Đề thi thử số 5

Ta có: $P=\dfrac{2x+1}{x-2}=\dfrac{2(x-2)+5}{x-2}=2+\dfrac{5}{x-2}$.
Để $P$ nhận giá trị nguyên thì $(x-2)$ là ước của 5.
$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x-2=\pm 1\\ x-2=\pm 5\end{array}\right. \Rightarrow x=-3,1,3,7$.
Vậy có 4 giá trị nguyên $x$ để $P$ nguyên.
Đáp án C.

$P=\dfrac{2x^{2}+y^{2}-2xy}{xy}=\dfrac{x^{2}+y^{2}+x^{2}-2xy}{xy}=\dfrac{x^{2}+y^{2}}{xy}+\dfrac{x^{2}-2xy}{xy}$
$=\dfrac{4x^{2}+4y^{2}}{4xy}+\dfrac{x^{2}-2xy}{xy}=\dfrac{3x^{2}}{4xy}+\dfrac{x^{2}+4y^{2}}{4xy}+\dfrac{x(x-2y)}{xy}$
$=\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{x}{y}+\dfrac{x^{2}+4y^{2}}{4xy}+\dfrac{x-2y}{y}\ge \dfrac{3}{4}\cdot 2+1+0=\dfrac{5}{2}$
Vì $\begin{cases}\dfrac{x}{y}\ge 2\\ x^{2}+4y^{2}\ge 2\sqrt{x^{2}\cdot 4y^{2}}=4xy\\ x-2y\ge 0\\ y>0\end{cases}$
Dấu "=" xảy ra khi $x=2y$.
Vậy $MinP=\dfrac{5}{2}$ khi $x=2y$.
Đáp án D.

Điều kiện: $0\le x\le 1$. Đặt $a=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}, a>0$
$\Rightarrow \dfrac{a^{2}-1}{2}=\sqrt{x(1-x)}$. Phương trình trở thành
$a+\dfrac{a^{2}-1}{2}=1 \Leftrightarrow a^{2}+2a-3=0 \Leftrightarrow (a-1)(a+3)=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}a=1\\ a=-3\end{array}\right.$
Vì $a>0$ nên $a=1$ thỏa mãn.
Với $a=1$ suy ra $\sqrt{x}+\sqrt{1-x}=1 \Leftrightarrow x+1-x+2\sqrt{x(1-x)}=1$
$\Leftrightarrow \sqrt{x(1-x)}=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.$
$x=0$ và $x=1$ đều thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt $x=0; x=1$.
Đáp án B.

Ta có: $4P=a^{2}-2ab+b^{2}+3\left(a^{2}+b^{2}+4+2ab-4a-4b\right)+4\cdot2021-12$
$=(a-b)^{2}+3(a+b-2)^{2}+8072\ge 8072$
Suy ra: $P\ge 2018$
Dấu "=" xảy ra khi $\begin{cases}a=b\\ a+b-2=0\end{cases}\Rightarrow a=b=1$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là 2018 khi $a=b=1$.
Đáp án B.

Ta có: $x=\dfrac{2}{2+\sqrt{3}}=4-2\sqrt{3}=(\sqrt{3}-1)^{2}$
Khi đó $P=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{\sqrt{(\sqrt{3}-1)^{2}}-1}=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1-1}=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}-2}=\dfrac{(4-2\sqrt{3})(\sqrt{3}+2)}{(\sqrt{3}-2)(\sqrt{3}+2)}$
$=\dfrac{4\sqrt{3}+8-6-4\sqrt{3}}{3-4}=\dfrac{2}{-1}=-2$.
Đáp án D.

Để biểu thức $P$ có nghĩa khi $\begin{cases}x^{2}-2x+3\ge 0\\ 2-x^{2}\ge 0\end{cases}\Leftrightarrow -\sqrt{2}\le x\le \sqrt{2}$.
Đáp án A.

$M=\sqrt{\left(\sqrt{x-1}+1\right)^{2}}+\sqrt{\left(\sqrt{x-1}-1\right)^{2}}$
(vì $1$=\sqrt{x-1}+1+1-\sqrt{x-1}=2$.
Đáp án D.

