Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 5)

Thực phẩm tác động tới môi trường nhiều nhất là thịt bò. Chọn D.

Vì hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với đáy.

Mà \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\) nên \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\)

Số tiền bỏ heo của An mỗi ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1000\), công sai \(d = 1000.{\rm{ }}\)

Tổng số tiền bỏ heo tính đến ngày thứ \(n\) là: \({S_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\).

Tính đến ngày 30 tháng 4 năm 2018 (tính đến ngày thứ 89) tổng số tiền bỏ heo là:

\({S_{89}} = \frac{{89\left[ {2 \cdot 1000 + \left( {89 - 1} \right) \cdot 1000} \right]}}{2} = 4\,\,005\,\,000\) (đồng). Chọn C.

Gọi \(C'\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right).\)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3\,;\,\,2\,;\,\,0} \right),\,\,\overrightarrow {AD}  = \left( {3\,;\,\,0\,;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow {AA'}  = \left( {4\,;\,\,2\,;\,\,3} \right).\)

Mà \(\overrightarrow {AC'}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  \Rightarrow \overrightarrow {AC'}  = \left( {10\,;\,\,4\,;\,\,4} \right)\)

Sử dụng MTCT ta có phương trình \({z^3} - 6{z^2} + 12z - 7 = 0\) có 3 nghiệm \({z_1} = 1\,;\,\,{z_2} = \frac{5}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\,;\,\,{z_3} = \frac{5}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i.\) Suy ra: \[A\left( {1\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right),\,\,C\left( {\frac{5}{2}\,;\,\, - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).\]

\(AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{3}{4}}  = \sqrt 3 {\rm{; }}\)\[AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{3}{4}}  = \sqrt 3 \,;\,\,BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt 3 .\]

\( \Rightarrow \Delta ABC\) đều cạnh \(\sqrt 3 .\) Vậy \({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}.\) Chọn  D.

Gọi \[O\] là vị trí của chiếc diều.

\[H\] là hình chiếu vuông góc của chiếc diều trên mặt đất.

\[C,\,\,D\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \[A,\,\,B\] trên \[OH.\]

Đặt \(OC = x\), suy ra \(OH = x + 20 + 1,5 = x + 21,5\,\,(m).\)

• Xét tam giác \[OAC,\] ta có:

 \(\tan \alpha  = \frac{{OC}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{OC}}{{\tan \alpha }} = \frac{x}{{\tan 35^\circ }}.\)

• Xét tam giác \[OBD,\] ta có:

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:

• Đồ thị hàm số có TCN \(y =  - 1\), TCĐ là \(x = 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\ - c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\c =  - 1\end{array} \right.\).

• Đồ thị hàm số đi qua điểm \(M\left( {0;\,\, - 2} \right)\) nên \[y\left( 0 \right) =  - 2 \Leftrightarrow \frac{{ - x + b}}{{x - 1}}\left| {_{x = 0}} \right. =  - 2 \Leftrightarrow b = 2.\]

Vậy \(T = a - 3b + 2c =  - 1 - 3 \cdot 2 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) =  - 9.\)Chọn D.

Ta có \(\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,dx =  - \frac{1}{4}\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,{\rm{d}}\left( { - 4x} \right)\)

\( =  - \frac{1}{4}\int\limits_8^0 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{4}\int\limits_8^0 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{4}\left[ {F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right)} \right]\).

Vì \(F\left( x \right),\,\,G\left( x \right)\) là hai nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên \(G\left( x \right) = F\left( x \right) + C\).

Khi đó \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{G\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{G\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array}} \right.} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8 - F\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{ - 2 - F\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F\left( 8 \right) = \frac{{8 - C}}{2}}\\{F\left( 0 \right) = \frac{{ - 2 - C}}{2}}\end{array} \Rightarrow F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right) = 5.} \right.\)

Vậy \(\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,dx = \frac{1}{4}\left[ {F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right)} \right] = \frac{5}{4}.\) Chọn A.

Ta có \({\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a  + \frac{1}{{{{\log }_b}{x^2}}} \Leftrightarrow {\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a  + {\log _x}\sqrt b \)

\( \Leftrightarrow a + 2b = 3\sqrt {ab}  \Leftrightarrow {a^2} - 5ab + 4{b^2} = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right) = 0 \Leftrightarrow a = 4b.\)

Do đó \(P = \frac{{2{a^2} + 3ab + {b^2}}}{{{{\left( {a + 2b} \right)}^2}}} = \frac{{32{b^2} + 12{b^2} + {b^2}}}{{36{b^2}}} = \frac{5}{4}\). Chọn A.

Hạ đường cao \(MH\) xuống \(AB.\)

Khi đó \({V_{ACDM}} = \frac{1}{3}MH \cdot {S_{ACD}} & (1)\)

\(\Delta ACD\) vuông tại \(D\) có \(AD = DC = 2\sqrt 3 \,cm\) nên

\({S_{ACD}} = \frac{1}{2}AD \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot \left( {2\sqrt 3 } \right) \cdot \left( {2\sqrt 3 } \right) = 6\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) & (2)\)

Do \(\widehat {ABM} = 60^\circ \) và \(\Delta ABM\) vuông tại \(M\) \((AB\) là đường kính của đáy) nên ta có \(AM = AB\sin \widehat {ABM} = 2\sqrt 3 \sin 60^\circ  = 3\,\,(cm)\).

Áp dụng định lí Pythagore cho \[\Delta AMB\] ta có

Khối lượng cá sau một vụ là:

\(T = (480 - 20n)n = 480n - 20{n^2}\)\( =  - 20\left( {{n^2} - 24n + 144 - 144} \right)\)\( =  - 20{\left( {n - 12} \right)^2} + 2880\).

\( \Rightarrow {T_{\max }} = 2880\) khi \(n = 12\). Chọn A.

Phương trình có sự tương ứng ở số mũ của 2022 là \(x\,;\,\,\sqrt {2x + 1} \).

Vậy ta biến đổi phương trình thành: \({2022^x} - {2022^{\sqrt {2x + 1} }} = 1 - {x^2} + 2\sqrt {2x + 1} \)

\( \Leftrightarrow {2022^x} + {x^2} - 1 = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1} \)

\( \Leftrightarrow {2022^x} + {x^2} - 1 + 2x = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1}  + 2x\)

\( \Leftrightarrow {2022^x} + {\left( {x + 1} \right)^2} = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1}  + 2x + 2\)

\( \Leftrightarrow {2022^x} + {\left( {x + 1} \right)^2} = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + {\left( {\sqrt {2x + 1}  + 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow x = \sqrt {2x + 1}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} = 2x + 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2  \Rightarrow a + {b^3} = 1 + {2^3} = 9.\) Chọn D.

Số cách chọn 5 viên bi trong 15 viên là: \(C_{15}^5 = 3003\) (cách).

− TH1: 5 viên bi cùng màu nên có \(C_6^5 + C_5^5 = 7\) (cách).

− TH2: 5 viên bi có 2 màu.

• 5 viên bi có bi xanh và bi đỏ nên số cách chọn là:\(C_{11}^5 - C_6^5 - C_5^5 = 455\) (cách).

• 5 viên bi có bi xanh và bi vàng nên số cách chọn là: \(C_{10}^5 - C_6^5 = 246\) (cách).

• 5 viên bi có bi đỏ và bi vàng nên số cách chọn là: \(C_9^5 - C_5^5 = 125\) (cách).

Số cách chọn 5 viên bi gồm 3 màu là \(3003 - 7 - 455 - 246 - 125 = 2170\) (cách).

Chọn A.

Lần lượt thay toạ độ điểm các điểm ở các phương án vào hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x + 3y < 0}\\{2x + y + 4 > 0}\\{x > 0}\end{array}} \right.\), ta được:

• Với điểm \[M\left( {2\,;\,\, - 2} \right)\], ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 + 3 \cdot \left( { - 2} \right) < 0}\\{2 \cdot 2 + 2 + 4 > 0}\\{2 > 0}\end{array}} \right.\] thoả mãn.

• Với điểm \(N\left( {2\,;\,\,2} \right)\) ta có bất phương trình thứ nhất của hệ không thoả mãn.

• Với điểm \(P\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\) ta có bất phương trình thứ nhất của hệ không thoả;

• Với điểm \(Q\left( {0\,;\,\,2} \right)\) ta có không thoả \(x > 0.\)

Vậy miền nghiệm của hệ chứa điểm \[M\left( {2\,;\,\, - 2} \right)\]. Chọn A.

