Đề thi thử số 3

Điều kiện: $x\ge0; x\ne4$. $A=\dfrac{x}{x-4}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}$ $=\dfrac{x}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}$ $=\dfrac{x+\left(\sqrt{x}+2\right)+\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}$ $=\dfrac{x+2\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$. Với $x=36$ khi đó $A=\dfrac{\sqrt{36}}{\sqrt{36}-2}=\dfrac{6}{4}=\dfrac{3}{2}$. (Có thể thay trực tiếp $x=36$ vào biểu thức để tính nhanh.) Đáp án C.

Ta có: $P=\dfrac{3x+2}{2-x}=\dfrac{3\left(x-2\right)+8}{2-x}=-3+\dfrac{8}{2-x}$. Để $P$ nhận giá trị nguyên thì $\left(2-x\right)$ là ước của 8. $2-x=\pm1,\pm2,\pm4,\pm8 \Rightarrow x=-6,-2,0,1,3,4,6,10$. Vậy có 8 giá trị $x$ nguyên để $P$ nguyên. Đáp án D.

Ta có: $P=-5x^{2}+2xy-2y^{2}-x-y-4$ $=-\left(x^{2}+y^{2}+\dfrac{1}{4}+x+y+2xy\right)-\left(4x^{2}+y^{2}-4xy\right)-\dfrac{15}{4}$ $=-\left(x+y+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\left(2x-y\right)^{2}-\dfrac{15}{4}\le-\dfrac{15}{4}$ Dấu "=" xảy ra khi $\begin{cases}x+y=-\dfrac{1}{2}\\2x=y\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=-\dfrac{1}{6}\\y=-\dfrac{1}{3}\end{cases}$. Vậy giá trị lớn nhất của $P$ là $-\dfrac{15}{4}$ khi $x=-\dfrac{1}{6}$ và $y=-\dfrac{1}{3}$. Đáp án A.

Ta có: $x=\dfrac{\sqrt[3]{\left(\sqrt{5}-2\right)^{3}}\left(\sqrt{5}+2\right)}{\sqrt{7}+\sqrt{\left(4-\sqrt{7}\right)^{2}}}=\dfrac{\left(\sqrt{5}-2\right)\left(\sqrt{5}+2\right)}{\sqrt{7}+4-\sqrt{7}}=\dfrac{1}{4}$. Khi đó: $A=\left(4.\dfrac{1}{16}+3.\dfrac{1}{4}-1\right)^{2017}=0$. Đáp án A.

Điều kiện: $x\ge0; x\ne1$. $=\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{x+1}:\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}-\dfrac{2\sqrt{x}}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\right)$ $=\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{x+1}:\dfrac{x+1-2\sqrt{x}}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}$ $=\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{x+1}:\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)^{2}}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{x+1}.\dfrac{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)^{2}}$ $=\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$. Để $P=7$ khi đó $\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=7$ $\Leftrightarrow x+\sqrt{x}+1=7\sqrt{x}-7 \Leftrightarrow x-6\sqrt{x}+8=0$ $\Leftrightarrow \left(\sqrt{x}-4\right)\left(\sqrt{x}-2\right)=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=16\\x=4\end{array}\right.$ (thỏa mãn). Vậy có hai giá trị của $x$ để $P=7$. Đáp án B.

Điều kiện $x\ge3$. (1) Phương trình $\Leftrightarrow \sqrt{x+6}+\sqrt{x-3}=\sqrt{x+1}+\sqrt{x-2}$ $\Leftrightarrow 3+2\sqrt{\left(x+6\right)\left(x-3\right)}=2\sqrt{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}-1$ $\Leftrightarrow \left(x+1\right)\left(x-2\right)=4+4\sqrt{\left(x+6\right)\left(x-3\right)}+\left(x+6\right)\left(x-3\right)$ $\Leftrightarrow 3-x=\sqrt{\left(x+6\right)\left(x-3\right)}$ Điều kiện: $3-x\ge0 \Leftrightarrow x\le3$. (2) Kết hợp với điều kiện ban đầu chỉ có nghiệm $x=3$ là thỏa mãn cả 2 điều kiện (1) và (2). Thử giá trị $x=3$ vào phương trình, ta có: $3+0=2+1$ (đúng). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=3$. Đáp án A.

