Đề thi thử số 5

Lời giải: 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.

Lời giải: $P=\dfrac{2x^{2}+y^{2}-2xy}{xy}=\dfrac{x^{2}+y^{2}+x^{2}-2xy}{xy}=\dfrac{x^{2}+y^{2}}{xy}+\dfrac{x^{2}-2xy}{xy}$
$=\dfrac{4x^{2}+4y^{2}}{4xy}+\dfrac{x^{2}-2xy}{xy}=\dfrac{3x^{2}}{4xy}+\dfrac{x^{2}+4y^{2}}{4xy}+\dfrac{x(x-2y)}{xy}$
$=\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{x}{y}+\dfrac{x^{2}+4y^{2}}{4xy}+\dfrac{x-2y}{y}\ge \dfrac{3}{4}\cdot 2+1+0=\dfrac{5}{2}$
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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

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

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

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

Lời giải: 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.

Lời giải: $\begin{cases}x+2y=m\\ 2x-y=m+1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\dfrac{m-1}{5}\\ y=\dfrac{3m+2}{5}\end{cases}$
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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

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

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: $sd\widehat{C}=\dfrac{1}{2}sd\widehat{AmB}; sd\widehat{D}=\dfrac{1}{2}sd\widehat{AnB}$.
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.

Lời giải: 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.

Lời giải: * 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.