Đề thi thử số 1

Lời giải: Ta có $y=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}=2+\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}$.
Vì y nguyên nên suy ra $\sqrt{x}-1$ là ước của 2. Vậy ta có $\left[\begin{array}{l}\sqrt{x}-1=\pm 1 \\ \sqrt{x}-1=\pm 2\end{array}\right. \Rightarrow x=0,x=4,x=9$.
Vậy có 3 giá trị của x nguyên, suy ra 3 cặp (x; y) nguyên.
Đáp án A.

Lời giải: Ta có $M=\sqrt{5-2\sqrt{6}}+\sqrt{5+2\sqrt{6}}=\sqrt{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)^{2}}+\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)^{2}}=2\sqrt{3}$.
$N=\dfrac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)}=\sqrt{3}+\sqrt{2}$.
Kiểm tra dễ thấy $M \ne N^{2}-1$.
Đáp án D.

Lời giải: Ta có: $\dfrac{1}{\sqrt{2k+3}+\sqrt{2k+1}}=\dfrac{\sqrt{2k+3}-\sqrt{2k+1}}{2}$ (1).
Áp dụng (1) vào tính tổng trên suy ra $P=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}+\dfrac{\sqrt{5}-\sqrt{3}}{2}+...+\dfrac{\sqrt{2017}-\sqrt{2015}}{2}=\dfrac{\sqrt{2017}-1}{2}$.
Đáp án B.

Lời giải: $P=\sqrt{2x-\sqrt{4x^{2}-4x+1}}=\sqrt{2x-|2x-1|}$.
Điều kiện để P có nghĩa: $2x-|2x-1| \ge 0$ (1).
Trường hợp 1: $2x-1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{1}{2}$
$\Rightarrow (1) \Leftrightarrow 2x-(2x-1) \ge 0 \Leftrightarrow 1 \ge 0$ (luôn đúng).
Trường hợp 2: $2x-1 < 0 \Leftrightarrow x < \dfrac{1}{2}$.
Khi đó $(1) \Leftrightarrow 2x+2x-1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{1}{4}$.
Kết hợp với điều kiện $\Rightarrow \dfrac{1}{4} \le x < \dfrac{1}{2}$.
Kết hợp trường hợp 1 và trường hợp 2 suy ra $x \ge \dfrac{1}{4}$.
Nhận xét: Bài này áp dụng tính chất cơ bản $\sqrt{A^{2}}=|A|$. Nếu áp dụng sai công thức đó nhiều bạn đã chọn đáp án D.
Đáp án C.

Lời giải: +) Phương án A sai vì $\sqrt{M.N}=\sqrt{M}.\sqrt{N}$ nếu $M \ge 0, N \ge 0$.
+) Phương án B sai vì $\sqrt{x^{2}-4x+4}=|x-2|=2-x (x<2)$.
Vậy $\dfrac{\sqrt{x^{2}-4x+4}}{x^{2}-3x+2}=\dfrac{-1}{x-1} (x<2)$.
+) Phương án D sai vì $a>b$ suy ra $\sqrt{a}>\sqrt{b}$ chỉ đúng khi $a,b \ge 0$.
+) Phương án C đúng vì áp dụng $|a|+|b| \ge |a-b|$, ta có $\sqrt{x^{2}-4x+1}+\sqrt{x^{2}+4x+1}=|2x-1|+|2x+1| \ge |(2x+1)-(2x-1)|=2$.
Nhận xét: Trong câu này, có sử dụng một tính chất của BĐT chứa dấu giá trị tuyệt đối như sau $|a|+|b| \ge |a-b|$, dấu bằng xảy ra khi $ab \le 0$.
Đáp án C.

Lời giải: $P=\dfrac{\sqrt{x^{2}-1}}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{x-1}$.
Với $x=8-4\sqrt{3}$ thay vào P, ta có $P=\sqrt{7-4\sqrt{3}}=\sqrt{\left(2-\sqrt{3}\right)^{2}}=2-\sqrt{3}$.
Đáp án A.