Gọi \(Q\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right).\) Ta có \(\overrightarrow {MN}  = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right),\overrightarrow {QP}  = \left( { - 1 - x\,;\,\,2 - y\,;\,\,1 - z} \right).\)

Tứ giác MNPQ là một hình bình hành \( \Leftrightarrow MN = QP \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 =  - 1 - x}\\{1 = 2 - y}\\{ - 2 = 1 - z}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 2}\\{y = 1}\\{z = 3}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy \(Q\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\) Chọn A.

Ta có \(2x \cdot f'\left( x \right) + f\left( x \right) = 3{x^2}\sqrt x ,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  \cdot f'\left( x \right) + \frac{1}{{2\sqrt x }}f\left( x \right) = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow \sqrt x  \cdot f'\left( x \right) + {\left( {\sqrt x } \right)^\prime }.f\left( x \right) = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt x  \cdot f\left( x \right)} \right]^\prime } = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  \cdot f\left( x \right) = \int {\frac{{3{x^2}}}{2}\,} dx = \frac{{{x^3}}}{2} + C\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x  \cdot f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{2} + C\,\,\,(*)\)

Thay \(x = 1\) vào \((*)\) ta được: \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{2} + C\)\( \Rightarrow C = f\left( 1 \right) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{2\sqrt x }}.\)

Vậy \(f\left( 4 \right) = 16.\) Chọn D.

Gọi \[x,\,\,y,\,\,z\] lần lượt là số xe loại chở 3 tấn, loại chở 5 tấn, loại chở \[7,5\] tấn.

Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 57}\\{3x + 5y + 7,5z = 290}\\{3 \cdot 7,5z = 3,5y + 2,3x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 20}\\{y = 19.}\\{z = 18}\end{array}} \right.} \right.\) Chọn A.

• TH1: Nếu \(m = 0\) thì phương trình đã cho vô nghiệm.

• TH2: Nếu \(m \ne 0\) thì phương trình \(m\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x =  - \frac{1}{m}.\)

Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow  - 1 \le  - \frac{1}{m} \le 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le  - 1}\end{array}} \right.\).

Kết hợp với điều kiện \(m\) nguyên và \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 2018\,;\,\,2018} \right]\) suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,2018} \right\}\) hoặc \[m \in \left\{ { - 2018\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right\}.\]

Vậy có 4036 giá trị của tham số \(m\) thoả mãn đề bài. Chọn A.

Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi bà Mai nhận được sau 2 năm = 24 tháng là

\(50\,\,000\,\,000{\left( {1 + 0,79\% } \right)^{24}} = 60\,\,393\,\,000\) (đồng). Chọn A.

Gọi \(\left( Q \right)\) chứa \(\Delta \) và song song với \(\left( P \right)\). Suy ra \(\left( Q \right)\) có phương trình:

\(x - 1 + 2\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 3 = 0.{\rm{ }}\)

Khi đó \(d{\left( {B\,;\,\,\Delta } \right)_{\min }} = BH\) với \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Đường thẳng \[BH\] đi qua \(B\), vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + t}\\{y = 2t}\\{z = 2}\end{array},\,\,t \in \mathbb{R}} \right.,\) ta được \(H\left( { - \frac{1}{5};\,\,\frac{8}{5};\,\,2} \right).\) Do đó \(\Delta \) là đường thẳng AH có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {\frac{6}{5};\,\, - \frac{3}{5};\,\, - 1} \right).\)

Suy ra \(\vec u = \left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 5} \right)\) cũng là một vectơ chỉ phương của \(\Delta .\) Chọn D.

ĐK: \(x \ge 0\,;\,\,y + 1 \ge 0.\)

Đặt \(a = \sqrt x \,;\,\,b = \sqrt {y + 1} \) với \(a \ge 0\,;\,\,b \ge 0\), phương trình (1) trở thành

\(2{a^2} - ab - {b^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {2a + b} \right) = 0 \Leftrightarrow a = b \Rightarrow x = y + 1\).

Thay vào phương trình \((2)\) thu được \[{y^3} + 2{y^2} + 3y - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {y - 1} \right)\left( {{y^2} + 3y + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow y = 1\].

Vậy hệ đã cho có nghiệm \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {2\,;\,\,1} \right).\)

Vậy \(2x - y = 2 \cdot 2 - 1 = 3.\) Chọn C.

Ta có \(A\left( {a\,;\,\,b} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:x - y - 3 = 0\)

Khi đó \(a - b - 3 = 0 \Leftrightarrow b = a - 3\)\( \Rightarrow A\left( {a\,;\,\,a - 3} \right)\).

Khoảng cách từ điểm \(A\left( {a\,;\,\,a - 3} \right)\) đến đường thẳng \(\Delta :2x - y + 1 = 0\) là

\(d\left( {A,\,\,\Delta } \right) = \frac{{\left| {2a - (a - 3) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {a + 4} \right|}}{{\sqrt 5 }}{\rm{. }}\)

Theo đề bài \(d\left( {A,\,\,\Delta } \right) = \sqrt 5  \Leftrightarrow \frac{{\left| {a + 4} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \sqrt 5  \Leftrightarrow \left| {a + 4} \right| = 5\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 4 = 5}\\{a + 4 =  - 5}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a =  - 9}\end{array}.} \right.} \right.\)

Theo đề bài điểm \(A(a;b)\) có hoành độ dương nên \(a = 1 \Rightarrow A\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\).

Vậy \(P = ab = 1 \cdot ( - 2) =  - 2\). Chọn B.

Gọi chiều rộng của mặt đáy của bể cá là \(a\,\,(m),\,\,a > 0.\)

\( \Rightarrow \) chiều dài của mặt đáy bể cá là \(2a\,\,(\;{\rm{m}}).\)

Gọi chiều cao bể cá là \(h\,\,(m).\)

Diện tích xung quanh của bể cá là \[{S_{xq}} = 2h\left( {a + 2a} \right) = 6ah\,\,\left( {{m^2}} \right).\]

Diện tích đáy của bể cá là \({S_d} = 2{a^2}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Ông Bình sử dụng hết \(5,5\;\,{{\rm{m}}^2}\) kính để làm một bể cá không nắp nên ta có

\(6ah + 2{a^2} = 5,5 \Rightarrow h = \frac{{5,5 - 2{a^2}}}{{6a}}\,\,(m).\)

Dung tích bể cá là \(V = a \cdot 2a \cdot \frac{{5,5 - 2{a^2}}}{{6a}} = \frac{{\left( {5,5 - 2{a^2}} \right)a}}{3}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Xét hàm số \[f\left( a \right) = \left( {5,5 - 2{a^2}} \right)a = 5,5a - 2{a^3}.\]

Có \[f'\left( a \right) = 5,5 - 6{a^2}\,;\,\,f' = 0 \Leftrightarrow 5,5 - 6{a^2} = 0 \Rightarrow a = \frac{{\sqrt {33} }}{6}.\]

Ta có \[f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 2}}} \right) \ge f\left( {10} \right)\,;\,\,f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow f\left( x \right){\rm{NB}}\]

Suy ra \[\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 2}} \le 10\]\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 1 - 10(x - 2)}}{{x - 2}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 10x + 21}}{{x - 2}} \le 0\).

Suy ra \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{3 \le x \le 7}\end{array}} \right.\). Do đó, nghiệm nguyên dương \[x \in \left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\}.\] Chọn D.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}IC\, = \,AJ\\IC\,{\rm{//}}\,AJ\end{array} \right. \Rightarrow ICJA\] là hình bình hành \[ \Rightarrow CJ\,{\rm{//}}\,IA.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}AI\,\,{\rm{//}}\,CJ\\CJ \subset \left( {CJC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AI\,{\rm{//}}\,\left( {CJC'} \right)\]

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1\,;\,\,2} \right)\), nghịch biến trên các khoảng \[\left( {0\,;\,\,1} \right)\] và \(\left( {2\,;\,\,4} \right).\)

Suy ra \[I = \int\limits_0^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x\int\limits_2^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x\]

\( =  - \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_2^4 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x\)\( = f\left( 0 \right) - f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 4 \right)\)

\( = f\left( 0 \right) - 2f\left( 1 \right) + 2f\left( 2 \right) - f\left( 4 \right) = 3 - 2 \cdot 2 + 2 \cdot 3 - 1 = 4.\) Chọn A.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - (2m + 1)x + {m^2} - 3}}\) có 1 đường tiệm cận ngang là \(y = 0.\)

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3}}\) có đúng hai đường tiệm cận

\( \Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3}}\) có đúng 1 đường tiệm cận đứng

\( \Leftrightarrow \) Phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3 = 0\) có một nghiệm kép hoặc phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1.

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta  = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta  > 0}\\{1 - \left( {2m + 1} \right) + {m^2} - 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 4\left( {{m^2} - 3} \right) = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 4\left( {{m^2} - 3} \right) > 0}\\{{m^2} - 2m - 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - \frac{{13}}{4}}\\{m = 3}\\{m =  - 1}\end{array}} \right.\).