Ta có: $x=\dfrac{1}{2}\left(a+\dfrac{1}{a}\right) \Rightarrow \sqrt{x^{2}-1}=\dfrac{1}{2}\left(a-\dfrac{1}{a}\right)$. $y=\dfrac{1}{2}\left(b+\dfrac{1}{b}\right) \Rightarrow \sqrt{y^{2}-1}=\dfrac{1}{2}\left(b-\dfrac{1}{b}\right)$. Thay vào $A$ ta được: $A=\dfrac{\dfrac{1}{4}\left(a+\dfrac{1}{a}\right)\left(b+\dfrac{1}{b}\right)-\dfrac{1}{4}\left(a-\dfrac{1}{a}\right)\left(b-\dfrac{1}{b}\right)}{\dfrac{1}{4}\left(a+\dfrac{1}{a}\right)\left(b+\dfrac{1}{b}\right)+\dfrac{1}{4}\left(a-\dfrac{1}{a}\right)\left(b-\dfrac{1}{b}\right)}=\dfrac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}b^{2}+1}$. Đáp án B.

Theo giả thiết ta có: $\left(x+\sqrt{x^{2}+2017}\right)\left(y+\sqrt{y^{2}+2017}\right)=2017$ (1) $\left(x+\sqrt{x^{2}+2017}\right)\left(x-\sqrt{x^{2}+2017}\right)=-2017$ (2) $\left(y+\sqrt{y^{2}+2017}\right)\left(y-\sqrt{y^{2}+2017}\right)=-2017$ (3) Từ (1) và (2) suy ra: $y+\sqrt{y^{2}+2017}=-\left(x-\sqrt{x^{2}+2017}\right)$ (4) Từ (1) và (3) suy ra: $x+\sqrt{x^{2}+2017}=-\left(y-\sqrt{y^{2}+2017}\right)$ (5) Cộng (4) với (5) theo từng vế và rút gọn ta được: $x+y=-\left(x+y\right) \Rightarrow x+y=0$. Đáp án D.

Từ giả thiết suy ra: $\left(\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{x^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)+\left(\dfrac{y^{2}}{b^{2}}-\dfrac{y^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)+\left(\dfrac{z^{2}}{c^{2}}-\dfrac{z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)=0$ $\Leftrightarrow x^{2}\left(\dfrac{1}{a^{2}}-\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)+y^{2}\left(\dfrac{1}{b^{2}}-\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)+z^{2}\left(\dfrac{1}{c^{2}}-\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right)=0$ (*) Do $\dfrac{1}{a^{2}}-\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}>0; \dfrac{1}{b^{2}}-\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}>0; \dfrac{1}{c^{2}}-\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}>0$ Nên từ (*) suy ra $x=y=z=0$. Do đó $M=0$. Đáp án A.

Viết phương trình đường thẳng $2x+y=3$ về dạng $y=-2x+3$. Vì đường thẳng $y=ax+b$ song song với đường thẳng $y=-2x+3$, suy ra $a=-2$. (1) Vì đường thẳng $y=ax+b$ đi qua điểm $M\left(2;\dfrac{1}{2}\right)$ nên ta có: $\dfrac{1}{2}=2a+b$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $a=-2$ và $b=\dfrac{9}{2}$. Suy ra: $a+2b=7$. Đáp án D.

Ta có: $\Delta=25-4m$ Để phương trình đã cho có nghiệm thì $\Delta\ge0 \Leftrightarrow m\le\dfrac{25}{4}$ (*) Theo hệ thức Vi-ét, ta có $\begin{cases}x_{1}+x_{2}=5\\x_{1}x_{2}=m\end{cases}$ (1)(2) Mặt khác theo bài ra thì $\left|x_{1}-x_{2}\right|=3$ (3) Từ (1) và (3) suy ra $x_{1}=4;x_{2}=1$ hoặc $x_{1}=1;x_{2}=4$ (4) Từ (2) và (4) suy ra: $m=4$. Thử lại thì thỏa mãn. Đáp án C.