Lời giải: $P=3+2\sqrt{x}-x=4-\left(1-2\sqrt{x}+x\right)=4-\left(1-\sqrt{x}\right)^{2} \le 4 \ \forall x \ge 0$.
Giá trị lớn nhất của P là 4 khi x = 1.
Đáp án D.

Lời giải: $y=\left(m^{2}-m\right)x+1$ đi qua điểm $A(1;3)$ nên ta có $3=\left(m^{2}-m\right)+1 \Leftrightarrow m^{2}-m-2=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}m=-1 \\ m=2\end{array}\right.$.
Đáp án C.

Lời giải: Kể từ năm 1990 đến năm 2018 thì $t=2018-1990=28$ năm.
Nên diện tích rừng nhiệt đới năm 2018 là: $S=718,3-4,6.28=589,5$ (triệu ha).
Đáp án B.

Lời giải: Gọi đường thẳng (d) cần tìm có dạng $y=ax+b$.
Vì (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 nên ta có: $0=a.1+b$ hay $a+b=0$ (1).
(d) tiếp xúc với (P) khi phương trình hoành độ giao điểm $x^{2}=ax+b \Leftrightarrow x^{2}-ax-b=0$ có nghiệm kép.
Tức là $a^{2}+4b=0$ (2).
Từ (1) và (2) ta có $a^{2}-4a=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}a=0 \Rightarrow b=0 \\ a=4 \Rightarrow b=-4\end{array}\right.$
Vậy có hai đường thẳng (d) thỏa mãn là $y=0$ và $y=4x-4$.
Đáp án C.

Lời giải: Áp dụng tính chất sau: Cho hệ phương trình $\begin{cases} ax+by=c \\ a^{\prime}x+b^{\prime}y=c^{\prime} \end{cases}$
+) Nếu $\dfrac{a}{a^{\prime}} \ne \dfrac{b}{b^{\prime}}$ thì hệ có nghiệm duy nhất.
+) Nếu $\dfrac{a}{a^{\prime}}=\dfrac{b}{b^{\prime}} \ne \dfrac{c}{c^{\prime}}$ thì hệ vô nghiệm.
+) Nếu $\dfrac{a}{a^{\prime}}=\dfrac{b}{b^{\prime}}=\dfrac{c}{c^{\prime}}$ thì hệ có vô số nghiệm.
Hệ đã cho tương đương với 4 hệ bậc nhất 2 ẩn, tuy nhiên chỉ có 2 hệ có nghiệm duy nhất, 2 hệ còn lại vô nghiệm.
Đáp án D.

Lời giải: Điều kiện để hệ $\begin{cases} mx+y=1 \\ 2x+(m+1)y=2m \end{cases}$ có nghiệm duy nhất là $\dfrac{m}{2} \ne \dfrac{1}{m+1} \Leftrightarrow m^{2}+m-2 \ne 0 \Leftrightarrow \begin{cases} m \ne 1 \\ m \ne -2 \end{cases}$.
Đáp án D.

Lời giải: Ta viết hệ phương trình về dạng $\begin{cases} 5|x-1|-3|y+2|=7 \\ 2\sqrt{4(x-1)^{2}}+5\sqrt{(y+2)^{2}}=13 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 5|x-1|-3|y+2|=7 \\ 4|x-1|+5|y+2|=13 \end{cases}$.
Đặt $|x-1|=a, |y+2|=b$.
Ta có $\begin{cases} 5a-3b=7 \\ 4a+5b=13 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 20a-12b=28 \\ 20a-12b=28 \\ 20a-25b=65 \end{cases}$, giải ra được $\begin{cases} a=2 \\ b=1 \end{cases}$.
Vậy $\begin{cases} |x-1|=2 \\ |y+2|=1 \end{cases} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=3 \\ x=-1\end{array}\right.$ và $\left[\begin{array}{l}y=-1 \\ y=-3\end{array}\right.$.
Đáp số $(3;-1), (3;-3), (-1;-1), (-1;-3)$.
Đáp án C.