Vậy có ba giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu đề bài. Chọn C.

Ta có: \[OA = \left| z \right|,\,\,OB = \left| {\left( {1 + 3i} \right)z} \right| = \sqrt {10} \left| z \right|,\,\,AB = \left| {z\left( {1 + 3i - 1} \right)} \right| = \left| {3iz} \right| = 3\left| z \right|.\]

Ta thấy \(O{B^2} = A{B^2} + O{A^2} = 10{\left| z \right|^2} \Rightarrow \Delta OAB\) vuông tại A.

Do đó \({S_{OAB}} = 6 \Leftrightarrow \frac{1}{2}AB.OA = \frac{1}{2} \cdot 3|z| \cdot |z| = 6 \Rightarrow |z| = 2.\) Chọn A.

Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(BD,\,\,AC.\)

Giả sử \(AC = a,\,\,BD = b,\) theo giả thiết:

\({a^2} + {b^2} = 16\,\,(a,\,\,b > 0).\)

Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta ADC\] có:

\[AC\] chung; \[AB\; = \;AD\] (gt); \[BC\; = \;CD\] (gt)

Do đó \[\Delta ABC = \Delta ADC\] (c.c.c)

Xét \(f\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2} + m\), với \(x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right].\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x\,;\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right..\)

\(f\left( 0 \right) = m\,;\,\,f\left( 1 \right) = m - 1\,;\,\,f\left( 3 \right) = 27 + m{\rm{. }}\)Do đó \(f\left( x \right) \in \left[ {m - 1\,;\,\,m + 27} \right].\)

Vậy \[\left| {f\left( x \right)} \right| \le 16 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \ge  - 16}\\{m + 27 \le 16}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge  - 15}\\{m \le  - 11}\end{array} \Leftrightarrow m \in \left[ { - 15\,;\,\, - 11} \right].} \right.\)

Ta có: \[\left( { - 15} \right) + \left( { - 14} \right) + \left( { - 13} \right) + \left( { - 12} \right) + \left( { - 11} \right) =  - 65.\] Chọn A.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\), bán kính \(R = 3.\)

Đường thẳng \(d\) có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right),\,\,M\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right) \in d\).

Do \(\left( P \right)\) vuông góc với \(d\) nên \(\overrightarrow {{n_p}}  = \overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right) \Rightarrow \left( P \right):2x - 2y + z + m = 0.\)

Do \(\left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right)\) nên \(d\left( {I\,;\,\,\left( P \right)} \right) = 3 \Leftrightarrow \frac{{\left| {m + 7} \right|}}{3} = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m =  - 16}\end{array}} \right.\).

Do \(\left( P \right)\) cắt Oz tại điểm có cao độ dương nên chọn \(m =  - 16 \Rightarrow \left( P \right):2x - 2y + z - 16 = 0.\)

Chọn B.

Gọi \[M,\,\,N\] lần lượt là điểm biểu diễn số phức \({z_1},\,\,{z_2}\).

Điểm \(I\left( {3\,;\,\,5} \right),\,\,J\left( { - 3\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow IJ = 10 > 5.\)

Khi đó, \[M \in \left( {I\,;\,\,2} \right),\,\,N \in \left( {J\,;\,\,3} \right)\] và hai đường tròn \[\left( {I\,;\,\,2} \right)\] rời nhau.

Như vậy, ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M = 2 + IJ + 3 = 15}\\{M = IJ - 2 - 3 = 5}\end{array} \Rightarrow M + m = 20} \right..\) Chọn D.

Ta có \(f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16} \right] = 16.{\rm{ }}\)

Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {2f\left( x \right) - 16}  - 4}}{{{x^2} + x - 6}}\)\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2f\left( x \right) - 16 - 16}}{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16}  + 4} \right)}}\]\[g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}}.\]

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2f\left( x \right) - 32}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16}  + 4} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{2}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16}  + 4} \right)}}\)

\( = 12.\frac{2}{{5 \cdot \left( {\sqrt {2 \cdot 16 - 6}  + 4} \right)}} = \frac{3}{5}.\) Chọn C.

Đặt hệ trục toạ độ \[Oxyz\] sao cho \(I\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {\frac{a}{2}\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( { - \frac{a}{2}\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,\) \(C\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,0} \right).\)

Ta có: \(CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,\,IH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4},\,\,AH = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}\).

Vì \(H\) là trung điểm CI suy ra \(H\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\,0} \right).\)

Ta có \(\left( {SA,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,\,\,AH} \right) = \widehat {SAH} = 45^\circ \)\( \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow S\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\,\frac{{a\sqrt 7 }}{4}} \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow {SA}  = \left( {\frac{a}{2}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 7 }}{4}} \right),\,\,\overrightarrow {CG}  = \left( { - \frac{a}{6}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 7 }}{{12}}} \right),\,\,\overrightarrow {CA}  = \left( {\frac{a}{2}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,0} \right)\);

\[\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right] = \left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{{12}}\,;\,\,0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}} \right) \Rightarrow \left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right]\,} \right| = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\].

Khoảng cách giữa \[SA\] và \(CG\) nên \(\frac{{\left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right] \cdot \overrightarrow {CA} \,} \right|}}{{\left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right]\,} \right|}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{8}.\) Chọn B.

Ta có: \(f\left( {f\left( x \right)} \right) \ge x \Leftrightarrow f\left( {f\left( x \right)} \right) + f\left( x \right) \ge f\left( x \right) + x.\)

Xét hàm số \(h\left( t \right) = f\left( t \right) + t\) trên tập số thực \(\mathbb{R}.\)

Ta có \(h'\left( t \right) = 3{t^2} + 3 > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}.\)

Suy ra hàm số \(h\left( t \right) = f\left( t \right) + t\) luôn đồng biến trên tập \(\mathbb{R}.\)

Do đó \(f\left( {f\left( x \right)} \right) + f\left( x \right) \ge f\left( x \right) + x \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge x \Leftrightarrow {x^3} + x \ge {5^m}.\)

Để \(f\left( {f\left( x \right)} \right) \ge x \Leftrightarrow {x^3} + x \ge {5^m}\) đúng với mọi \(x\) thuộc khoảng \(\left( {2\,;\,\,6} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\min _{\left[ {2\,;\,\,6} \right]}}\left( {{x^3} + x} \right) \ge {5^m} \Leftrightarrow {2^3} + 2 \ge {5^m} \Leftrightarrow m \le {\log _5}10.\)

Do \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 6\,;\,\,6} \right]\) nên \(m \in \left\{ { - 6\,;\,\, - 5\,;\,\, - 4\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\}.\)

Vậy có 8 giá trị nguyên của \(m\) cần tìm. Chọn C.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1\) và trục \[Ox\] là nghiệm của phương trình \({x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow  - {x^3} - 3{x^2} + 9x = 2m + 1.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) =  - {x^3} - 3{x^2} + 9x.\)

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)

\(f'\left( x \right) =  - 3{x^2} - 6x + 9,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} - 6x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  - 3}\end{array}.} \right.\)

Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1\) cắt trục \[Ox\] tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng \(y = 2m + 1\) cắt đồ thị hàm số \(f(x) =  - {x^3} - 3{x^2} + 9x\) tại hai điểm phân biệt.

Từ bảng biến thiên suy ra \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m + 1 = 5}\\{2m + 1 =  - 27}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m =  - 14}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó \(S = \left\{ { - 14\,;\,\,2} \right\}{\rm{. }}\)

Tổng của các phần tử thuộc tập \(S\) là: \(T =  - 14 + 2 =  - 12.\)

Đáp án: −12.

Gọi \(A\) là biến cố: "Ba số tìm được thoả mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2}\) chia hết cho 3".

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = C_{20}^3 = 1\,\,140\).

Tập hợp các số \[S = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,20} \right\}\] gồm:

• 6 số chia hết cho 3 là: \[3\,;\,\,6\,;\,\,9\,;\,\,12\,;\,\,15\,;\,\,18.\]

• 14 số còn lại không chia hết cho 3.

Ta thấy số chính phương chia cho 3 hoặc chia hết hoặc dư 1.

Do đó, các trường hợp thuận lợi cho biến cố \(A\) là

− TH1: \({a^2},{b^2},{c^2}\) cùng chia hết cho 3 nên \(a,\,\,b,\,\,c\) cùng chia hết cho 3.

Do đó có \(C_6^3 = 20\) cách chọn \[a,\,\,b,\,\,c.\]

− TH2: \({a^2},\,\,{b^2},\,\,{c^2}\) cùng chia hết cho 3 dư 1 nên \(a,\,\,b,\,\,c\) cùng không chia hết cho 3.