Đường thẳng $(d^{\prime})$ song song với đường thẳng $(d): y=2x+3$. Nên đường thẳng $(d^{\prime})$ có dạng: $y=2x+b$. $(C)$ tiếp xúc với $(d^{\prime})$ nên phương trình: $x^{2}-2x-b=0$ có nghiệm kép. Khi đó $\Delta^{\prime}=0 \Leftrightarrow 1+b=0 \Leftrightarrow b=-1$. Vậy phương trình đường thẳng $(d^{\prime})$ là: $y=2x-1$. Đáp án D.

Từ (1) ta có: $x^{3}=-2\left(y-1\right)^{2}-1\le-1 \Rightarrow x\le-1$ (3) Từ (2) ta có: $x^{2}=\dfrac{2y}{y^{2}+1}\le1 \Rightarrow x^{2}\le1 \Rightarrow -1\le x\le1$ (4) Từ (3) và (4), suy ra $x=-1$, thay vào hệ đã cho ta được $y=1$. Vậy $P=3\left(-1\right)^{3}+5\left(1\right)^{2}=2$. Đáp án B.

Giả sử $x=\dfrac{p}{q}$ $(p,q\in\mathbb{Z}, q>0)$ và $(p,q)=1$. Ta có $\left(\dfrac{p}{q}\right)^{2}+\dfrac{p}{q}+6=n^{2}$ $(n\in\mathbb{N}) \Leftrightarrow p^{2}=q\left(-p-6q+n^{2}q\right)$ $\Rightarrow q$ là ước của $p^{2}$ nhưng $(p,q)=1 \Rightarrow q=1$ lúc đó $x=p$ $\Rightarrow p^{2}+p+6=n^{2}$ $(p,n\in\mathbb{Z})$ $\Leftrightarrow \left(2p+1\right)^{2}+23=4n^{2} \Leftrightarrow \left(2n\right)^{2}-\left(2p+1\right)^{2}=23$ $\Leftrightarrow \left(2n-2p-1\right)\left(2n+2p+1\right)=23$. Do đó $2n-2p-1=1$ và $2n+2p+1=23$; hoặc $2n-2p-1=23$ và $2n+2p+1=1$ (vì $23$ là số nguyên tố và $2n+2p+1>0$ và $2n-2p-1>0$) $\Leftrightarrow p=5$ (thỏa mãn); $p=-6$ (thỏa mãn). Vậy số hữu tỉ $x$ cần tìm là 5 hoặc $-6$. Đáp án B.

Tam giác chứa đúng một cạnh của đa giác là tam giác có 2 đỉnh thuộc một cạnh của đa giác và đỉnh thứ 3 đối diện với cạnh đã chọn. Như vậy ứng với một cạnh nào đó có $9-4=5$ đỉnh thỏa mãn (trừ đi 2 đỉnh thuộc cạnh đó và hai đỉnh liền kề với 2 đỉnh đó). Đa giác có 9 cạnh, nên có $9.5=45$ tam giác thỏa mãn. Đáp án C.

$\begin{cases}mx+y=2m\\x+my=m+1\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}y=-mx+2m\\x+m\left(-mx+2m\right)=m+1\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}y=-mx+2m\\\left(1-m^{2}\right)x=-m+1\end{cases}$ (*) - Nếu $m\ne\pm1$ phương trình (*) có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{1}{m+1}$ nên hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\begin{cases}x=\dfrac{1}{m+1}\\y=\dfrac{-m}{1+m}\end{cases}$. - Nếu $m=1$ phương trình (*) có vô số nghiệm. - Nếu $m=-1$ phương trình (*) vô nghiệm. Đáp án A.