Lời giải: $(1) \Leftrightarrow y=\dfrac{(m-1)x-1}{2}$. Thế vào (2): $3x+m.\dfrac{(m-1)x-1}{2}=1 (3) \Leftrightarrow \left(m^{2}-m+6\right)x=m+2$.
Vì $m^{2}-m+6=\left(m-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{23}{4} \ne 0\ \forall m$ nên hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất: $\begin{cases} x_{0}=\dfrac{m+2}{m^{2}-m+6} \\ y_{0}=\dfrac{m-4}{m^{2}-m+6} \end{cases}$.
$x_{0}-y_{0}=\dfrac{6}{m^{2}-m+6} \le \dfrac{6}{\dfrac{23}{4}}=\dfrac{24}{23}$.
Suy ra $(x-y)$ lớn nhất $=\dfrac{24}{23}$ khi $m=\dfrac{1}{2}$.
Đáp án C.

Lời giải: Để phương trình $x^{2}-(m-4)x-2m^{2}+m=0$ có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta \ge 0 \Leftrightarrow (m-4)^{2}-4\left(-2m^{2}+m\right) > 0 \Leftrightarrow 9m^{2}-12m+16 > 0$
$\Leftrightarrow (3m-2)^{2}+12 > 0\ \forall m$.
Ta có $A=|x_{1}-x_{2}| \Leftrightarrow A^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}=(m-4)^{2}-4\left(-2m^{2}+m\right)$
$=9m^{2}-12m+16=(3m-2)^{2}+12 \ge 12$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $|x_{1}-x_{2}|$ bằng $2\sqrt{3}$.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $m=\dfrac{2}{3}$.
Đáp án B.

Lời giải: Theo định lí Viet ta có $\begin{cases} x_{1}+x_{2}=7 \\ x_{1}x_{2}=-5 \end{cases}$.
$x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{3}-3x_{1}x_{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=7^{3}-3.(-5).7=448$.
Đáp án C.

Lời giải: Áp dụng tính chất: Nếu $a+b+c$ thì $\sqrt{\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}}=\left|\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right|$.
$S=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+1+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+1+......+\dfrac{1}{2016}-\dfrac{1}{2017}+1$
$=2015+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2017}$.
Đáp án B.

Lời giải: Điều kiện xác định: $x \ge 2$.
$(25-x^{2})\sqrt{x-2}=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}25-x^{2}=0 \\ x-2=0\end{array}\right. \Leftrightarrow \begin{cases} x=5 \\ x=-5 \\ x=2 \end{cases}$.
Đối chiếu với điều kiện $x=2$ và $x=5$ thỏa mãn.
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 7.
Nhận xét: Nhiều học sinh mắc sai lầm không đặt điều kiện căn thức có nghĩa và kết luận cả 3 nghiệm nên tổng các nghiệm bằng 2.
Đáp án B.

Lời giải: Ta có: $\left(x^{2}+3x+2\right)\left(x^{2}+5x+6\right)=m \Leftrightarrow (x+2)^{2}\left(x^{2}+4x+3\right)=m$.
Đặt $t=(x+2)^{2} \ge 0$.
Khi đó phương trình đã cho tương đương với $t^{2}-t-m=0\ (t \ge 0)$ (1).
Phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ chi (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
Điều kiện: $t_{1}t_{2} < 0 \Leftrightarrow -m < 0 \Leftrightarrow m > 0$.
Sai lầm: Nhiều học sinh khi đưa về phương trình bậc 2, chỉ dùng điều kiện $\Delta > 0$. Từ đó suy ra đáp án B. Tuy nhiên điều kiện đó chỉ đảm bảo (1) có 2 nghiệm phân biệt t. Trong khi yêu cầu bài toán là có 2 nghiệm phân biệt của ẩn x.
Đáp án D.