Hoành độ giao điểm của đường thẳng $y=mx+1$ và đường thẳng $y=2x-1$ là nghiệm của phương trình: $mx+1=2x-1 \Leftrightarrow x=\dfrac{2}{2-m}$
Suy ra $I\left(\dfrac{2}{2-m};\dfrac{2+m}{2-m}\right)$ là giao điểm của hai đường thẳng $y=mx+1$ và $y=2x-1$.
Mà điểm $I$ thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ 2, hay $I$ thuộc đường thẳng $y=-x$.
Suy ra: $\dfrac{2+m}{2-m}=-\dfrac{2}{2-m}\Leftrightarrow 2+m=-2\Leftrightarrow m=-4$.
Đáp án B.

Điểm $M$ thuộc đường thẳng $x+y=2$ nên $M(x;2-x)$
Khoảng cách từ $O$ đến $M$ là: $OM=\sqrt{x^{2}+(2-x)^{2}}=\sqrt{2x^{2}-4x+4}=\sqrt{2(x-1)^{2}+2}\ge \sqrt{2}$
Dấu "=" xảy ra khi $x=1$.
Khoảng cách $OM$ nhỏ nhất là $\sqrt{2}$ khi $x=y=1$.
Vậy $x^{2}+y^{2}=2$.
Đáp án A.

Điểm $A(x_{0};y_{0})$ là điểm cố định mà $(d)$ luôn đi qua với $\forall m$. Khi đó:
$y_{0}=2(m+3)x_{0}-2m+2\Leftrightarrow m(2x_{0}-2)+(6x_{0}+2-y_{0})=0$
$\Leftrightarrow \begin{cases}2x_{0}-2=0\\ 6x_{0}+2-y_{0}=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_{0}=1\\ 6\cdot1+2-y_{0}=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_{0}=1\\ y_{0}=8\end{cases}$
Vậy điểm $A(1;8)$ là điểm cố định mà đường thẳng $(d)$ luôn qua. Khi đó $x_{0}+y_{0}=9$.
Đáp án C.

Phương trình $x^{2}-2mx+2m-10=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_{1},x_{2}$ khi $\Delta^{\prime}>0$ hay
$m^{2}-2m+10>0\Leftrightarrow (m-1)^{2}+9>0$ (luôn đúng).
Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_{1},x_{2}$.
Theo định lí Vi-ét và đề bài ta có: $\begin{cases}x_{1}+x_{2}=2m\\ x_{1}x_{2}=2m-10\\ 2x_{1}+x_{2}=-4\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}-4-x_{1}=2m\\ x_{1}x_{2}=2m-10\\ x_{2}=-4-2x_{1}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_{1}=-2-2m\\ x_{2}=4+4m\\ x_{1}x_{2}=2m-10\end{cases}\Leftrightarrow (-4-2m)(4+4m)=2m-10$
$\Leftrightarrow 4m^{2}+13m+3=0\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}m=-3\\ m=-\dfrac{1}{4}\end{array}\right.$
Vậy có 2 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án B.

Giao điểm của $(P): y=-\dfrac{x^{2}}{2}$ và $(d^{\prime}): y=x+\dfrac{1}{2}$ là điểm $I\left(-1;-\dfrac{1}{2}\right)$
Để 3 đồ thị của $(P): y=-\dfrac{x^{2}}{2};(d): y=mx-4;(d^{\prime}): y=x+\dfrac{1}{2}$ đồng quy thì đường thẳng $(d): y=mx-4$ cũng đi qua điểm $I\left(-1;-\dfrac{1}{2}\right)$.
Khi đó: $-\dfrac{1}{2}=m(-1)-4\Leftrightarrow m=-\dfrac{7}{2}$.
Đáp án A.

Gọi chiều dài quãng đường $AB$ là $x$ (km), $x>0$. Ta chỉ xét quãng đường $BC$ khi vận tốc thay đổi.
Ta có thời gian dự định đi hết quãng đường $BC$ là $\dfrac{\dfrac{x}{2}+60}{40}$ (h).
Thời gian ô tô thực đi trên quãng đường $BC$ sau khi tăng vận tốc thêm 10km/h là $\dfrac{\dfrac{x}{2}+60}{50}$ (h).
Vì sau khi người lái xe tăng thêm vận tốc 10 km/h trên quãng đường còn lại, do đó ô tô đến $B$ sớm hơn 1 giờ so với dự định, ta có phương trình:
$\dfrac{\dfrac{x}{2}+60}{40}-\dfrac{\dfrac{x}{2}+60}{50}=1$.
Giải phương trình trên ta được $x=280$.
Vậy quãng đường $AB$ dài 280 km.
Đáp án B.