Ta có: $\begin{cases}x+2y=2m\\2x+3y=7m^{2}-3m\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=2m-2y\\2\left(2m-2y\right)+3y=7m^{2}-3m\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x+2y=2m\\y=7m-7m^{2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=-12m+14m^{2}\\y=7m-7m^{2}\end{cases}$ Khi đó: $H=x-y+1=-12m+14m^{2}-7m+7m^{2}+1=21m^{2}-19m+1$ $=21\left(m^{2}-\dfrac{19}{21}m+\dfrac{1}{21}\right)=21\left(m^{2}-2.\dfrac{19}{42}m+\left(\dfrac{19}{42}\right)^{2}-\dfrac{277}{1764}\right)$ $=21\left(m-\dfrac{19}{42}\right)^{2}-\dfrac{277}{84}\ge-\dfrac{277}{84}$. Vậy $H$ nhỏ nhất là $-\dfrac{277}{84}$ khi $m=\dfrac{19}{42}$. Đáp án D.

Ta có: $\begin{cases}x^{2}-2xy=-y\left(9y+8x\right)\\2x-y=7\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}\left(x+3y\right)^{2}=0\\2x-y=7\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=-3y\\-7y=7\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=3\\y=-1\end{cases}$ Khi đó: $x^{3}-y^{3}=3^{3}-\left(-1\right)^{3}=28$. Đáp án C.

Xét hệ phương trình: $\begin{cases}x+y=2\\mx-y=m\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}y=2-x\\mx-\left(2-x\right)=m\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}y=2-x\\\left(m+1\right)x=m+2\end{cases}$ (*) Hệ phương trình đã cho có nghiệm $(x,y)$ khi phương trình (*) có nghiệm $x$. + Nếu $m=-1$, phương trình (*) có dạng $0x=1 \Rightarrow$ Vô nghiệm. + Nếu $m\ne-1$, phương trình (*) có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{m+2}{m+1}$. Khi đó $y=2-\dfrac{m+2}{m+1}=\dfrac{m}{m+1}$. Vậy với $m\ne-1$, hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x;y)$ với $\begin{cases}x=\dfrac{m+2}{m+1}=1+\dfrac{1}{m+1}\\y=\dfrac{m}{m+1}=1-\dfrac{1}{m+1}\end{cases}$. Để hệ phương trình có nghiệm $(x;y)$ nguyên thì $\dfrac{1}{m+1}$ nguyên. Hay $\left(m+1\right)$ là ước của 1. Khi đó $\left[\begin{array}{l}m+1=1\\m+1=-1\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}m=0\\m=-2\end{array}\right.$ (thỏa mãn $m\ne-1$) Vậy có 2 giá trị $m$ nguyên để phương trình có nghiệm nguyên. Đáp án B.

Gọi khối lượng axit trong dung dịch $A$ là $x$ (kg), khối lượng nước trong dung dịch $A$ là $y$ (kg) $(x,y>0)$. Khi đó, khối lượng dung dịch $A$ là $x+y$ (kg). Người ta đổ thêm 1kg nước vào dung dịch $A$ ta được dung dịch $B$, khi đó khối lượng dung dịch $B$ là $x+y+1$ (kg). Nồng độ của dung dịch $B$ là 20% nên ta có phương trình: $\dfrac{x}{x+y+1}.100=20 \Leftrightarrow 80x-20y=20$ (1) Sau khi thêm 1kg axit vào dung dịch $B$ thì ta được dung dịch $C$ có khối lượng là $x+y+2$ (kg). Nồng độ dung dịch $C$ là $\dfrac{100}{3}$% nên ta có phương trình: $\dfrac{x+1}{x+y+2}.100=\dfrac{100}{3} \Leftrightarrow 2x-y=-1$ (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\begin{cases}80x-20y=20\\2x-y=-1\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=1\\y=3\end{cases}$ (thỏa mãn). Vậy nồng độ axit của dung dịch $A$ là: $\dfrac{1}{1+3}.100\%=25\%$. Đáp án B.