Lời giải: $5^{x}+1$ có tận cùng là 1 hoặc 6.
$2y+1$ là số lẻ nên $3^{2y+1}$ có tận cùng là 3 hoặc 7.
Vậy không có cặp số nguyên $(x,y)$ nào thỏa mãn phương trình đã cho.
Đáp án D.

Lời giải: Hoành độ của điểm A, B là nghiệm của phương trình $x^{2}=mx+1 \Leftrightarrow x^{2}-mx-1=0$ (*).
Đường thẳng d luôn cắt trục tung tại điểm C(0; 1). Vì vậy ta có $S_{\triangle OAB}=S_{\triangle OAC}+S_{\triangle OBC}=\dfrac{1}{2}OC.\left(|x_{A}|+|x_{B}|\right)=\dfrac{1}{2}\left(|x_{A}|+|x_{B}|\right)$.
Ta có $S_{\triangle OAB}^{2}=\dfrac{1}{4}\left(|x_{A}|+|x_{B}|\right)^{2}=\dfrac{1}{4}\left[\left(x_{A}+x_{B}\right)^{2}-2x_{A}x_{B}+2|x_{A}x_{B}|\right]$
$=\dfrac{1}{4}\left(m^{2}+4\right) \ge 1$.
Vậy diện tích tam giác OAB nhỏ nhất bằng 1.
Đáp án C.

Lời giải: Ta có $x^{2}+2xy+7(x+y)+2y^{2}+10=0 \Leftrightarrow (x+y)^{2}+7(x+y)+10=-y^{2} \le 0$
$\Leftrightarrow -5 \le x+y \le -2 \Leftrightarrow -4 \le x+y+1 \le -1$.
Đáp án A.

Lời giải: Ta đặt $x=\sqrt[3]{2-\sqrt{3}}+\sqrt[3]{2+\sqrt{3}}$
$\Rightarrow x^{3}=4+3\sqrt[3]{\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)}\left(\sqrt[3]{2-\sqrt{3}}+\sqrt[3]{2+\sqrt{3}}\right)$
$\Leftrightarrow x^{3}=4+3x \Leftrightarrow x^{3}-3x-4=0$.
Vậy $a=-3, b=-4 \Rightarrow a-b=1$.
Đáp án C.

Lời giải: Ta có: $x^{2}(x+2y)-y^{2}(y+2x)=1991 \Leftrightarrow (x-y)\left(x^{2}+y^{2}+3xy\right)=1991$ (1).
Vì x, y nguyên dương nên (1) tương đương với $\left[\begin{array}{l}\begin{cases}x-y=1 \\ x^{2}+y^{2}+3xy=1991\end{cases} (1) \\ \begin{cases}x-y=11 \\ x^{2}+y^{2}+3xy=181\end{cases}\end{array}\right. \Leftrightarrow \begin{cases} x=y+11 \\ (y+11)^{2}+y^{2}+3(y+11)y=181\ (2) \end{cases}$.
Giải (2) suy ra $y=-12$ (loại), $y=1$.
Với $y=1$ suy ra $x=12$.
Đáp án D.

Lời giải: Ta có $\triangle BEC \backsim \triangle DCF \Rightarrow \dfrac{BE}{BC}=\dfrac{DC}{DF} \Rightarrow \dfrac{BE}{BD}=\dfrac{BD}{DF}$.
$\Rightarrow \triangle EBD \backsim \triangle BDF\ (c.g.c) \Rightarrow \widehat{D_{1}}=\widehat{F_{1}}$. Vì $\widehat{D_{2}}=60^{\circ}$ là góc ngoài của tam giác BDF nên $\widehat{B_{1}}+\widehat{D_{1}}=\widehat{B_{1}}+\widehat{F_{1}}=\widehat{D_{2}}=60^{\circ}$.
Ta có: $\widehat{A}+\widehat{ABI}+\widehat{BID}+\widehat{ADI}=360^{\circ} \Rightarrow \widehat{BID}=120^{\circ}$.
Đáp án B.