Do đó có \(C_{14}^3 = 364\) cách chọn \[a,\,\,b,\,\,c\] \( \Rightarrow n(A) = 364 + 20 = 384\).

Khi đó xác suất của biến cố \(A\) là: \(P(A) = \frac{{384}}{{1140}} = \frac{{32}}{{95}}\).

Vậy \(m = 32\,;\,\,n = 95 \Rightarrow m + n = 127\). Đáp án: 127.

Ta có \(y = {\left| x \right|^3} - mx + 5 = \sqrt {{x^6}}  - mx + 5\).

Suy ra \[y' = \frac{{3{x^5}}}{{{{\left| x \right|}^3}}} - m = \frac{{3{x^5} - m{{\left| x \right|}^3}}}{{{{\left| x \right|}^3}}}\] và không có đạo hàm tại \(x = 0\).

• TH1: \(m = 0\), ta có \[y' = \frac{{5{x^5}}}{{{{\left| x \right|}^3}}} = 0\] vô nghiệm và hàm số không có đạo hàm tại \(x = 0\).

Do đó hàm số có đúng một cực trị.

• TH2: \(m > 0\), ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^5} = m{\left| x \right|^3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\3{x^5} = m{x^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{m}{3}} \].

Do đó hàm số có đúng một cực trị.

• TH3: \(m < 0\), ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^5} = m{\left| x \right|^3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\3{x^5} =  - m{x^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x =  - \sqrt { - \frac{m}{3}} \].

Do đó hàm số có đúng một cực trị.

Vậy trong mọi trường hợp hàm số có đúng một cực trị với mọi tham số \(m\). Đáp án: 1.

Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {x - 4} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x =  - 3}\\{x = m}\end{array}} \right..\)

• TH1: Với \(m =  - 3 \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {x - 4} \right){\left( {x + 3} \right)^2}\)

Suy ra hàm số đã cho có duy nhất 1 điểm cực trị là \(x = 4.\)

• TH2: Với \(m \ne \left\{ { - 3\,;\,\,4} \right\}\) thì \(f'\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm đơn phân biệt

Suy ra hàm số đã cho có duy nhất 3 điểm cực trị là \(x = 4\,;\,\,x =  - 3\,;\,\,x = m.\)

Để \(x = 4\) là điểm cực tiểu thì \(m <  - 3.\)

Khi đó, thứ tự các điểm cực trị từ bé đến lớn là \(x = m\,;\,\,x =  - 3\,;\,\,x = 4.\)

Vậy \(m \le  - 3\) và \[m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right],\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 10\,;\,\, - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3} \right\}.\] Đáp án: 8.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot AB}\\{SA \bot BC}\end{array} \Rightarrow SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AC} \right..\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB} \right..\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \[SC,\] suy ra \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)

Gọi \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) với \({x_0} < 0\) là điểm cố định cần tìm.

\( \Rightarrow {y_0} =  - x_0^3 + mx_0^2 - {x_0} - 4m,\forall m \Leftrightarrow \left( {x_0^2 - 4} \right)m - x_0^3 - {x_0} - {y_0} = 0,\,\,\forall m\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x_0^2 - 4 = 0}\\{ - x_0^3 - {x_0} - {y_0} = 0}\end{array}} \right.\)\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} =  - 2\left( {{\rm{ v\`i  }}{x_0} < 0} \right)}\\{{y_0} = 10}\end{array} \Rightarrow A\left( { - 2\,;\,\,10} \right).} \right.\]

Ta có \[y' =  - 3{x^2} + 2mx - 1 \Rightarrow y'\left( { - 2} \right) =  - 4m - 13.\]

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_m}} \right)\) tại \[A\left( { - 2\,;\,\,10} \right)\] là

\(y = \left( { - 4m - 13} \right)\left( {x + 2} \right) + 10\) hay \(\left( \Delta  \right):y = \left( { - 4m - 13} \right)x - 8m - 16.\)

Đường phân giác góc phần tư thứ nhất có phương trình \(d:y = x.\)

Vì \(\Delta  \bot d \Leftrightarrow  - 4m - 13 =  - 1 \Leftrightarrow m =  - 3.\) Đáp án: −3.

• Cách 1: Đặt \(w = a + bi\) với điều kiện \(a,\,\,b \in \mathbb{R}.\)

Ta có \(w = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i \Leftrightarrow a + bi = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i\)\( \Leftrightarrow a + \left( {b + 1} \right)i = \left( {1 - i} \right)z + 1 - i\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{a - 1 + \left( {b + 2} \right)i}}{{1 - i}} = \frac{{\left[ {\left( {a - 1} \right) + \left( {b + 2} \right)i} \right]\left( {1 + i} \right)}}{2}\)\( \Leftrightarrow z = \frac{{a - b - 3 + \left( {a + b + 1} \right)i}}{2}.\)

Vì \(\left| z \right| = 2\sqrt 2  \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{{{\left( {a - b - 3} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{{\left( {a + b + 1} \right)}^2}}}{4}}  = 2\sqrt 2 \)

\( \Leftrightarrow {\left( {a - b - 3} \right)^2} + {\left( {a + b + 1} \right)^2} = 32\)\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 2a + 4b - 11 = 0\).

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là một đường tròn tâm \(I(1; - 2)\), bán kính \(R = 4.\)

Từ đó suy ra \(a = 1\,,\,\,b =  - 2\,,\,\,R = 4 \Rightarrow a + b + R = 1 + \left( { - 2} \right) + 4 = 3.\)

• Cách 2: Đặt \(w = x + yi\), với \(x,\,\,y \in \mathbb{R}.\)

Ta có \(w = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i \Leftrightarrow w + i = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow w + i = \left( {1 - i} \right)z + 1 - i\)\( \Leftrightarrow w - 1 + 2i = \left( {1 - i} \right)z.\)

Lấy môđun hai vế ta được \[\left| {w - 1 + 2i} \right| = \left| {\left( {1 - i} \right)z} \right|\]

\( \Leftrightarrow \left| {x + yi - 1 + 2i} \right| = \left| {1 - i} \right|\left| z \right|\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 2} \right)}^2}}  = 4 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 16.\)

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là một đường tròn tâm \(I\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\), bán kính \(R = 4.\)

Từ đó suy ra \(a = 1\,,\,\,b =  - 2\,,\,\,R = 4 \Rightarrow a + b + R = 1 + \left( { - 2} \right) + 4 = 3.\)

Đáp án: 3.

Xét trên một thiết diện parabol có chiều cao là \(h\) và độ dài đáy là \[2h\] và chọn hệ trục \[Oxy\] như hình vẽ.

Parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(\left( P \right):y = a{x^2} + h\,\,(a < 0)\)

. Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,R = \sqrt {12} .\)

Gọi tiếp điểm \(A\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) và điểm \(M\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right).\)

\[{\rm{Ta c\'o  }}a - 2b + 2c + 11 = 0{\rm{ v\`a  }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \in \left( S \right)}\\{M{A^2} = M{I^2} - I{A^2} = M{I^2} - {R^2} = M{I^2} - 12}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2} = 12 & (1)}\\{{{\left( {x - a} \right)}^2} + {{\left( {y - b} \right)}^2} + {{\left( {z - c} \right)}^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2} - 12}\end{array}} \right.\]

Lấy \((1) - (2)\) suy ra \(\left( {2a - 2} \right)x + \left( {2b - 2} \right)y + \left( {2c - 2} \right)z + 3 = 2a + 2b + 2c + 21\) là mặt phẳng chứa các tiếp điểm nên \(a\left( {x - 1} \right) + b\left( {y - 1} \right) + c\left( {z - 1} \right) - x - y - z - 9 = 0\).

Qua điểm cố định \(E\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) khi \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{2} = \frac{{ - x - y - z - 9}}{{11}} \Leftrightarrow x = 0\,;\,\,y = 3\,;\,\,z =  - 1.\)

Do đó \(E\left( {0\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow a + b + c = 2.\) Đáp án: 2.

Ta có \(\Delta ' = 6 - m.\)

• TH1: \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \le 6\), phương trình có hai nghiệm \({z_{1,2}} = 1 \pm \sqrt {6 - m}  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1} - {z_2} = 2\sqrt {6 - m} }\end{array}} \right..\)

Khi đó \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 40 \Leftrightarrow {2^2} + {\left| {\sqrt {6 - m} } \right|^2} = 40 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {6 - m} \right) = 40 \Leftrightarrow m =  - 3\) (TM).

• TH2: \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow 6 - m < 0 \Leftrightarrow m > 6\), phương trình có hai nghiệm:

\({z_{1;\,\,2}} = 1 \pm i\sqrt {\Delta '}  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1} - {z_2} = 2i\sqrt {m - 6} }\end{array}} \right.\).

