Điều kiện xác định của phân thức $\frac{{x - 1}}{{x - 2}}$ là $x - 2 \ne 0$ hay $x \ne 2$.

Đáp án B

Ta có: $\frac{{ - 2}}{{3{x^2}y}}.\left( { - 1} \right) = \frac{2}{{3{x^2}y}}$.

Đáp án A

Phương trình bậc nhất một ẩn có dạng $ax + b = 0\left( {a \ne 0} \right)$.

Do đó $2x + 1 = 0$ là phương trình bậc nhất một ẩn.

Đáp án D

Ta có:

$\begin{array}{l}3 - 2x = 0\\ - 2x =  - 3\\x = \frac{3}{2}\end{array}$

Vậy $x = \frac{3}{2}$

Đáp án C

Đồ thị hàm số $y = ax\left( {a \ne 0} \right)$ là một đường thẳng luôn đi qua gốc toạ độ $O\left( {0;0} \right)$.

Đáp án A

Hệ số góc của đường thẳng $y = x - 2$ là $a = 1$.

Đáp án D

Số kết quả thuận lợi của biến cố “Quả bóng được lấy ra có màu cam” là 10, đó là các quả bóng từ 1 đến 10.

Đáp án A

Các kết quả thuận lợi cho biến cố “lấy được thẻ ghi số chẵn” là: 4; 6; 8; 10; 12.

Do đó có 5 kết quả thuận lợi.

Có 10 kết quả có thể khi lấy ngẫu nhiên một thẻ từ hộp.

Xác suất để chọn được thẻ ghi số chẵn là: $\frac{5}{{10}} = 0,5$.

Đáp án D

Để $\Delta MNP\backsim \Delta DEF\left( g.g \right)$ có $\widehat M = \widehat D$ thì ta cần thêm $\widehat P = \widehat F$ hoặc $\widehat N = \widehat E$ nên ta chọn B.

Đáp án B

Để $\Delta MNP\backsim \Delta A'B'C'$ theo tỉ số đồng dạng $k=1$ thì $\Delta A'B'C'\backsim \Delta ABC$ theo tỉ số đồng dạng $k'=\frac{1}{k}=\frac{1}{1}=1$.

Đáp án C

Hình có dạng hình chóp tam giác đều là Hình 1.

Đáp án A

Thể tích của hình chóp là một phần ba tích diện tích đáy và chiều cao.

Đáp án C

a) Đúng

Ta có: $2 \ne 1$ nên hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ cắt nhau.

b) Sai

Cách 1. Vì hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ cắt nhau nên điểm duy nhất mà hai đường thẳng cùng đi qua là giao điểm của hai đường thẳng đó.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$, ta có:

$\begin{array}{l}2x + 1 = x + 1\\2x - x = 1 - 1\\x = 0\end{array}$

Khi đó $y = 2.0 + 1 = 1$ nên giao điểm của hai đường thẳng là điểm $A'\left( {0;1} \right) \ne A\left( {1;0} \right)$.

Do đó khẳng định b sai.

Cách 2. Thay toạ độ điểm $A\left( {1;0} \right)$ vào $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$.

* Thay toạ độ điểm $A\left( {1;0} \right)$ vào $\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 1$:

Với $x = 1$ thì $y = 2.1 + 1 = 3 \ne 0$ nên điểm $A\left( {1;0} \right)$ không thuộc đường thẳng $\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 1$.

* Thay toạ độ điểm $A\left( {1;0} \right)$ vào $\left( {{d_2}} \right):y = x + 1$:

Với $x = 1$ thì $y = 1 + 1 = 2 \ne 0$ nên điểm $A\left( {1;0} \right)$ không thuộc đường thẳng $\left( {{d_2}} \right):y = x + 1$.

Do đó hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ không đi qua điểm $A\left( {1;0} \right)$.

c) Sai

Gọi đường thẳng $\left( {{d_3}} \right)$ có dạng $\left( {{d_3}} \right):y = ax + b$.

Vì $\left( {{d_3}} \right)//\left( {{d_1}} \right)$ nên $a = 2,b \ne 1$. Do đó ta có $\left( {{d_3}} \right):y = 2x + b$.

Thay $E\left( { - 1;0} \right)$ vào $\left( {{d_3}} \right)$, ta được:

$\begin{array}{l}2.\left( { - 1} \right) + b = 0\\ - 2 + b = 0\\b = 0 - \left( { - 2} \right)\\b = 2\left( {TM} \right)\end{array}$

Vậy đường thẳng $\left( {{d_3}} \right):y = 2x + 2$.

d) Đúng

Gọi đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ có dạng $y = ax + b$.

