Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 8)

Dựa vào biểu đồ trên, điểm trung bình (trung bình số học) trong bài kiểm tra là:

\(\frac{{30 \cdot 2 + 70 \cdot 4 + 100 \cdot 6 + 80 \cdot 5 + 40 \cdot 3}}{{2 + 4 + 6 + 5 + 3}} = 73\) (điểm).

Có: \(f\left( x \right) = \frac{1}{5}{x^5} - {x^3} + 7x - 3 \Rightarrow f'\left( x \right) = {x^4} - 3{x^2} + 7.\)

Thay (1) vào bất phương trình: \(f'\left( x \right) - 11 \le 0\)\( \Rightarrow {x^4} - 3{x^2} - 4 \le 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le x \le 2.\)

Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình là 5.

Chọn A.

Điều kiện: \(x > 3.\)

Ta có \({\log _2}\left( {x - 3} \right) + 2{\log _4}3 \cdot {\log _3}x = 2\)\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - 3} \right) + 2{\log _4}x = 2\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - 3} \right) + 2{\log _{{2^2}}}x = 2\)\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - 3} \right) + {\log _2}x = 2\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - 3} \right)x = 2 \Leftrightarrow x(x - 3) = 4\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 4 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x =  - 1\,\,(L)}\end{array}} \right.\).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Chọn A.

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + xy + {y^2} = 3}&{{\rm{ (1) }}}\\{{x^3} + 3\left( {y - x} \right) = 1}&{{\rm{ (2) }}}\end{array}} \right.\)

Thay \(3 = {x^2} + xy + {y^2}\) vào (2) ta được:

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

Thay \(y = 1\) vào (1) ta được: \({x^2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 2}\\{x = 1}\end{array}} \right..\)

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm. Chọn B.

Ta có \[G\] là trọng tâm tam giác \[ABC\] nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}}\\{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_G} = \frac{{ - 4 + 1 + 6}}{3} =  - 3}\\{{y_G} = \frac{{1 + 3 + 0}}{3} = \frac{4}{3}}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Rightarrow G\left( { - 3\,;\,\,\frac{4}{3}} \right) \Rightarrow {z_G} =  - 3 + \frac{4}{3}i\). Chọn A.

Ta có \(G\) là trọng tâm tam giác \[ABC\] nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 1 + 4}}{3} = 2}\\{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{3 + 2 + 1}}{3} = 2}\\{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{2 + 3 + 1}}{3} = 2}\end{array}} \right..\)

Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua \(G\) và vuông góc với đường thẳng \[AC\].

Suy ra \({\vec n_p} = k \cdot \overrightarrow {AC}  = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\)

\( \Rightarrow \left( P \right):3\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y - 2} \right) + \left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x - 2y + z - 4 = 0.{\rm{ }}\)

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là \(3x - 2y + z - 4 = 0.\) Chọn A.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 \ge 0}\\{5 - x \ge 0}\\{x - 3 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le x \le 5}\\{x \ne 3}\end{array} \Rightarrow D = \left[ {1\,;\,\,5} \right]\backslash \left\{ 3 \right\}} \right.} \right..\)

Bất phương trình trở thành: \(\sqrt {x - 1}  + \sqrt {5 - x}  > 0\)

Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1}  \ge 0}\\{\sqrt {5 - x}  \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \sqrt {x - 1}  + \sqrt {5 - x}  \ge 0} \right.\) với mọi \(x \in \left[ {1\,;\,\,5} \right]\).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {x - 1}  = 0}\\{\sqrt {5 - x}  = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 5}\end{array} \Rightarrow } \right.} \right.\) Vô lý.

\( \Rightarrow \sqrt {x - 1}  + \sqrt {5 - x}  > 0\) với mọi \(x \in \left[ {1\,;\,\,5} \right]\)

\( \Rightarrow \) Bất phương trình ban đầu luôn đúng \(\forall x \in D.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ {1\,;\,\,5} \right]\backslash \left\{ 3 \right\}.\) Chọn D.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\,5} \right)\) lên \[Oy.\]

Suy ra \(H\left( {0\,;\,\, - 3\,;\,\,0} \right).\) Khi đó \(H\) là trung điểm đoạn \(AA'.\)

Do đó \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_H} = \frac{{{x_A} + {x_{A'}}}}{2}}\\{{y_H} = \frac{{{y_A} + {y_{A'}}}}{2}}\\{{z_H} = \frac{{{z_A} + {z_{A'}}}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{A'}} = 2{x_H} - {x_A} = 2 \cdot 0 - 2 =  - 2}\\{{y_{A'}} = 2{y_H} - {y_A} = 2 \cdot \left( { - 3} \right) - ( - 3) =  - 3}\\{{z_{A'}} = 2{z_H} - {z_A} = 2 \cdot 0 - 5 =  - 5}\end{array}} \right.} \right.\].

\[ \Rightarrow A'\left( { - 2\,;\,\, - 3\,;\,\, - 5} \right).\] Chọn D.