Ta có: $\begin{cases}2x+y=2+m\\ 3x-4y=-8+7m\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}8x+4y=8+4m\\ 3x-4y=-8+7m\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=m\\ y=2-m\end{cases}$
Khi đó:
$x^{4}+y^{4}=m^{4}+(2-m)^{4}=\left(m^{2}\right)^{2}-2m^{2}(2-m)^{2}+(2-m)^{4}+2m^{2}(2-m)^{2}$
$=\left[m^{2}-(2-m)^{2}\right]^{2}+2\left[m(2-m)\right]^{2}=(4m-4)^{2}+2\left(2m-m^{2}\right)^{2}$
$=16(m-1)^{2}+2\left[(m-1)^{2}-1\right]^{2}=2(m-1)^{4}+12(m-1)^{2}+2\ge 2$.
Dấu "=" xảy ra khi $m=1$.
Vậy $x^{4}+y^{4}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi $m=1$.
Đáp án B.

Điều kiện: $y\ge 1$.
$4xy=(x^{4}+1)(y^{4}+1)\ge 4x^{2}y^{2}\Rightarrow 0\le xy\le 1$
Mà $y\ge 1\Rightarrow x\le 1$
Do đó: $\sqrt[3]{x-1}-\sqrt{y-1}\le 0\le 1-x^{3}$
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất $(x,y)=(1;1)$.
Đáp án A.

Để phương trình $x^{2}-mx+1=0$ có 2 nghiệm phân biệt thì $\Delta>0$ hay $m^{2}-4>0\Leftrightarrow \begin{cases}m<-2\\ m>2\end{cases}$.
Theo Vi-ét ta có: $\begin{cases}x_{1}+x_{2}=m\\ x_{1}x_{2}=1\end{cases}$
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt $x_{1},x_{2}$ đều lớn hơn 2 khi đó:
$\begin{cases}(x_{1}-2)(x_{2}-2)>0\\ x_{1}+x_{2}>4\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x_{1}x_{2}-2(x_{1}+x_{2})+4>0\\ x_{1}+x_{2}>4\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}1-2m+4>0\\ m>4\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m<\dfrac{5}{2}\\ m>4\end{cases}$ (vô nghiệm).
Vậy không có giá trị nào của $m$ thỏa mãn điều kiện bài toán.
Đáp án D.

Hệ đã cho $\Leftrightarrow \begin{cases}(2x-y)^{2}=0\\ 3x-y=1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}2x=y\\ 3x-2y=1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=1\\ y=2\end{cases}$
Do đó: $x_{0}=1; y_{0}=2\Rightarrow x_{0}y_{0}=2$.
Đáp án C.

Giải hệ $\begin{cases}y=x^{2}\\ y=x+2\end{cases}$ ta tìm được hai giao điểm của $(d)$ và $(P)$ là $A(-1;1), B(2;4)$. Gọi $D$ và $C$ lần lượt là chân đường vuông góc của $A$ và $B$ trên trục $Ox$.
$S_{ABCD}=\dfrac{(1+4)\cdot3}{2}=\dfrac{15}{2}; S_{ODA}=\dfrac{1\cdot1}{2}=\dfrac{1}{2}, S_{OCB}=\dfrac{2\cdot4}{2}=4$.
$\Rightarrow S_{OAB}=\dfrac{15}{2}-\dfrac{1}{2}-4=3$ (đvdt)
Đáp án D.