Vì đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ có hệ số góc là 3 nên ta có: $\left( {{d_4}} \right):y = 3x + b$.

Mà đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ đồng quy với $\left( {{d_1}} \right)$, $\left( {{d_2}} \right)$ nên đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$ cũng đi qua giao điểm của hai đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$.

Do đó $A'\left( {0;1} \right)$ thuộc đường thẳng $\left( {{d_4}} \right)$. Thay $A'\left( {0;1} \right)$ vào $\left( {{d_4}} \right)$, ta được:

$\begin{array}{l}3.0 + b = 1\\b = 1\end{array}$

Vậy đường thẳng $\left( {{d_4}} \right):y = 3x + 1$.

Đáp án: ĐSSĐ

a) Đúng

Bạn An đã gieo tổng số lần là:

10 + 8 + 6 + 12 + 4 + 10 = 50 (lần)

b) Sai

Quan sát bảng, ta thấy số kết quả thuận lợi cho biến cố “Xuất hiện mặt 4 chấm” là 12.

c) Đúng

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm chẵn” là:

12 + 8 + 10 = 30.

Xác suất của biến cố “Xuất hiện số mặt có 30 số chấm chẵn” là: $\frac{{30}}{{50}} = 0,6$.

d) Sai

Kết quả thuận lợi của biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm không nhỏ hơn 3" là:

6 + 12 + 4 + 10 = 32

Do đó xác suất của biến cố đó là: $\frac{{36}}{{50}} = \frac{{16}}{{25}}$.

Đáp án: ĐSĐS

Thay toạ độ điểm $A\left( { - m; - 3} \right)$ vào $\left( d \right):y =  - 2x + 3$, ta được:

$\begin{array}{l} - 2\left( { - m} \right) + 3 =  - 3\\2m =  - 3 - 3\\2m =  - 6\\m = \left( { - 6} \right):2\\m =  - 3\end{array}$

Đáp án: -3

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra đối với món gà mà bạn An chọn là:

A = {combo gà rán; combo gà viên; gà rán - 1 miếng; gà rán – 2 miếng; gà rán – 3 miếng; cánh gà chiên – 3 miếng}.

Vậy có 6 kết quả có thể xảy ra.

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Món gà được bạn An chọn có giá dưới 70 000 đồng” là: gà rán – miếng giá 35 000 đồng; gà rán – 2 miếng giá 68 000 và cánh gà chiên – 3 miếng giá 48 000 đồng.

Do đó, có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố.

Vậy xác suất của biến cố “Món gà được bạn An chọn có giá dưới 70 000 đồng” là: $\frac{3}{6} = \frac{1}{2} = 0,5$.

Đáp án: 0,5

Gọi điểm M sao cho ABCM là hình vuông.

Ta có: DM = DC + CM = DC + BA = 1 + 3 = 4 (km)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $\Delta AMD$, ta có:

$A{D^2} = D{M^2} + A{M^2}$

$\begin{array}{l}A{D^2} = {4^2} + {3^2}\\A{D^2} = 25\end{array}$

nên $AD = 5\left( {km} \right)$

Vậy khoảng cách lúc đầu từ chỗ người lái xe đến người khách là 5 km.

Đáp án: 5

Các mặt bên và mặt đáy của hình chóp S.ABC là những tam giác đều cạnh 20 cm.

Xét tam giác đều SAB có đường cao SH đồng thời là đường trung tuyến, ta có:

$AH = BH = \frac{{AB}}{2} = 10\left( {cm} \right)$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác đều SHB vuông tại H, ta có:

$S{B^2} = S{H^2} + B{H^2}$

${20^2} = S{H^2} + {10^2}$

Do đó: $S{H^2} = {20^2} - {10^2} = 400 - 100 = 300$

Suy ra $SH = \sqrt {300}  = 17,32\left( {cm} \right)$

Nửa chu vi đáy là:

$P = \frac{1}{2}\left( {20 + 20 + 20} \right) = 30\left( {cm} \right)$

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều S.ABC là: ${S_{xq}} = P.d = P.SH = 30.17,32 = 519,6 \approx 520\left( {c{m^2}} \right)$

Đáp án: 520

Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là $x\left( \%  \right)$ với $x > 20$.

Khi đó lượng muối có trong dung dịch I là:

$200.\frac{x}{{100}} = 2x\left( g \right)$.