Khi đó \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 40 \Leftrightarrow {2^2} + {\left| {2i\sqrt {m - 6} } \right|^2} = 40 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {m - 6} \right) = 40 \Leftrightarrow m = 15\) (TM).

Vậy \(S = \left\{ { - 3\,;\,\,15} \right\}.\) Tổng các phần tử của \(S\) là \( - 3 + 15 = 12.\) Đáp án: 12.

Ta có \(\left( {{x_A} + {y_A} - 3{z_A} - 5} \right)\left( {{x_B} + {y_B} - 3{z_B} - 5} \right)\)\[ = \left( {1 - 1 - 3 \cdot 2 - 5} \right)\left( { - 5 - 1 - 3 \cdot 0 - 5} \right) > 0\] nên hai điểm \(A\) và \(B\) cùng nằm về một phía của mặt phẳng \((\alpha ).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \((\alpha ).\)

Phương trình đường thẳng \(AH:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y =  - 1 + t.}\\{z = 2 - 3t}\end{array}} \right.\)

Do đó toạ độ điểm \(H\) nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y =  - 1 + t}\\{z = 2 - 3t}\\{x + y - 3z - 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 2}\\{y = 0}\\{z =  - 1}\end{array}} \right.} \right..\)

Do đó \[H\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right).\]

Gọi \(A'\) đối xứng với \(A\) qua \((\alpha )\), suy ra \(A'\left( {3\,;\,\,1\,;\,\, - 4} \right).\)

Ta có \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\) nên \(MA + MB\) nhỏ nhất khi \(M = A'B \cap (\alpha ).\)

Phương trình đường thẳng \(A'B:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 - 4t}\\{y = 1 - t}\\{z =  - 4 + 3t}\end{array}} \right..\)

Do đó toạ độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 - 4t}\\{y = 1 - t}\\{z =  - 4 + 3t}\\{x + y - 3z - 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{12}}{{11}}}\\{x =  - \frac{{15}}{{11}}}\\{y =  - \frac{1}{{11}}}\\{z =  - \frac{{20}}{{11}}}\end{array}} \right.} \right..\)

Do đó \(M\left( { - \frac{{15}}{{11}}; - \frac{1}{{11}}; - \frac{{20}}{{11}}} \right) \Rightarrow T = a + 2b + 3c =  - 7.\) Đáp án: −7.

Ta có \({S_{DMN}} = \frac{1}{3}{S_{SMD}} = \frac{1}{6}{S_{SCD}}\)

Gọi \(E\) là trung điểm của \[AB\]

\( \Rightarrow {d_{(G,\,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(E,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(A,\,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(A,\,\,(SCD))}}\)

Chia cả hai vế của giả thiết cho \(x\), ta được \(2{\log _2}\frac{x}{{y + 1}} = \frac{{y - 4x + 1}}{x} = \frac{{y + 1}}{x} - 4\).

Đặt \(t = \frac{x}{{y + 1}} > 0\), phương trình trên trở thành: \(2{\log _2}t = \frac{1}{t} - 4 \Leftrightarrow 2{\log _2}t - \frac{1}{t} + 4 = 0\).

Dễ thấy \(f\left( t \right) = 2{\log _2}t - \frac{1}{t} + 4\) là hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Mà \(f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 0\) nên \(t = \frac{1}{2}\) là nghiệm duy nhất của phương trình.

Khi đó \(\frac{x}{{y + 1}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow y + 1 = 2x \Leftrightarrow y = 2x - 1.\)

Vậy \(P = 3{x^2} - {y^2} = 3{x^2} - {\left( {2x - 1} \right)^2} =  - {x^2} + 4x - 1 = 3 - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 3.\) Đáp án: 3.

Phương trình \({\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2\\f\left( x \right) =  - 2\end{array} \right.\).

Trong Hình 1, ta gọi hình nón đỉnh \(S\) có chiều cao là \(h' = 12\).

Và đường tròn đáy có tâm \(N'\) có bán kính là \(R'\).

Áp dụng định lý Thalès, ta có: \(\frac{{R'}}{R} = \frac{{h'}}{h} \Rightarrow R' = \frac{{h'}}{h}R = \frac{1}{2}R\).

Thể tích của lượng chất lỏng trong Hình 1 là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R'^2}h' = \frac{1}{3}\pi  \cdot \frac{1}{4}{R^2}.12 = \pi {R^2}\).

Trong Hình 2 ta gọi hình trụ có hai đường tròn đáy có tâm lần lượt là \[O,\,\,M;\] chiều cao là \(h\) có bán kính \[R.\]

Thể tích của lượng chất lỏng trong Hình 2 là \(V' = \pi {R^2}x\).

Theo đề bài ta có \(V = V' \Rightarrow \pi {R^2}x = \pi {R^2} \Rightarrow x = 1\).

Đáp án: 1.

Đọc kĩ ngữ liệu để xác định được nội dung và nghĩa của câu. Xác định được mối quan hệ giữa hai vế của câu. Vế 1: “Bộ Ngoại giao hiện đang rất tích cực đàm phán, trao đổi với các đối tác” là hành động, vế 2; “việc công nhận lẫn nhau hộ chiếu vắc xin” là phạm vi nội dung của hành động trong vế 1 → Như vậy, từ “cho” dùng không đúng chức năng và có thể thay bằng từ “về”. Chọn C.

Lỗi dùng từ chưa hợp nội dung văn bản, từ “tập trung” dồn sự chú ý, quan tâm, hành động chỉ phòng tránh trong việc cẩn thận chọn mua thực phẩm là chưa đủ, thay thế bằng từ “có thể” ý chỉ cẩn thận chọn mua và nấu nướng là một trong những biện pháp phòng tránh. Chọn C.

Tản Đà là tác giả thuộc giai đoạn văn học giao thời đầu thế kỉ XX. Ông được đánh giá là người chuẩn bị cho sự ra đời của thơ mới trong nền văn học Việt Nam, là “gạch nối giữa hai thời kì văn học cổ điển và hiện đại”. Chọn C.

Những nhà thơ trưởng thành trong thời kì kháng chiến chống Mĩ là thế hệ nhà thơ sinh khoảng đầu năm 1940, trưởng thành và sáng tác trong giai đoạn 1954 – 1975. Phương án A, B, C là trường hợp những nhà thơ trưởng thành trong giai đoạn ấy (ghi nhớ nhanh: Phạm Tiến Duật sáng tác “Bài thơ về tiểu đội xe không kính” năm 1969, Nguyễn Khoa Điềm viết “Đất Nước” năm 1974, Xuân Quỳnh sáng tác “Sóng” năm 1968). Phương án D (Tố Hữu) trưởng thành và sáng tác từ trước Cách mạng Tháng Tám. Chọn D.

Tác giả Nguyễn Minh Châu không thuộc giai đoạn văn học hiện thực trước Cách mạng. Chọn C.

Thơ Xuân Quỳnh là tiếng lòng của một tâm hồn trắc ẩn, luôn thiết tha gắn bó với cuộc đời, với con người, khao khát tình yêu, trân trọng hạnh phúc bình dị đời thường. Chọn A.

Câu văn nhắc tới “sản phẩm được cá nhân tạo nên” nên loại nhanh phương án C, D vì “chữ viết” và “ngôn từ” thuộc vốn tài sản chung của cộng đồng, dân tộc. Phương án A sai vì chủ thể tạo ra sản phẩm ở đây là cá nhân nói chung, không phải ai cũng tạo ra được tác phẩm mới phải là những người nghệ sĩ. Chọn B.

Với những kiếp người sống cơ cực, tình cảm dành cho họ là niềm xót thương. Chọn C.

Bối cảnh của câu: Đây là câu nói của Hưng Đạo Vương Trần Quốc Tuấn khi được Vua đến thăm (Hưng Đạo Vương khi đó bị ốm) và hỏi ông rằng: “Nếu chẳng may Vương mất, mà giặc phương Bắc lại sang thì làm thế nào?”. Ông đã trả lời rằng “khoan thư sức dân là thượng sách giữ nước muôn đời”.

- Các từ “kế sách”, “mưu chước”, “mưu kế” đều chỉ cách khôn khéo được tính toán kĩ để đánh lừa đối phương, nhằm đạt mục đích của mình.

- Từ “thượng sách” mang nghĩa phương kế coi là hay nhất trong các phương kế. Đặt trong ngữ cảnh trên, từ “thượng sách” là phù hợp nhất.

→ Khoan thư sức dân để làm kế sâu rễ bền gốc, đó là thượng sách giữ nước muôn đời vậy. Chọn B.

