left(a+b+c\right)bc}=2$.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases} a\left(a+b+c\right)=bc \\ a+b+c=\dfrac{1}{abc} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a\left(a+b+c\right)=1 \\ bc=1 \end{cases}$
Hệ này có vô số nghiệm dương, chẳng hạn chọn $b=c=1 \Rightarrow a=\sqrt{2}-1$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2.
Đáp án D.

Ta có: $\Delta=\left(m+3\right)^2-4.2.m=m^2-2m+9=\left(m-1\right)^2+8>0$ với mọi m.
Do đó phương trình (1) luôn có 2 nghiệm $x_1,x_2$.
Theo định lí Vi-ét ta có: $\begin{cases} x_1+x_2=\dfrac{m+3}{2} \\ x_1x_2=\dfrac{m}{2} \end{cases}$
Biểu thức $A=\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}$
$=\sqrt{\left(\dfrac{m+3}{2}\right)^2-4.\dfrac{m}{2}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{m^2-2m+9}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(m-1\right)^2+8}$
Do $\left(m-1\right)^2\ge0$ nên $\sqrt{\left(m-1\right)^2+8}\ge\sqrt{8}=2\sqrt{2}$, suy ra $A\ge\sqrt{2}$
Dấu "=" xảy ra khi $m=1$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là $\sqrt{2}$ khi $m=1$.
Đáp án B.

Ta nhận thấy $x=5$ là nghiệm của phương trình.
Với $x>5$ ta có $\sqrt[3]{x+22}>\sqrt[3]{27}=3;\ \sqrt{x-1}>\sqrt{4}=2$
$\Rightarrow \sqrt[3]{x+22}+\sqrt{x-1}>3+2=5$.
Với $x<5$ ta có
$\sqrt[3]{x+22}<\sqrt[3]{27}=3;\ \sqrt{x-1}<\sqrt{4}=2 \Rightarrow \sqrt[3]{x+22}+\sqrt{x-1}<3+2=5$.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=5$.
Đáp án C.

Gọi K là giao điểm của AH và BC
Có $\Delta BEC \backsim \Delta BKA$ vì $\begin{cases} \widehat{EBC}=\widehat{KBA}=\widehat{ABC} \\ \widehat{BEC}=\widehat{BKA}=90^{\circ} \end{cases}$
$\Rightarrow \dfrac{BE}{BK}=\dfrac{BC}{BA}$ hay $\dfrac{BE}{BC}=\dfrac{BK}{BA}$.
$\Rightarrow \Delta EBK \backsim \Delta CBA$ (vì $\dfrac{BE}{BC}=\dfrac{BK}{BA}$ và chung góc $\widehat{EBK}$).
$\Rightarrow \widehat{EBK}=\widehat{CAB}\ \left(1\right)$
Tương tự ta chứng minh được $\Delta DCK \backsim \Delta BCA$ (vì $\dfrac{DC}{BC}=\dfrac{CK}{CA}$ và chung góc $\widehat{DCK}$).
Suy ra $\widehat{DCK}=\widehat{BAC}\ \left(2\right)$
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{EBK}=\widehat{DCK}=\widehat{BAC}$.
Lại có: $\widehat{AKB}=\widehat{AKC}=90^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{AKE}=\widehat{AKD}=90^{\circ}-\widehat{BAC}$
Suy ra KM là đường phân giác trong của tam giác EKD.
$\Rightarrow \dfrac{EM}{DM}=\dfrac{EK}{DK}\ \left(*\right)$ (tính chất của đường phân giác).
Mặt khác, gọi tia Ky là tia đối của KD.
$\Rightarrow \widehat{NKy}=\widehat{DKC}$ (góc đối)
$\Rightarrow \widehat{EKB}=\widehat{NKy}=\widehat{DKC}$
Suy ra KN là phân giác ngoài của tam giác EKD.
$\Rightarrow \dfrac{NE}{ND}=\dfrac{KE}{KD}\ \left(**\right)$ (tính chất đường phân giác).
Từ (*) và (**) suy ra: $\dfrac{NE}{ND}=\dfrac{ME}{MD}$ hay $MD.NE=ME.ND$.
Đáp án A.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: $AH^2=HB.HC=196$
Mà $\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{1}{4}$ nên $HB=7cm, HC=28cm$. Suy ra $BC=35cm$.
Áp dụng định lí pi-ta-go trong tam giác vuông AHB ta có:
$AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=\sqrt{14^2+7^2}=7\sqrt{5}cm$.
Tương tự: $AC=14\sqrt{5}cm$.
Chu vi tam giác ABC là: $7\sqrt{5}+14\sqrt{5}+35=35+21\sqrt{5}cm$.
Đáp án A.

$M = 2015\sin^2 35^{\circ}+\sin 40^{\circ}+2015\cos^2 35^{\circ}-\cos 50^{\circ}+\tan 20^{\circ}.\tan 70^{\circ}$
$= 2015\left(\sin^2 35^{\circ}+\cos^2 35^{\circ}\right)+\sin 40^{\circ}-\sin 40^{\circ}+\tan 20^{\circ}.\cot 20^{\circ}$
$= 2015+0+1=2016$.
Đáp án B.