Do nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung dịch II là 20% nên nồng độ muối trong dung dịch II là: $x - 20\left( \%  \right)$

Khi đó lượng muối trong dung dịch II là: $300.\frac{{x - 20}}{{100}} = 3\left( {x - 20} \right)\left( g \right)$

Khối lượng muối trong dung dịch sau khi trộn hai dung dịch là: $2x + 3\left( {x - 20} \right)\left( g \right)$

Khối lượng dung dịch muối sau khi trộn hai dung dịch là: $200 + 300 = 500\left( g \right)$

Do sau khi trộn hai dung dịch I và II thì được một dung dịch có nồng độ muối là 33% nên ta có phương trình:

$\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\%  = 33\%$

Giải phương trình, ta được:

$\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}}.100\%  = 33\%$.

$\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{5} = 33$

$\begin{array}{l}2x + 3x - 60 = 33.5\\5x - 60 = 165\\5x = 165 + 60\\5x = 225\\x = 225:5\\x = 45\left( {TM} \right)\end{array}$

Suy ra nồng độ muối trong dung dịch II là: 45 – 20 = 25(%).

Vậy nồng độ muối của dung dịch I và II lần lượt là 45% và 25%.

a) Xét $\Delta ABC$ và $\Delta HAC$ có:

$\widehat {BAC} = \widehat {AHC} = 90^\circ$ (gt)

$\widehat {ACB}$ chung

nên $\Delta ABC\backsim \Delta HAC$ (g.g)

b) Xét $\Delta CHI$ và $\Delta CKB$ có:

$\widehat {CHI} = \widehat {CKB} = 90^\circ$ (gt)

$\,\widehat {HCI}$ chung

nên $\Delta CHI\backsim \Delta CKB$ (g.g)

suy ra $\frac{{CH}}{{CK}} = \frac{{CI}}{{CB}}$

do đó $CH \cdot CB = CI \cdot CK$

c) Vì $DH \bot BC$ (do $HA \bot BC$, D thuộc tia HA) nên DH là đường cao của $\Delta BDC$.

Vì $CK \bot BD$ (do $CI \bot BK$) nên CK là đường cao của $\Delta BDC$.

Mà DH cắt CK tại I nên $I$ là trực tâm của $\Delta BDC$, suy ra $BI \bot DC$.

Gọi $M$ là giao điểm của BI và DC, khi đó $BM \bot CD$ nên $\widehat {BMC} = 90^\circ$

Xét $\Delta CMI$ và $\Delta CDK$, ta có:

$\widehat {CMI} = \widehat {CKD} = 90^\circ$ (cmt)

$\widehat {DCK}$ chung

nên $\Delta CMI\backsim \Delta CKD$ (g.g)

suy ra $\frac{{CM}}{{CK}} = \frac{{CI}}{{CD}}$, do đó $CD \cdot CM = CI \cdot CK$

Mà từ phần b) ta có: $CH \cdot CB = CI \cdot CK$

Suy ra $CH \cdot CB = CD \cdot CM\left( { = CI \cdot CK} \right)$  (1)

Xét $\Delta MDB$ và $\Delta KDC$, ta có:

$\widehat {DMB} = \widehat {DKC} = 90^\circ$ (cmt)

$\widehat {BDC}$ chung

nên $\Delta MDB \backsim \Delta KDC$ (g.g)

suy ra $\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{DM}}{{DK}}$, do đó $DK \cdot DB = DM \cdot DC$ (2)

Từ (1) và (2) ta có:

$CH \cdot CB + DK \cdot DB = CD \cdot CM + DM \cdot DC$$= DC \cdot (MD + MC) = D{C^2}$

Ta có: $A = \frac{{{1^2}}}{{{2^2} - 1}}.\frac{{{3^2}}}{{{4^2} - 1}}.\frac{{{5^2}}}{{{6^2} - 1}}.....\frac{{{n^2}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} - 1}}$

$A = \frac{{{1^2}}}{{\left( {2 - 1} \right)\left( {2 + 1} \right)}}.\frac{{{3^2}}}{{\left( {4 - 1} \right)\left( {4 + 1} \right)}}.\frac{{{5^2}}}{{\left( {6 - 1} \right)\left( {6 + 1} \right)}}.....\frac{{{n^2}}}{{\left( {n + 1 - 1} \right)\left( {n + 1 + 1} \right)}}$

$A = \frac{{{1^2}}}{{1.3}}.\frac{{{3^2}}}{{3.5}}.\frac{{{5^2}}}{{5.7}}.....\frac{{{n^2}}}{{n\left( {n + 2} \right)}}$

$A = \frac{1}{3}.\frac{3}{5}.\frac{5}{7}.....\frac{n}{{n + 2}}$

$A = \frac{1}{{n + 2}}$

Vậy $A = \frac{1}{{n + 2}}$.