Học sinh dựa vào những từ ngữ và nội dung của các câu văn, đoạn văn để xác định nội dung chính của đoạn trích. Đoạn trích miêu tả khung cảnh một khu chợ nghèo vào thời điểm ngày tàn với sự vật “Trên đất chỉ còn rác rưởi, vỏ bưởi, vỏ thị, lá nhãn và bã mía.”; mùi hương “Một mùi âm ẩm bốc lên”; hành động của các nhân vật “vài người bán hàng về muộn”, “Mấy đứa trẻ con nhà nghèo”. Chọn A.

Đoạn trích nổi bật với những lập luận sắc bén, dẫn chứng chân thực giàu sức thuyết phục. Chọn B.

Đoạn trích thuyết minh, cung cấp tri thức về thể loại truyền kì. Chọn C.

Các từ “thân, tay, níu, bọc,…” là những từ được dùng để chỉ hoạt động, tính chất của con người nhưng được sử dụng cho sự vật. Biện pháp nghệ thuật được sử dụng ở đây là biện pháp nhân hoá. Chọn D.

Đoạn trích sử dụng thao tác lập luận bình luận là chủ yếu. Với các chi tiết như: “Dân ta có một lòng nồng nàn yêu nước. Đó là một truyền thống quý báu của ta…”. Chọn A.

Hàng loạt những không gian địa lí được nhắc đến trong đoạn thơ như: núi Vọng Phu, hòn Trống Mái, trăm ao đầm, Đất tổ Hùng Vương. Chọn B.

Phép điệp, so sánh: “như”, “đầu”. Chọn B.

Trong câu thơ đầu tiên của đoạn trích sử dụng biện pháp hoán dụ: người Thôn Đoài nhớ người Thôn Đông. Chọn B.

Phương hướng chiến lược của Đông-Xuân 1953-1954: Tập trung lực lượng mở những cuộc tiến công vào những hướng quan trọng về chiến lược mà địch tương đối yếu, nhằm tiêu diệt sinh lực địch, giải phóng đất đai, buộc chúng phải phân tán lực lượng, tạo điều kiện thuận lợi để ta tiêu diệt địch. Chọn B.

Tư sản, tiểu tư sản tri thức là bộ phần mới ra đời sau chiến tranh thế giới thứ nhất, đây là bộ phận nhạy cảm với thời cuộc và vừa ra đời đã bổ sung thêm lực lượng cho phong trào yêu nước dân tộc dân chủ ở Việt Nam. Chọn A.

Ngày 8-8-1967, Hiệp hội các nước Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập tại Bangkok (Thái Lan), gồm 5 nước: Inđônêxia, Malaixia, Philippin, Xingapo. Trụ sở ở Jakarta (Inđônêxia). Chọn D.

Hiệp định Pari năm 1973 có điều khoản: Hoa Ki rút hết quân đội của mình và quân các nước đồng minh, huỷ bỏ các căn cứ quân sự, cam kết không tiếp tục dinh liu quân sự hoặc can thiệp vào công việc nội bộ của miền Nam Việt Nam. Điều khoản này buộc Mĩ và quân đồng minh của Mĩ phải rút khỏi, đây được coi là việc đánh đấu nhân dân Việt Nam "căn bản" hoàn thành nhiệm vụ đánh cho "Mĩ cút". Chọn D.

Đọc Sơ thảo luận cương về vấn đề dân tộc và thuộc địa của Lênin (7/1920) đã giúp Nguyễn Ái Quốc tìm thấy con đường cứu nước đúng đắn cho dân tộc đó là con đường cách mạng vô sản. Chọn C.

Độc lập dân tộc và ruộng đất cho dân cày không phải là nội dung được nêu trong Hội nghị Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Đông Dương tháng 7/1936. Chọn D.

Chiều 6-3-1946, tại Hà Nội, Chủ tịch Hồ Chí Minh thay mặt Chính phủ Việt Nam Dân chủ Cộng hoà kí với G. Xanhtơni-đại diện Chính phủ Pháp-bản Hiệp định Sơ bộ.

Pháp chỉ công nhận Việt Nam là quốc gia tư do mà không phải là quốc gia độc lập nên đáp án D sai. Chọn D.

Theo nội dung của Hiệp định Sơ bộ thì: Chính phủ Pháp công nhận nước Việt Nam Dân chủ Cộng hoà là một quốc gia tự do, có chính phủ riêng, nghị viện riêng, quân đội riêng, tài chính riêng và là thành viên của Liên bang Đông Dương, nằm trong khối Liên hiệp Pháp. Chọn D.

Tất cả các hiệp định Sơ bộ (1946), Giơnevơ (1954) về Đông Dương và Pari (1973) về Việt Nam đều để lại bài học kinh nghiệm chung đó là có thể nhân nhưng cho kẻ thù một số quyển lợi nhất định để đạt được mục đích cuối cùng nhưng dù có nhân nhướng đến đâu cũng đảm bảo chủ quyển quốc gia, dân tộc. Chọn A.

Hoa Kỳ là quốc gia nằm ở Bắc Mỹ. Chọn D.

Trong thị trường chung châu Âu được tự do lưu thông về dịch vụ, hàng hóa, tiền vốn, con người. Cư trú không nằm trong những lĩnh vực được tự do lưu thông. Chọn B.

Khí hậu và thiên nhiên giữa vùng núi Đông Bắc và Tây Bắc có sự khác nhau chủ yếu là do hướng núi và độ cao địa hình. Chọn A.

Quảng Ninh có nhiều thành phố trực thuộc nhất. Chọn C.

Biểu đồ đường + xuất phát từ 100% → thể hiện tốc độ tăng trưởng. Chọn D.

Cảng nước sâu Dung Quất ở Quảng Ngãi gắn liền với nhà máy lọc dầu Dung Quất. Chọn A.

Nguồn cung cấp thịt chủ yếu trên thị trường nước ta hiện nay là từ chăn nuôi lợn. Đây là loại thịt phổ biến nhất ở nước ta. Chọn A.

Vùng thường xảy ra lũ quét là nơi có địa hình dốc → Chọn A.

Để có thể tạo ra sự phóng tia lửa điện giữa hai điện cực đặt trong không khi ở điều kiện thường thì điện trường giữa hai điện cực phải có cường độ trên 3.10⁶ V/m. Chọn C.

Khoảng cách từ \({\rm{M}}\) đến dây dẫn là \(r = {2.10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{B} = 1\;{\rm{cm}}\). Chọn B.

Thuyết lượng tử ánh sáng không được dùng để giải thích hiện tượng giao thoa ánh sáng.

Chọn C.

Khoảng cách giữa 2 xung là 6 ô tương đương 6 cm → khoảng thời gian giữa 2 xung là 12 ms. Chọn B.

Tần số giảm dần → bước sóng tăng dần. Ta có máy chụp kiểm tra tổn thương xương ở cơ thể người phát ra tia X, đèn quảng cáo phát ra ánh sáng khả kiến, bàn là áo quần phát ra tia hồng ngoại, điện thoại di động phát ra sóng vô tuyến. Theo thứ tự là III, II, I, IV. Chọn C.

Theo phương truyền sóng, các phần tử trước đỉnh sóng sẽ đi xuống, sau đỉnh sóng sẽ đi lên. Từ đồ thị ta có, điểm M sau đỉnh sóng đang đi lên → Sóng truyền từ B đến A và N cũng đang đi lên. Chọn D.

Tần số góc của dao động trong mạch là \(\omega = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}}} = \frac{{2\pi \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 9}}}} = 2\pi \cdot {10^6}({\rm{rad}}/{\rm{s}})\). Chọn A.

Từ đồ thị ta thấy \(\Delta t = \frac{1}{{12}} = \frac{{{T^\prime }}}{3} = \frac{T}{6} \to T = \frac{1}{2}\;{\rm{s}} \to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 4\pi ({\rm{rad}}/{\rm{s}})\)

Ta có: \({{\rm{W}}_{d\max }} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \to A = 5\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Chọn D.

\({Z_C} = 2{Z_L} \Rightarrow {u_C} = - 2{u_L} \Rightarrow {u_L} = - \frac{{{u_C}}}{2} = - \frac{{30}}{2} = - 15V\)

\[u = {u_R} + {u_L} + {u_C} = 40 - 15 + 30 = 55\,V\]

Đáp án: 55 V

Từ công thức cấu tạo ta thấy phân tử cholesterol có 4 vòng + 1 liên kết π; 1 nguyên tử O, 27 nguyên tử C.

Công thức phân tử tổng quát là C₂₇H_yO.

Áp dụng công thức độ bất bão hòa ta có: \(5 = \frac{{27 \cdot 2 - y + 2}}{2} \Rightarrow y = 46\)

Công thức phân tử của cholesterol là \({C_{27}}{H_{46}}O\). Chọn A.