Lời giải: $\sin^{2}x\tan^{2}x+4\sin^{2}x-\tan^{2}x+3\cos^{2}x$
$=\tan^{2}x\left(\sin^{2}x-1\right)+3\left(\sin^{2}x+\cos^{2}x\right)+\sin^{2}x$
$=\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}.\left(-\cos^{2}x\right)+3+\sin^{2}x$
$=-\sin^{2}x+3+\sin^{2}x=3$
Đáp án B.

Lời giải: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có $AB^{2}=BH.BC$, $AC^{2}=CH.CB$
$\Rightarrow \dfrac{AB^{2}}{AC^{2}}=\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{2}{3} \Rightarrow \tan \widehat{C}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
Đáp án A.

Lời giải: *Dựa vào tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có $AE=EC; BF=FC$
$\Rightarrow AE+BF=EC+CF=EF$
EF nhỏ nhất khi EF vuông góc với tiếp tuyến tại A và B.
Khi đó C nằm chính giữa cung AB
$\Rightarrow$ A đúng.
*Dựa vào tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau dễ chứng minh $\widehat{O_{1}}=\widehat{O_{2}}; \widehat{O_{3}}=\widehat{O_{4}}$
$\Rightarrow \widehat{EOF}=90^{\circ}$
$\Rightarrow AE.BF=EC.CF=OC^{2}=R^{2}$.
Vậy AE.BF không phụ thuộc vào vị trí của C
$\Rightarrow$ B đúng.
$\widehat{AOE}=\widehat{BOF}$ (cùng phụ với $\widehat{BOF}$).
$\Rightarrow \triangle AOE \backsim \triangle BFO\ (g.g)$
$\rightarrow$ Phát biểu C đúng.
$S_{\triangle EOF}=\dfrac{1}{2}CO.EF=\dfrac{1}{2}R.EF$
Khi C nằm chính giữa cung AB thì EF vuông góc với tiếp tuyến tại A và B
Khi đó EF nhỏ nhất
$\Rightarrow S_{\triangle EOF}$ nhỏ nhất (chứ không phải lớn nhất).
Vậy phát biểu D không đúng.
Đáp án D.

Lời giải: Ta có $\widehat{ACB}=180^{\circ}-80^{\circ}-60^{\circ}=40^{\circ}$.
Vì $\widehat{A} > \widehat{B} > \widehat{C} \Rightarrow BC > AC > AB$
$\Rightarrow h_{2} < h_{3} < h_{1}$ (Vì dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn).
Nhận xét: Bài toán dùng tính chất sau:
- Cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn.
- Trong một đường tròn khoảng cách từ tâm đến dây tỉ lệ nghịch với độ dài của dây cung.
Đáp án C.

Lời giải: Vì 2 đường tròn (O) và $(O^{\prime})$ có 2 tiếp tuyến chung ngoài nên chúng không thể tiếp xúc trong nhau $\rightarrow$ Loại đáp án C.
Ta có $EO^{\prime} \parallel GO$ (Vì cùng vuông góc với GI)
$\Rightarrow \dfrac{EO^{\prime}}{GO}=\dfrac{IO^{\prime}}{IO}=\dfrac{2}{3}$
$\Rightarrow IO=\dfrac{3}{2}.IO^{\prime}=3R$
$\Rightarrow OO^{\prime}=R < \dfrac{2}{3}R+R$
$\Rightarrow$ 2 đường tròn cắt nhau.
Dấu hiệu nhận biết vị trí tương đối giữa hai đường tròn:
+) Hai đường tròn ngoài nhau nếu khoảng cách giữa 2 tâm lớn hơn tổng hai bán kính.
+) Hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau nếu tổng 2 bán kính bằng khoảng cách giữa hai tâm.
+) Hai đường tròn cắt nhau nếu tổng 2 bán kính lớn hơn khoảng cách giữa 2 tâm.
Đáp án D.