Ta có: $P=5x+3y+\dfrac{10}{x}+\dfrac{32}{y}=\left(\dfrac{5x}{2}+\dfrac{5y}{2}\right)+\left(\dfrac{5x}{2}+\dfrac{10}{x}\right)+\left(\dfrac{y}{2}+\dfrac{32}{y}\right)$ Do $\dfrac{5}{2}x+\dfrac{5}{2}y=\dfrac{5}{2}\left(x+y\right)\ge\dfrac{5}{2}.10=25$. $\dfrac{5x}{2}+\dfrac{10}{x}\ge2\sqrt{\dfrac{5x}{2}.\dfrac{10}{x}}=10; \dfrac{y}{2}+\dfrac{32}{y}\ge2\sqrt{\dfrac{y}{2}.\dfrac{32}{y}}=8$. Suy ra $P\ge25+10+8=43$. Dấu bằng xảy ra khi $\begin{cases}x+y=10\\\dfrac{5x}{2}=\dfrac{10}{x}\\\dfrac{y}{2}=\dfrac{32}{y}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=2\\y=8\end{cases}$ Vậy $\min P=43$. Đáp án D.

Điều kiện: $x\ge0$. Ta có $P>0, x+\sqrt{x}+1\ge1 \Rightarrow P\le3 \Rightarrow P=\left\{1;2;3\right\}$ Với $P=1$ thì $x+\sqrt{x}+1=3 \Leftrightarrow x=1$. Với $P=2$ thì $x+\sqrt{x}+1=\dfrac{3}{2} \Leftrightarrow x=1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Với $P=3$ thì $x+\sqrt{x}+1=1 \Leftrightarrow x=0$. Vậy có 3 giá trị $x$ để $P$ nguyên. Đáp án C.

Từ giả thiết: $\left(x+y\right)^{2}+7\left(x+y\right)+y^{2}+10=0$ $\left(x+y\right)^{2}+2\left(x+y\right).\dfrac{7}{2}+\left(\dfrac{7}{2}\right)^{2}-\left(\dfrac{7}{2}\right)^{2}+10=-y^{2}\le0$ $\left(x+y+\dfrac{7}{2}\right)^{2}-\dfrac{9}{4}\le0 \Rightarrow \left(x+y+\dfrac{7}{2}\right)^{2}\le\dfrac{9}{4}$. Giải ra được $-4\le x+y+1\le-1$. $A=-1$ khi $x=-2$ và $y=0$, $A=-4$ khi $x=-5$ và $y=0$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $-4$ và giá trị lớn nhất của $A$ là $-1$. Đáp án D.

Ta có: $a+b+c=\dfrac{1}{2}$. Suy ra: $\left(a+b+c\right)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca=\dfrac{1}{4}$ Mà $a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=\dfrac{1}{6}$ Suy ra: $ab+bc+ca=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{12}; a^{2}+b^{2}+c^{2}=\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{12}$ Khi đó: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=ab+bc+ca=\dfrac{1}{12}$ Mà $a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge ab+bc+ca$ (do $a^{2}+b^{2}\ge2ab; b^{2}+c^{2}\ge2bc; c^{2}+a^{2}\ge2ca$) Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{6}$. Khi đó $M=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$. Đáp án A.

Do $AE\text{ // }BC$ nên $\dfrac{AE}{BC}=\dfrac{AF}{FC}=\dfrac{2}{3}$. Dễ dàng chứng minh được: $AD=BC+2AE$ Từ đó suy ra $\dfrac{2AE}{BC}=\dfrac{4}{3}$ Do đó $\dfrac{2AE+BC}{BC}=\dfrac{4+3}{3}$ hay $\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{7}{3}$. Mặt khác trong tam giác $MAD$, do $BC\text{ // }AD$, ta có $\dfrac{MA}{MB}=\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{7}{3}$, mà $AB=20cm$, do đó $MB=15cm$. Đáp án A.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$ ta có: $AB^{2}=BH.BC \Rightarrow BC=\dfrac{AB^{2}}{BH}=\dfrac{8^{2}}{6,4}=10cm$. Suy ra $y=CH=BC-HB=10-6,4=3,6cm$. Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông $ABC$ ta có: $x=AC=\sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6cm$. Suy ra $x+y=6+3,6=9,6cm$. Đáp án C.