Khối lượng \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) ban đầu \( = 17,61\,\,{\rm{gam}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,120\;\,{\rm{mol}}\)

Tại 200\(^oC\), khối lượng giảm 2,17 gam \( = 0,120 \cdot 18 = {m_{{H_2}O}} \Rightarrow \) Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({200^o }{\rm{C}}\) là \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}.\)Chọn A.

Dung dịch X tác dụng hết dung dịch \(AgN{O_3}\)dư, thu được 17,22 gam kết tủa AgCl.

Þ \({n_{AgCl}} = \frac{{17,22}}{{143,5}} = 0,12\,mol \Rightarrow {n_{C{l^ - }\,(X)}} = 0,12\,mol\)

Xét trong dung dịch X ta có:

+ Bảo toàn điện tích \( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{u}}^{2 + }}}} = 0,01\;{\rm{mol}}.\)

+ Cho dung dịch \(X + 0,17\;{\rm{mol}}\,{\rm{NaOH}}.\)

Mà để tạo \(0,04\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{Mg}}{({\rm{OH}})_2}\)và \(0,01\;{\rm{mol}}\,{\rm{Cu}}{({\rm{OH}})_2}\) tốn \(0,1\;{\rm{mol}}\,{\rm{NaOH}}.\)

Þ Còn 0,07 mol NaOH tác dụng với \({\rm{A}}{{\rm{l}}^{3 + }}.\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Al}}{{({\rm{OH}})}_3} \downarrow }} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}} = 4 \cdot 0,02 - 0,07 = 0,01\;{\rm{mol}}.\)

\( \Rightarrow {m_ \downarrow } = {m_{Mg{{(OH)}_2}}} + {m_{Cu{{(OH)}_2}}} + {m_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,04 \cdot 58 + 0,01 \cdot 98 + 0,01 \cdot 78 = 4,08\) gam. Chọn C.

Gọi số của X và Y lần lượt 3x và 2x mol.

Vì amino acid X và Y đều chứa một nhóm \({\rm{COOH}}\) và một nhóm \(N{H_2}\)nên: \( \Rightarrow 3x + 2x = 0,14.3 - 0,11.2 \Rightarrow x = 0,04\)

Gọi công thức của X là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_2}{\rm{RCOOH}}:0,12\) mol và của \({\rm{Y}}\) là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_2}{{\rm{R}}^\prime }{\rm{COOH}}\) : 0,08 mol

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 0,12(16 + R + 45) + 0,08.\left( {16 + {R^\prime } + 45} \right) = 17,24 \Rightarrow 3R + 2{R^\prime } = 126\\ \Rightarrow R = 14\left( { - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2} - } \right);\,{R^\prime } = 42\left( { - {{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6} - } \right)\end{array}\)

Vậy công thức của 2 amino acid là \({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}}\) và \({{\rm{H}}_2}{\rm{N}}{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6}{\rm{COOH}}.\) Chọn B.

Phát biểu đúng: (1), (2), (5).

(3) Sai, \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}\) có nhiệt độ sôi thấp hơn sẽ bay đi trước, làm cho hỗn hợp ban đầu mất đi \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}\) và độ rượu của hỗn hợp trong bình cầu sẽ giảm.

(4) Sai, bình hứng thu được hỗn hợp ethanol và nước.

Chọn B.

Tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên. Chọn C.

Vì chất rắn phản ứng với \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) vẫn sinh ra khí \({\rm{NO}} \Rightarrow \) Vẫn còn \({\rm{Cu}}.\)

\( \Rightarrow \) Khí \({{\rm{O}}_2}\) sinh ra đã bị Cu phản ứng hết tạo CuO

\( \Rightarrow \) Khối lượng giảm kia chính là \({{\rm{m}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}}.\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{9,2}}{{46}} = 0,2\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Cu}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = 0,1\;{\rm{mol}}.\)

\( \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{Cu }}}} = 31,6 - 0,1 \cdot 188 = 12,8{\rm{ gam}}\).

Chọn B.

Đầu tiên, xét về độ dẫn điện, các chất điện li yếu là các acid yếu, base yếu và chất hữu cơ Þ C và E phải là 1 trong 2 chất \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) và \({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}.\)

Từ dữ kiện này ta dễ dàng loại được đáp án A và B.

- Tiếp theo, ta nhận xét về pH thứ tự tăng dần là: \({\rm{HCl}};{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}};{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}};{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3};{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\)

Xếp theo pH tăng dần của bảng ta có: \({\rm{D}} < {\rm{C}} < {\rm{A}} < {\rm{E}} < {\rm{B}}\)

Chọn C.

Tỉ khối so với \({{\rm{H}}_2}\) giảm \( \Rightarrow {\rm{M}}\) hỗn hợp giảm đi dẫn đến tổng số mol khí tăng lên \( \Rightarrow \) cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

Khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng thu nhiệt hay chiều phản ứng nghịch \((\Delta H > 0)\). Vậy chiều thuận của phản ứng tỏa nhiệt (\(\Delta H < 0).\)

Chọn D.

Tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:

$\begin{array}{l}8,8 \text{g}\left\{\begin{array}{l}\text{Ag}:a\\ \text{Mg}:x\\ \text{Fe}:b+y\end{array}+0,075 {\text{\hspace{0.17em}mol\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}CuSO}}_4\to \text{X}\left\{\begin{array}{l}\text{Ag}:a\\ {\text{Fe\hspace{0.17em}}}_{\text{du}}:b\\ \text{Cu}:x+y\end{array}+\text{ddY}\left\{\begin{array}{l}{\text{MgSO}}_4:x\\ {\text{FeSO}}_4:y\\ {\text{CuSO}}_4:0,075-x-y\end{array}\right.\right.\right.\\ \underset{m\nearrow 1,16gam}{\underbrace{ThanhX}}+H_{2}S{O}_4\to \underset{0,115mol}{\underbrace{S{O}_2\uparrow }}\end{array}$

$\text{Y}\left\{\begin{array}{l}{\text{MgSO}}_4:x\\ {\text{FeSO}}_4:y\\ {\text{CuSO}}_4:0,075-x-y\end{array}\underset{0,16 \text{mol}}{\overset{\text{NaOH}}{\to }}\right.\downarrow \left\{\begin{array}{l}\text{Mg}{\left(\text{OH}\right)}_2:x\\ \text{Fe}{\left(\text{OH}\right)}_2:y\\ \text{Cu}{\left(\text{OH}\right)}_2:0,075-x-y\end{array}\stackrel{{\text{O}}_2,t^0}{\to }\right.5 \text{g}\left\{\begin{array}{l}\text{MgO}:x\\ {\text{Fe}}_2{\text{O}}_3:0,5y\\ \text{CuO}:0,075-x-y\end{array}\right.$

Chú ý thí nghiệm (1) phản ứng xảy ra trong một thời gian nên phản ứng không xảy ra hoàn toàn.

Nếu \({\rm{Mg}}\)còn dư trong phản ứng \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \Rightarrow {\rm{m}}\) tăng \( = 0,075\). (64-24) \( = 3\;{\rm{g}} > 1,16.\) Vậy Mg phản ứng hết: \({\rm{x}}\) mol, \({\rm{Fe}}\) phản ứng một phần: y mol

Luôn có \({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}^{2 - }}} = 0,075\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }}} = 0,15 < 0,16\) nên trong thí nghiệm dung dịch \({\rm{Y}}\) phản ứng với \({\rm{NaOH}}\) thì \({\rm{NaOH}}\) còn dư, toàn bộ lượng muối chuyển về hydroxide tương ứng \( \Rightarrow 5\) gam chất rắn chứa \({\rm{MgO}},{\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3},{\rm{CuO}}\)

\( \Rightarrow 40x + 80y + 80.(0,075 - x - y) = 5 \Rightarrow x = 0,025\;{\rm{mol}}\)

Khối lượng thanh kim loại tăng 1,16 gam

\( \Rightarrow x.(64 - 24) + y.(64 - 56) = 1,16 \to y = 0,02\)

Tổng khối lượng hợp kim là 8,8 gam \( \Rightarrow 108a + 24.0,025 + 56.(b + 0,02) = 8,8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)

Bảo toàn electron: \(a + 3b + 0,045.2 = 0,115.2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) giải hệ phương trình được \({\rm{a}} = 0,05,\;{\rm{b}} = 0,03\)

\(\% {\rm{Ag}} = \frac{{0,05 \cdot 108}}{{8,8}} \times 100\% = 61,36\% \). Đáp án: 61,36%

Trong các động vật trên, động vật có hệ tuần hoàn đơn là cá chép. Tôm sú có hệ tuần hoàn hở, cá sấu và chim bồ câu có hệ tuần hoàn kép. Chọn A.