Lời giải: Gọi K là giao điểm của AO và đường tròn.
Nhận thấy $BF \parallel CF$ (vì cùng vuông góc với AC)... $CH \parallel BK$ (vì cùng vuông góc với AB).
$\Rightarrow$ BHCK là hình bình hành.
Mà I là trung điểm của BC nên I cũng là trung điểm của HK
Xét $\triangle AHK$ có
O là trung điểm của AK,
I cũng là trung điểm của HK,
$\Rightarrow$ OI là đường trung bình của $\triangle AHK$
$\Rightarrow AH=2OI$.
Đáp án D.

Lời giải: Nhận thấy chỉ có 1 điểm C thỏa mãn đề bài.
+ Trường hợp 1: điểm D nằm trên cung BC
Ta có $\widehat{ABC}=30^{\circ} \Rightarrow \widehat{AOC}=60^{\circ}$.
Vì $\triangle DOC$ là tam giác đều
$\Rightarrow \widehat{COD}=60^{\circ} \Rightarrow \widehat{DOC}=60^{\circ} \Rightarrow \triangle BOD$ là tam giác đều.
Ta có $S_{\triangle BOD}=\dfrac{1}{2}R.\dfrac{R\sqrt{3}}{2}=\dfrac{R^{2}\sqrt{3}}{4}$.
Diện tích hình quạt BOD là: $S_{BOD}=\dfrac{\pi R^{2}}{360}.60=\dfrac{\pi R^{2}}{6}$.
$\Rightarrow$ Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BD và cung nhỏ $\widehat{BD}$ là: $\dfrac{\pi R^{2}}{6}-\dfrac{R^{2}\sqrt{3}}{4}$.
+ Trường hợp 2: điểm D nằm trên cung AC
Như chứng minh trên ta có $\widehat{AOC}=60^{\circ}$
$\Rightarrow \triangle ACO$ là tam giác đều.
$\Rightarrow AC=R$
$\Rightarrow C \equiv D$.
Khi đó diện tích hình giới hạn bởi dây cung BD và cung nhỏ $\widehat{BD}$ chính là diện tích hình quạt BOD là: $\dfrac{\pi R^{2}}{2}$.
Đáp án D.

Lời giải: $AO=\sqrt{FO^{2}+FA^{2}}=\sqrt{R^{2}+\left(\dfrac{4R}{3}\right)^{2}}=\dfrac{5R}{3}$.
Vì $MO \parallel BD$ nên $\dfrac{DM}{AM}=\dfrac{BO}{AO}=\dfrac{R}{\dfrac{5R}{3}}=\dfrac{3}{5}$
$\dfrac{1}{OF^{2}}=\dfrac{1}{OM^{2}}+\dfrac{1}{OA^{2}} \Rightarrow \dfrac{1}{R^{2}}=\dfrac{1}{OM^{2}}+\dfrac{1}{\left(\dfrac{5R}{3}\right)^{2}} \Rightarrow OM=\dfrac{5R}{4}$.
Vì $MO \parallel BD$ nên: $\dfrac{OM}{BD}=\dfrac{AO}{AB}=\dfrac{\dfrac{5R}{3}}{\dfrac{8R}{3}}=\dfrac{5}{8} \Rightarrow BD=\dfrac{8OM}{5}=\dfrac{8.5R}{4.5}=2R$.
$MA=\sqrt{MO^{2}+OA^{2}}=\sqrt{\left(\dfrac{5R}{4}\right)^{2}+\left(\dfrac{5R}{3}\right)^{2}}=\dfrac{25R}{12}$.
Vì $MO \parallel BD$ nên: $\dfrac{DM}{MA}=\dfrac{BO}{OA}=\dfrac{3}{5} \Rightarrow DM=\dfrac{3MA}{5}=\dfrac{3.25R}{12.5}=\dfrac{5R}{4}$.
$\Rightarrow \dfrac{BD}{DM}=\dfrac{2R}{\dfrac{5R}{4}}=\dfrac{8}{5}$.
$\Rightarrow \dfrac{BD}{DM}-\dfrac{DM}{AM}=\dfrac{8}{5}-\dfrac{3}{5}=1$.
Đáp án C.