Ta có: $x^{2}+2y^{2}-3xy+2x-4y+3=0$
$\Leftrightarrow (x-y)(x-2y)+2(x-2y)=3$
$\Leftrightarrow (x-2y)(x-y+2)=-3$
Do $x, y$ nguyên nên $x-2y, x-y+2$ nguyên
Mà $-3=(-1)\cdot3=(-3)\cdot1$ nên ta có 4 trường hợp:
$\begin{cases}x-2y=-1\\ x-y+2=3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=3\\ y=2\end{cases}$ (thỏa mãn); $\begin{cases}x-2y=3\\ x-y+2=-1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=-9\\ y=-6\end{cases}$ (loại);
$\begin{cases}x-2y=1\\ x-y+2=-3\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=-11\\ y=-6\end{cases}$ (loại), $\begin{cases}x-2y=-3\\ x-y+2=1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=1\\ y=2\end{cases}$ (thỏa mãn).
Vậy các giá trị cần tìm là $(x;y)=\{(1;2),(3;2)\}$.
Đáp án C.

$M=\sqrt{22-12\sqrt{2}}=\sqrt{18-2\cdot2\cdot3\sqrt{2}+4}=\sqrt{\left(3\sqrt{2}\right)^{2}-2\cdot2\cdot3\sqrt{2}+2^{2}}$
$=\sqrt{\left(3\sqrt{2}-2\right)^{2}}=3\sqrt{2}-2$.
Chú ý: cần đối chiếu dấu để chọn đúng giá trị rút gọn.
Đáp án C.

Ta có: $2N=\dfrac{4}{2-x}+\dfrac{2}{x}=3+\dfrac{2x}{2-x}+\dfrac{x-2}{x}\ge 3+2\sqrt{2}\Leftrightarrow N\ge 3+2\sqrt{2}$.
Dấu bằng xảy ra khi $x=2\sqrt{2}-2$.
Đáp án A.

$\begin{cases}x+2y=m\\ 2x-y=m+1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\dfrac{m-1}{5}\\ y=\dfrac{3m+2}{5}\end{cases}$
Để $x>0; y>0$ thì $\begin{cases}x=\dfrac{m-1}{5}>0\\ y=\dfrac{3m+2}{5}>0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m>1\\ m>-\dfrac{2}{3}\end{cases}\Leftrightarrow m>1$.
Đáp án A.

Điều kiện: $1\le x\le 5$
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:
$\left(2\sqrt{x-1}+3\sqrt{5-x}\right)^{2}\le \left(2^{2}+3^{2}\right)(x-1+5-x)=13\cdot4$
$2\sqrt{x-1}+3\sqrt{5-x}\le 2\sqrt{13}$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $3\sqrt{x-1}=2\sqrt{5-x}\Leftrightarrow x=\dfrac{29}{13}$.
Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn.
Vậy pt có nghiệm $x=\dfrac{29}{13}$.
Đáp án A.

Ta có: $\dfrac{4c}{4c+57}\ge \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{35}{35+2b}\ge 2\cdot\sqrt{\dfrac{35}{(1+a)(2b+35)}}>0\ (1)$
Mặt khác
$\dfrac{1}{1+a}\le \dfrac{4c}{4c+57}-\dfrac{35}{35+2b}\Leftrightarrow \dfrac{1}{1+a}-\dfrac{4c}{4c+57}\le \dfrac{35}{35+2b}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{1+a}-\dfrac{4c}{4c+57}+1\le 1-\dfrac{35}{35+2b}=\dfrac{2b}{35+2b}$
$\Leftrightarrow \dfrac{2b}{35+2b}\ge \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{57}{4c+57}\ge 2\cdot\sqrt{\dfrac{57}{(1+a)(4c+57)}}>0\ (2)$
Ta có: $1-\dfrac{1}{1+a}\ge 1-\dfrac{4c}{4c+57}+\dfrac{35}{35+2b}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a}{1+a}\ge \dfrac{57}{4c+57}+\dfrac{35}{35+2b}\ge 2\cdot\sqrt{\dfrac{35\cdot57}{(4c+57)(35+2b)}}>0\ (3)$
Từ (1), (2), (3) ta có:
$\dfrac{8abc}{(1+a)(4c+57)(2b+35)}\ge 8\cdot\dfrac{35\cdot57}{(1+a)(2b+35)(4c+57)}$
Do đó $abc\ge 35\cdot57=1995$.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=2, b=35$ và $c=\dfrac{57}{2}$.
Đáp án C.