Những nét hoa văn trên đồ gỗ có xuất xứ từ vòng gỗ hằng năm (Sinh trưởng thứ cấp tạo nên các vòng gỗ đồng tâm với lớp màu sáng (gỗ sớm, hình thành vào mùa xuân, tế bào lớn, thành mỏng) và tối (gỗ muộn, hình thành vào mùa hè và thu, tế bào bé, thành dày) xen kẽ với nhau. Mỗi năm tạo nên một vòng nên còn được gọi là vòng gỗ hằng năm). Chọn D.

Ở cá xương, dòng nước chảy từ miệng qua mang theo một chiều và gần như liên tục là nhờ miệng và diềm nắp mang đóng mở nhịp nhàng:

- Khi cá thở vào: Cửa miệng cá mở ra, thềm miệng hạ thấp xuống, nắp mang đóng dẫn đến thể tích khoang miệng tăng lên, áp suất trong khoang miệng giảm, nước tràn qua miệng vào khoang.

+ Khi cá thở ra: Cửa miệng cá đóng lại, thềm miệng nâng lên, nắp mang mở ra làm giảm thể tích khoang miệng, áp suất trong khoang miệng tăng lên có tác dụng đẩy nước từ khoang miệng đi qua mang. Ngay lúc đó, cửa miệng cá lại mở ra và thềm miệng lại hạ xuống làm cho nước lại tràn vào khoang miệng. Chọn A.

Trên mạch mARN chỉ có A, U, G → Trên mạch mã gốc có A, T, X → Trên mạch bổ sung của gen có T, A, G; không có X. Chọn D.

Các phát biểu đúng là: I, III, IV.

II. Sai. Nếu gen điều hòa R không phiên mã thì sẽ không tạo ra prôtêin ức chế dẫn đến các gen Z, Y, A phiên mã ngay cả khi không có lactôzơ trong môi trường. Chọn D.

Nguyên nhân dẫn đến hiện tượng ưu thế lai là F₁ tập trung nhiều gen dị hợp → Phép lai tạo ra đời con có ưu thế lai cao nhất là phép lai tạo ra con lai có nhiều kiểu gen dị hợp nhất → Trong các phép lai trên, phép lai tạo ra đời con có ưu thế lai cao nhất là dòng (I) × dòng (II) (AAbb x aaBB → AaBb). Chọn D.

- Các nhân tố giao phối không ngẫu nhiên, chọn lọc tự nhiên, các yếu tố ngẫu nhiên đều là các nhân tố làm giảm tính đa dạng di truyền của quần thể.

- Trong các nhân tố trên thì di nhập gen vừa có khả năng làm giảm tính đa dạng di truyền quần thể, vừa có khả năng làm tăng tính đa dạng di truyền của quần thể. Vì khi di gen thì có thể làm giảm tính đa dạng di truyền quần thể, khi nhập gen thì có thể làm tăng tính đa dạng di truyền quần thể. Chọn A.

Nơi sống của cây a có mật độ cây cao nên có thân cao thẳng, cành chỉ tập trung ở phần ngọn để nhận được ánh sáng. Cây b mọc ở nơi trống trải nên có nhiều cành và tán cây rộng để nhận được nhiều ánh sáng. Chọn A.

D. Sai. Nếu bệnh do gen trong tế bào chất quy định thì kiểu hình của con sinh ra giống mẹ.

C. Sai. Bố mẹ ở thế hệ thứ III bị bệnh sinh con bình thường nên gen gây bệnh không thể do gen lặn quy định.

B. Sai. Bố mẹ không bị bệnh, sinh con bị bệnh nên gen gây bệnh không thể là gen trội.

Chọn A.

Đoạn văn miêu tả cảnh chiều tàn nơi phố huyện với những chi tiết: tiếng trống thu không; phương tây đỏ rực như lửa cháy và những đám mây hồng như hòn than sắp tàn; dãy tre làng như đen lại. Chọn C.

Phong cách của nhà văn Thạch Lam là giọng điệu trữ tình, giàu chất thơ. Đoạn trích này mang đậm dấu ấn phong cách của Thạch Lam, không có tình huống gay cấn, không có độc thoại nội tâm, cũng không xuất hiện chi tiết tạo hình, dựng cảnh ấn tượng. Chọn A.

Phân tích phương án:

+ Có từ khóa “Cơ quan cảm giác đặc biệt”, “trắc tuyến” → Loại A.

+ Có từ khóa “Thị giác, thính giác, khứu giác, vị giác và xúc giác”, “Cơ quan cảm giác của động vật và của con người” → Loại B.

+ Có từ khóa “trắc tuyến của loài cá là một cái ống nhỏ bé, ẩn trong lớp da theo sự giãn cách nhất định” → Loại D.

+ Nội dung ý C không được nhắc đến trong bài → phương án đúng. Chọn C.

Giải thích đáp án:

+ Phương án A: chi tiết “Duy trì sự liên lạc với đồng loại tránh bị thất lạc hoặc mất phương hướng” được nhắc trong câu (4) của đoạn 4 → Loại.

+ Phương án B: chi tiết “Cảm nhận được mối nguy hiểm của dòng nước” xuất hiện trong câu (1) của đoạn 4 → Loại.

+ Phương án C: suy luận được từ nội dung “Cá không thể nào nhìn được tất cả những sự vật xung quanh chúng, chúng hoàn toàn dựa vào sự nhận biết của trắc tuyến.” → Loại C.

+ Nhận diện: Nội dung ý D không tìm được thông tin trong đoạn trích. Chọn D.

Câu ở mức độ nhận biết, nhưng dễ nhầm lẫn. HS đọc kĩ đoạn 3.

Nhận diện:

+ Từ “từ đó” là phép thế thay thế cho nội dung trước và là nguyên nhân trực tiếp/tiền đề dẫn đến nội dung phía sau.

+ Xác định vế trước và vế sau của từ “từ đó”: “Trắc tuyến tự liên kết với thần kinh, mỗi khi có dòng nước chảy với cường độ lớn qua thân thể của con cá, dòng nước đó sẽ làm cho trắc tuyến của con cá sản sinh ra các hooc-môn tương ứng. Từ đó tạo ra phản ứng chạy trốn, né tránh.” Xét về cấu tạo, vế trước của từ “từ đó” là “trắc tuyến của con cá đã sản sinh ra các hooc-môn tương ứng”; xét về logic, các hooc-môn này tạo ra phản ứng của cá ở vế sau. Chọn A.

Học sinh có thể sử dụng phương pháp loại trừ để làm câu này:

- Trong đoạn trích không có quan điểm cá nhân và các lí lẽ, lập luận để thuyết phục người khác tin theo quan điểm đó → Loại A.

- Đoạn trích không phải một tác phẩm văn học, không có chức năng thẩm mĩ → Loại C.

- Đoạn trích không phải đoạn hội thoại hay thư tín, tự truyện..., cũng không chứa các từ mang tính chất khẩu ngữ → Loại D.

- Đoạn trích trình bày một vấn đề khoa học và có nhiều từ ngữ khoa học → Chọn B.

Thông tin trong đoạn trích “Thứ hai bạn phải chuẩn bị cho mình những tài sản bổ trợ như sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm...”. Sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm là những phẩm chất của con người. Chọn D.

Đáp án A được đề cập đến trong câu: “Bản lĩnh tốt là vừa phục vụ được mục đích cá nhân vừa có được sự hài lòng từ những người xung quanh.”; Đáp án B được đề cập đến trong thông tin: “Thứ hai bạn phải chuẩn bị cho mình những tài sản bổ trợ như sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm…”; Đáp án C được đề cập đến trong thông tin: “Bản lĩnh đúng nghĩa chỉ có được khi bạn biết đặt ra mục tiêu và phương pháp để đạt được mục tiêu đó. Nếu không có phương pháp thì cũng giống như bạn đang nhắm mắt chạy trên con đường có nhiều ổ gà.”. Chọn D.

Trong văn bản, tác giả đã sử dụng lí lẽ, đưa ra dẫn chứng và lập luận về vấn đề bản lĩnh của con người → phương thức biểu đạt chính là nghị luận. Chọn A.

Tác giả đã giải thích bản lĩnh là gì và đưa ra cách thức để rèn luyện bản lĩnh ở đoạn trích trên. Chọn B.

Nội dung đoạn trích là cơ sở hình thành của đất nước, vậy nên cả hai đáp án trên đều sai. Chọn D.

Câu thơ “Hạt gạo phải một nắng hai sương xay, giã, giần, sàng” → Thành ngữ: “Một nắng hai sương” chỉ sự vất vả, cần cù chăm chỉ của con người. Chọn B.

Biện pháp nghệ thuật nổi bật được tác giả sử dụng trong đoạn thơ trên là liệt kê với: miếng trầu, trồng tre mà đánh giặc, tóc mẹ thì bới sau đầu, gừng cay muối mặn, cái kèo, cái cột... Chọn A.