Dễ thấy $\triangle ABC$ là tam giác vuông. Diện tích $\triangle ABC$ là: $\dfrac{3.4}{2}=6cm^2$.
Nếu bán kính đường tròn nội tiếp là r khi đó: $\dfrac{1}{2}r\left(3+4+5\right)=6 \Rightarrow r=1cm$.
Diện tích hình tròn là: $\pi r^2=\pi\ cm^2$.
Đáp án C.

Vì AC là trung trực của BE nên $BO=8cm$.
Áp dụng định lí Pytago vào các tam giác vuông ABO và BOC ta tính được $AO=6cm, OC=15cm$.
Suy ra $AC=21cm$.
Đáp án B.

Theo đề bài ta có BD là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B nên $OB\perp BD$.
Có $BC\perp OA$ tại H nên H là trung điểm của $BC \Rightarrow BH=6cm$.
Áp dụng định lý pytago trong tam giác vuông BHO ta tính được $OH=8cm$.
Trong tam giác vuông OBD ta có: $BH^2=OH.HD \Rightarrow HD=4,5cm$.
Vậy $OD=OH+HD=12,5cm$.
Đáp án C.

Ta có: $\widehat{ACB}=90^{\circ}$, theo định lý Pytago ta có:
$AC=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$.
Đáp án D.

Gọi $\widehat{OAM}=x$, $\triangle AMO$ cân suy ra $\widehat{AOM}=x$.
Do đó $sđ\ \widehat{MC}=x$.
Vì $\widehat{NOB}=60^{\circ}$ nên $sđ\ \widehat{NB}=60^{\circ}$.
$x=\dfrac{sđ\ \widehat{NB}-sđ\ \widehat{MC}}{2}=\dfrac{60^{\circ}-x}{2}$.
$\Rightarrow 2x=60^{\circ}-x \Rightarrow x=20^{\circ}$.
Đáp án C.

Xét tam giác cân OAB, góc ở đáy $\widehat{OAB}$ lớn nhất nếu góc ở đỉnh $\widehat{AOB}$ nhỏ nhất.
$\widehat{AOB}=sđ\ \widehat{AB}$.
Góc $\widehat{AOB}$ nhỏ nhất khi cung AB nhỏ nhất $\Rightarrow$ dây AB nhỏ nhất
$\Rightarrow$ khoảng cách từ tâm O tới AB là lớn nhất, hay OH lớn nhất.
Mà ta có $OH\le OP$.
Vậy OH lớn nhất khi $H\equiv P$. Khi đó $AB\perp OP$.
Đáp án A.

Kẻ $AH\perp BC$ nên H là trung điểm của BC. Suy ra $HC=12cm$.
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHC tính được $AH=16cm$.
$\triangle ACH \backsim \triangle COH$ nên
$\Rightarrow \dfrac{AH}{CH}=\dfrac{AC}{CO} \Rightarrow CO=\dfrac{CH.AC}{AH}=\dfrac{12.20}{16}=15cm$.
Đáp án D.

Ta có: CE và BD là 2 đường cao của tam giác ABC nên $\widehat{AEH}=\widehat{ADH}=90^{\circ}$. Suy ra tứ giác ADHE là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow$ A đúng.
$\widehat{DEC}=\widehat{DBC}=\widehat{MNC} \Rightarrow DE\parallel MN \Rightarrow$ B đúng.
$\widehat{ACN}=\widehat{ABM} \Rightarrow \overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{AN} \Rightarrow$ A là điểm chính giữa của cung MN
$\Rightarrow OA\perp MN \Rightarrow OA\perp DE$. Suy ra C đúng.
Đáp án D.

Số đo cung của một hình quạt bằng tỉ lệ phần trăm nhân với $360^\circ$. Hình quạt biểu diễn Nghe nhạc chiếm $35\%$ nên có số đo cung là $35\% \times 360^\circ = 126^\circ$. Đáp án A.

Đếm tần số của từng giá trị: giá trị 3 xuất hiện 4 lần, giá trị 4 xuất hiện 4 lần, giá trị 5 xuất hiện 9 lần, giá trị 6 xuất hiện 2 lần. So sánh các tần số, ta thấy giá trị 5 có tần số lớn nhất (bằng 9). Đáp án D.

Đọc trực tiếp từ bảng tần số ghép nhóm, nhóm $[160;165)$ có tần số ghép nhóm là $14$. Đáp án C.

Khi tung một đồng xu một lần, kết quả có thể xảy ra chỉ là mặt sấp hoặc mặt ngửa, không có khả năng nào khác. Vậy không gian mẫu là $\Omega=\{S;N\}$, gồm 2 phần tử. Đáp án C.

Không gian mẫu có $n(\Omega) = 6 \times 6 \times 6 = 216$ kết quả. Gọi $A$ là biến cố "tích số chấm của ba con xúc xắc là số chẵn" và $\overline{A}$ là biến cố "tích số chấm là số lẻ". Tích ba số là số lẻ khi và chỉ khi cả ba số chấm đều lẻ; mỗi con xúc xắc có 3 mặt lẻ nên $n(\overline{A}) = 3 \times 3 \times 3 = 27$, suy ra $P(\overline{A}) = \dfrac{27}{216} = \dfrac{1}{8}$. Vậy $P(A) = 1 - P(\overline{A}) = 1 - \dfrac{1}{8} = \dfrac{7}{8}$. Đáp án A.