Ta có: $A=\sin^{6}57^{\circ}+\cos^{6}57^{\circ}+3\sin^{2}57^{\circ}.\cos^{2}57^{\circ}$ $=\left(\sin^{2}57^{\circ}\right)^{3}+\left(\cos^{2}57^{\circ}\right)^{3}+3\sin^{2}57^{\circ}.\cos^{2}57^{\circ}\left(\sin^{2}57^{\circ}+\cos^{2}57^{\circ}\right)$ (Vì $\sin^{2}57^{\circ}+\cos^{2}57^{\circ}=1$) $=\left(\sin^{2}57^{\circ}+\cos^{2}57^{\circ}\right)^{3}=1^{3}=1$. Đáp án A.

Ta có: $\Delta OBH=\Delta OCH$ (c-g-c) (cạnh $OH$ chung; $OB=OC; \widehat{BOH}=\widehat{COH}$) Suy ra $\widehat{BHO}=\widehat{CHO} \Rightarrow BC\perp AO$. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABO$ ta có: $BO^{2}=OH.OA=16cm$. Đáp án B.

Kẻ $AB$ cắt $CD$ tại $P$. Khi đó ta chứng minh được $AB=AP=AC$. $CE\text{ // }AB$, áp dụng định lý Ta-lét trong tam giác $DAB$ ta có: $\dfrac{KE}{AB}=\dfrac{DK}{DA}$ (1) Tương tự, trong tam giác $DAP$ có: $\dfrac{CK}{AP}=\dfrac{DK}{DA}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra: $\dfrac{KE}{AB}=\dfrac{CK}{AP}$ mà $AB=AP$ nên $KE=CK$. Hay $K$ là trung điểm của $CE$. Vậy $CK=\dfrac{1}{2}CE=3cm$. Đáp án B.

Tứ giác $BDCE$ có $BK=KC; DK=KE$ nên $BDCE$ là hình bình hành. Lại có $BC\perp DE$ nên $BDCE$ là hình thoi $\Rightarrow A$ đúng. $\Delta AIC$ có $O^{\prime}I=\dfrac{1}{2}AC \Rightarrow \widehat{AIC}=90^{\circ} \Rightarrow AI\perp IC$. Tương tự ta có: $AD\perp BD$. Suy ra $BD\text{ // }IC$. Lại có $BD\text{ // }EC$ (tính chất hình thoi). Suy ra $E, I, C$ thẳng hàng (tiên đề Ơclit) $\Rightarrow B$ đúng. Nối $KI$ và $IO^{\prime}$ ta có: $KI=KD=KE$ ($KI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền). Do đó $\widehat{KIA}=\widehat{KDA}$ (1) Tam giác $O^{\prime}IA$ cân tại $O^{\prime}$ nên $\widehat{O^{\prime}IA}=\widehat{O^{\prime}AI}=\widehat{DAK}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra: $\widehat{KIA}+\widehat{O^{\prime}IA}=\widehat{KDA}+\widehat{DAK}=90^{\circ}$ Vậy $KI$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left(O^{\prime}\right) \Rightarrow C$ đúng. Đáp án D.

$CE$ và $AB$ là hai dây song song của đường tròn $\left(O\right)$ chắn hai cung $AC$ và $BE$ nên $\widehat{AC}=\widehat{BE} \Rightarrow AE=BC$. Ta có: $\widehat{DAE}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Do đó: $MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}+MD^{2}=\left(MA^{2}+MD^{2}\right)+\left(MB^{2}+MC^{2}\right)$ $=AD^{2}+BC^{2}=AD^{2}+AE^{2}=DE^{2}=4R^{2}$. Đáp án D.

Ta chứng minh được $\Delta ABE\sim\Delta BDE$ (g.g); $\Delta MEA\sim\Delta DEM$ (g.g) Từ đó ta có: $\Delta ABE\sim\Delta BDE \Rightarrow \dfrac{AE}{BE}=\dfrac{BE}{DE} \Rightarrow EB^{2}=ED.EA$. $\Delta MEA\sim\Delta DEM \Rightarrow \dfrac{ME}{DE}=\dfrac{EA}{EM} \Rightarrow EM^{2}=ED.EA$. Do đó: $EB^{2}=EM^{2} \Rightarrow EB=EM \Rightarrow \dfrac{BE}{BM}=\dfrac{1}{2}$. Đáp án C.