Để $MH\perp NP$ thì $AB\,\text{//}\,NP$.
Áp dụng hệ quả của định lý Ta-lét trong tam giác $MNP$ ta có:
$\dfrac{MA}{MN}=\dfrac{MB}{MP}\Rightarrow MP=\dfrac{MN.MB}{MA}=\dfrac{12.10}{8}=15$
Vậy $MP=15cm$.
Đáp án B.

$\sin^{2}10^{0}-\sin^{2}20^{0}+\sin^{2}30^{0}-\sin^{2}40^{0}-\sin^{2}50^{0}-\sin^{2}70^{0}+\sin^{2}80^{0}$
$=\sin^{2}10^{0}+\sin^{2}\left(90^{0}-10^{0}\right)-\sin^{2}20^{0}-\sin^{2}\left(90^{0}-20^{0}\right)-\sin^{2}40^{0}-\sin^{2}\left(90^{0}-40^{0}\right)+\sin^{2}30^{0}$
$=\sin^{2}10^{0}+\cos^{2}10^{0}-\sin^{2}20^{0}-\cos^{2}20^{0}-\sin^{2}40^{0}-\cos^{2}40^{0}+\sin^{2}30^{0}$
$=1-1-1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=-\dfrac{3}{4}$.
Đáp án A.

Ta có: $AH^{2}=BH.HC\Rightarrow HC=\dfrac{AH^{2}}{BH}=\dfrac{16^{2}}{25}=10,24$.
Khi đó: $AB=BH+HC=25+10,24=35,24$.
Suy ra: $S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{1}{2}\cdot16\cdot35,24=281,92$ (đvdt).
Đáp án C.

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông $ABC$ ta có:
$BC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$
Tam giác $ABC$ vuông nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là điểm của cạnh huyền. Bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng một nửa cạnh huyền và bằng 5cm.
Đáp án B.

Ta có: $d(O;a)=4cmKhi đó: $AB=2HA=2\sqrt{OA^{2}-OH^{2}}=2\cdot\sqrt{5^{2}-4^{2}}=6cm$.
Đáp án C.

Gọi $F$ là tiếp điểm của đường tròn $(I)$ với $BC$. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau:
$AD=AE, BE=BF, CF=CD$.
Ta có: $AD+AE=AC+AB-(BE+CD)=AC+AB-(BF+CF)=AC+AB-BC$
Suy ra: $AD=AE=\dfrac{b+c-a}{2}$.
Đáp án D.

Vì $AOC$ và $BOD$ là hai tam giác đều, suy ra $\widehat{COD}=60^{0}$. Vì $AD\,\text{//}\,OE$ nên $\widehat{DAO}=\widehat{EOB}=30^{0}$ (góc đồng vị), suy ra $\widehat{DOE}=\widehat{EOB}=30^{0}$.
Suy ra $sd\widehat{CD}=2sd\widehat{BE}$.
Đáp án B.

Xét $(O;R)$ ta có $\widehat{BCI}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ $BI$ và $\widehat{ANB}$ là góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn chắn cung $IC$ và $AB$.
$\Rightarrow \begin{cases}\widehat{BCI}=\dfrac{1}{2}sd\widehat{BI}\\ \widehat{ANB}=\dfrac{1}{2}\left(sd\widehat{AB}-sd\widehat{CI}\right)\end{cases}$
Mà $AB=BC=CA\ (gt)$ nên $sd\widehat{AB}=sd\widehat{AC}=sd\widehat{BC}$.
$\Rightarrow sd\widehat{AB}-sd\widehat{CI}=sd\widehat{BC}-sd\widehat{CI}=sd\widehat{BI}$.
$\Rightarrow \dfrac{1}{2}sd\widehat{BI}=\dfrac{1}{2}\left(sd\widehat{AB}-sd\widehat{CI}\right)$.
Vậy $\widehat{ANB}=\widehat{BCI}$.
Đáp án A.

$sd\widehat{C}=\dfrac{1}{2}sd\widehat{AmB}; sd\widehat{D}=\dfrac{1}{2}sd\widehat{AnB}$.
Suy ra số đo các góc của $\triangle ACD$ không thay đổi.
Suy ra $\triangle ACD$ có chu vi lớn nhất khi một cạnh của nó lớn nhất, chẳng hạn $AC$ là lớn nhất.
$AC$ là dây của đường tròn $(O)$, do đó $AC$ lớn nhất khi $AC$ là đường kính của đường tròn $(O)$, khi đó $AD$ là đường kính của đường tròn $(O^{\prime})$. Cát tuyến $BCD$ ở vị trí $C^{\prime}BD^{\prime}$ vuông góc với dây chung $AB$.
Đáp án C.