Lời giải: Áp dụng công thức tính góc ở trong đường tròn ta có: $\widehat{BIE}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\widehat{BE}+sđ\widehat{AF}\right)$, $\widehat{AOB}=90^{\circ}$ nên $sđ\widehat{AB}=90^{\circ}$.
$\widehat{AHB}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\widehat{AB}+sđ\widehat{CE}\right)=90^{\circ}, sđ\widehat{AB}=90^{\circ}$ nên $sđ\widehat{CE}=90^{\circ}$.
$\widehat{AKB}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\widehat{AB}+sđ\widehat{CF}\right)=90^{\circ}, sđ\widehat{AB}=90^{\circ}$ nên $sđ\widehat{CF}=90^{\circ}$.
Ta có $sđ\widehat{CF}+sđ\widehat{FA}+sđ\widehat{AB}+sđ\widehat{BE}+sđ\widehat{CE}=360^{\circ}$.
$\Rightarrow sđ\widehat{CF}+sđ\widehat{BE}=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$.
$\Rightarrow \widehat{BIE}=45^{\circ}$.
Vậy phát biểu A sai vì $\widehat{BIE}=45^{\circ}$ chứ không phải $60^{\circ}$.
Đáp án A.

Lời giải: Tứ giác AFDE có $\widehat{E}+\widehat{F}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$. Nên tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD.
- Gọi O là tâm của đường tròn này. Vẽ OM vuông góc với EF thì $ME=MF$.
- Đặt $\widehat{BAC}=\alpha \Rightarrow \widehat{MOE}=\alpha$. Xét tam giác vuông MOE có: $EM=EO.\sin\alpha \Rightarrow FE=2.EO.\sin\alpha=AD.\sin\alpha\ (*)$
Do $\alpha$ không đổi nên từ (*) suy ra EF nhỏ nhất khi và chỉ khi AD nhỏ nhất
$\Leftrightarrow AD \perp BC \Leftrightarrow$ D là hình chiếu của A trên BC.
Đáp án D.

Lời giải: Nhiệt độ trung bình tháng 12 là $18^\circ C$, nhiệt độ trung bình tháng 1 là $15^\circ C$. Chênh lệch nhiệt độ giữa hai tháng là $18 - 15 = 3$ (độ C). Đáp án C.

Lời giải: Liệt kê các giá trị khác nhau xuất hiện trong dãy số liệu, ta được: 29, 30, 31, 32. Vậy có 4 giá trị nhiệt độ khác nhau. Đáp án A.

Lời giải: Đếm số giá trị thuộc mỗi nhóm: nhóm $[0;20)$ có 3 giá trị (5, 12, 18); nhóm $[20;40)$ có 6 giá trị (22, 25, 28, 31, 35, 38); nhóm $[40;60)$ có 12 giá trị (41, 43, 45, 47, 48, 50, 52, 54, 55, 57, 58, 59); nhóm $[60;80)$ có 6 giá trị (61, 63, 66, 70, 74, 78); nhóm $[80;100)$ có 3 giá trị (82, 88, 95). Tổng $N=3+6+12+6+3=30$, đúng bằng số học sinh. Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $[40;60)$ là $f=\dfrac{12}{30}\cdot100\%=40\%$. Đáp án A.

Lời giải: Xúc xắc 4 mặt có 4 mặt được đánh số từ 1 đến 4 nên kết quả của phép thử có thể là một trong 4 số đó. Không gian mẫu $\Omega = \{1;2;3;4\}$ có 4 phần tử. Đáp án C.

Lời giải: Tổ có $5+3=8$ bạn. Số cách chọn 2 bạn bất kỳ trong 8 bạn là $C_8^2 = 28$ (cách), đây là số kết quả đồng khả năng. Số cách chọn 2 bạn nữ trong 3 bạn nữ là $C_3^2 = 3$ (cách). Xác suất cần tìm là $\dfrac{3}{28}$. Đáp án A.