$sđ\widehat{BD}=360^{\circ}-\left(sđ\widehat{AB}+sđ\widehat{AC}+sđ\widehat{CD}\right)$ $=360^{\circ}-\left(110^{\circ}+30^{\circ}+70^{\circ}\right)=150^{\circ}$. Vì $\widehat{BMD}$ là góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn $\left(O\right)$ chắn $\widehat{AC}$ và $\widehat{BD}$ nên ta có: $\widehat{BMD}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\widehat{BD}-sđ\widehat{AC}\right)=\dfrac{1}{2}\left(150^{\circ}-30^{\circ}\right)=60^{\circ}$. Đáp án A.

* Phần thuận Vì $I$ là trung điểm của dây $MN$ suy ra $OI\perp MN$. Do đó $\widehat{OIA}=90^{\circ}$. Vì điểm $I$ nhìn đoạn $OA$ cố định dưới góc $90^{\circ}$ nên $I$ nằm trên đường tròn đường kính $OA$. * Phần đảo Lấy điểm $I^{\prime}$ thuộc đường tròn đường kính $OA$. Nối $AI^{\prime}$ cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại $M^{\prime}$ và $N^{\prime}$. Vì $I^{\prime}$ thuộc đường tròn đường kính $OA$ nên $\widehat{OI^{\prime}A}=90^{\circ}$ hay $OI^{\prime}\perp M^{\prime}N^{\prime}$. Suy ra $I^{\prime}$ là trung điểm của $M^{\prime}N^{\prime}$ (theo quan hệ giữa đường kính và dây cung). Kết luận: Quỹ tích trung điểm $I$ của $MN$ là đường tròn đường kính $OA$. Đáp án C.

Tứ giác $BIEM$ có: $\widehat{IBM}=\widehat{IEM}=90^{\circ}$ (gt); suy ra tứ giác $BIEM$ nội tiếp đường tròn đường kính $IM$. Tứ giác $BIEM$ nội tiếp suy ra: $\widehat{IME}=\widehat{IBE}=45^{\circ}$ (do $ABCD$ là hình vuông). Đáp án B.

Số tiền câu lạc bộ thu được từ nguồn tài trợ chiếm $30\%$ trong tổng số 80 triệu đồng, nên số tiền thu được từ tài trợ là $80 \times 30\% = 24$ (triệu đồng). Đáp án C.

Đếm được số học sinh chọn món Bún chả là 4 học sinh trên tổng số 20 học sinh được khảo sát. Tần số tương đối của giá trị "Bún chả" là $f = \dfrac{4}{20}\cdot 100\% = 20\%$. Đáp án B.

Tổng số học sinh $N=3+8+15+14+7+3=50$. Số học sinh có điểm từ 7 trở lên là $14+7+3=24$ (học sinh). Tần số tương đối ghép nhóm tương ứng là $f=\dfrac{24}{50}\cdot100\%=48\%$. Đáp án D.

Không gian mẫu gồm tất cả các số có hai chữ số khác nhau lập từ $\{1;2;3;4;5\}$, có $5\times 4=20$ số. Số tạo thành là số chẵn khi chữ số hàng đơn vị thuộc $\{2;4\}$, tức có 2 cách chọn chữ số hàng đơn vị; ứng với mỗi cách chọn đó, chữ số hàng chục có thể là một trong 4 chữ số còn lại, có 4 cách chọn. Theo quy tắc nhân, biến cố $C$ có $2\times 4=8$ kết quả thuận lợi. Đáp án D.

Xúc xắc có 8 mặt nên có 8 kết quả đồng khả năng. Các số từ 1 đến 8 là bội của 4 gồm: 4 và 8, có 2 số. Xác suất cần tìm là $\dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}$. Đáp án A.