Ta có: $OA=OB=OC=OD$ (cùng là bán kính đường tròn tâm $O$)
Tam giác $OAD$ cân tại $O$ có góc $\widehat{ADO}=60^{0}$ nên tam giác $OAD$ là tam giác đều.
Suy ra: $OA=OD=AD=OC=OD=5cm$.
Tam giác $OCB$ là tam giác cân, kẻ $OH\perp BC$ nên $H$ là trung điểm $BC\Rightarrow BH=CH=4cm$.
Khi đó: $d_{(O;BC)}=OH=\sqrt{OB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3cm$.
Đáp án B.

* Xét hai tam giác $ABC$ và $EDB$. Ta có: $\widehat{BAC}=90^{0}; \widehat{DEB}=90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
$\Rightarrow \widehat{DEB}=\widehat{BAC}=90^{0}; \widehat{ABC}$ chung $\Rightarrow \triangle DEB\sim\triangle CAB\ (g.g)\Rightarrow A$ chung.
* $\widehat{DEB}=90^{0}\Rightarrow \widehat{DEC}=90^{0}$ (hai góc kề bù); $\widehat{BAC}=90^{0}$ hay $\widehat{DAC}=90^{0}\Rightarrow \widehat{DEC}+\widehat{DAC}=180^{0}$.
Suy ra tứ giác $ADEC$ là tứ giác nội tiếp.
* $\widehat{BAC}=90^{0}; \widehat{DFB}=90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat{BFC}=90^{0}$ như vậy $F$ và $A$ cùng nhìn $BC$ dưới một góc bằng $90^{0}$ nên $A$ và $F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BC\Rightarrow AFBC$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow B$ đúng.
* Tứ giác $ADEC$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{E_{1}}=\widehat{F_{1}}\Rightarrow \widehat{F_{1}}=\widehat{C_{1}}$ mà đây là hai góc so le trong nên ta suy ra $AC\,\text{//}\,FG\Rightarrow C$ sai.
* Dễ thấy $CA, DE, BF$ là ba đường cao của tam giác $DBC$ nên $CA, DE, BF$ đồng quy tại $S\Rightarrow D$ đúng.
Đáp án C.

Từ bảng thống kê, số áo bán được của từng loại là: Áo sơ mi: 85 chiếc, Áo thun: 120 chiếc, Áo khoác: 40 chiếc, Áo len: 65 chiếc. So sánh bốn giá trị trên, ta thấy 40 là số nhỏ nhất, tương ứng với Áo khoác. Vậy Áo khoác là loại bán được ít nhất trong tuần. Đáp án B.

Đếm tần số của từng điểm số: điểm 6 có tần số 4; điểm 7 có tần số 9; điểm 8 có tần số 7; điểm 9 có tần số 5; điểm 10 có tần số 1. Trong các tần số trên, tần số lớn nhất là 9, ứng với điểm số 7. Đáp án B.

Ao A có tổng số cá $N_A=6+10+9+5=30$, tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $[1,2;1,4)$ là $f_A=\dfrac{9}{30}\cdot100\%=30\%$. Ao B có tổng số cá $N_B=10+12+14+4=40$, tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $[1,2;1,4)$ là $f_B=\dfrac{14}{40}\cdot100\%=35\%$. Vì $35\%\gt30\%$ nên tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $[1,2;1,4)$ ở ao B lớn hơn ở ao A. Đáp án B.

Số cách xếp 3 bạn thành một hàng dọc là số hoán vị của 3 phần tử: $3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$. Vậy không gian mẫu có 6 phần tử. Đáp án B.

Gieo ba xúc xắc có $6^3 = 216$ kết quả đồng khả năng. Đếm được số bộ ba số chấm $(a;b;c)$ với $a,b,c \in \{1,2,...,6\}$ có tổng bằng 10 là 27 bộ. Xác suất cần tìm là $\dfrac{27}{216} = \dfrac{1}{8}$. Đáp án D.