Ta có \({\cos ^2}x - \sin 2x = \sqrt 2  + {\cos ^2}\left( {\frac{\pi }{2} + x} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}x - \sin 2x = \sqrt 2  + {\sin ^2}x \Leftrightarrow \cos 2x - \sin 2x = \sqrt 2 \)

\( \Leftrightarrow \sqrt 2 \cos \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2  \Leftrightarrow \cos \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow 2x + \frac{\pi }{4} = k2\pi  \Leftrightarrow x =  - \frac{\pi }{8} + k\pi \,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Mà \(x \in \left( {0\,;\,\,3\pi } \right)\) nên \(x = \frac{{7\pi }}{8}\,;\,\,x = \frac{{15\pi }}{8}\,;\,\,x = \frac{{23\pi }}{8}.\) Chọn D.

Ta thấy chiều dài của các thanh ngang lần lượt cách nhau \(2\,\;{\rm{cm}}.\)

Số thanh ngang được cắt ra từ thanh gỗ là \(\frac{{45 - 31}}{2} + 1 = 8\) (thanh).

Chiều dài thanh gỗ mà người đó cần mua là \(\frac{{\left( {45 + 31} \right) \cdot 8}}{2} = 304\,\,(\;{\rm{cm}}) = 3,04\,\,(\;{\rm{m}})\).

Vậy chiều dài thanh gỗ người đó cần mua là \(3,04\,\;{\rm{m}}.\) Chọn D.

Ta có \(\int\limits_0^1 {\left( {2x + 1} \right)} \,{e^x}\;{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {2x + 1} \right)} \,d\left( {{e^x}} \right)\)\( = \left. {\left( {2x + 1} \right)\,{e^x}} \right|_0^1 - 2\int\limits_0^1 {{e^x}} \,dx = 3e - 1 - 2e + 2 = e + 1.\)

Từ đó: \(a = 1,\,\,b = 1\) hay \(a \cdot b = 1.\) Chọn B.

Số tiền anh Hưng gửi vào ngân hàng là: \(125 \cdot 80\%  = 100\) (triệu đồng).

Sau 10 năm là 120 tháng, số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi là:

\(100 \cdot {\left( {1 + 0,0031} \right)^{120}} \approx 144,98\) (triệu đồng). Chọn A.

Ta có \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{{x^2} - x + 1}} > {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x - 1}} \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 < 2x - 1\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 2 \Rightarrow S = \left( {1\,;\,\,2} \right).\)

Vậy \(a = 1\,;\,\,b = 2 \Rightarrow b - a = 1.\) Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm là:

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

Thể tích khối tròn xoay tạo bởi

Ta có: \(y' =  - 3m{x^2} + 2x - 3\).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 3\,;\,\,0} \right)\] nên \(y' \le 0 \Leftrightarrow  - 3m{x^2} + 2x - 3 \le 0\,,\,\,\forall x \in \left( { - 3\,;\,\,0} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge \frac{{2x - 3}}{{3{x^2}}} = f\left( x \right)\,,\,\,\forall x \in \left( { - 3\,;\,\,0} \right)\)\( \Leftrightarrow m \ge {\max _{\left( { - 3\,;\,\,0} \right)}}f\left( x \right).\)

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {\frac{{2x - 3}}{{3{x^2}}}} \right)^\prime } = \frac{{2\left( {3 - x} \right)}}{{3{x^3}}} < 0\,,\,\,\forall x \in \left( { - 3\,;\,\,0} \right)\)\( \Rightarrow f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 3\,;\,\,0} \right).\]

Do đó \(f\left( x \right) < f\left( { - 3} \right) =  - \frac{1}{3} \Rightarrow {\max _{\left( { - 3\,;\,\,0} \right)}}f\left( x \right) =  - \frac{1}{3} \Rightarrow m \ge  - \frac{1}{3} \Leftrightarrow m \in \left[ { - \frac{1}{3}\,;\,\, + \infty } \right){\rm{. }}\)Chọn A.

Ta có: \[{z_1} \cdot {z_2} - 8 + 8i = \left( {m + 1 - 2i} \right)\left[ {2 - \left( {m + 1} \right)i} \right] - 8 + 8i =  - 8 + \left( { - {m^2} - 2m + 3} \right)i.\]

Để \({\rm{ }}{z_1} \cdot {z_2} - 8 + i\) là một số thực thì \( - {m^2} - 2m + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m =  - 3}\end{array}} \right.\).

Vậy có hai giá trị của tham số \(m\) để \({z_1} \cdot {z_2} - 8 + i\) là một số thực. Chọn B.

Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm của hệ phương trình

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y + 7 = 0}\\{x - 4y - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 3}\\{y =  - 1}\end{array}} \right.} \right.{\rm{. }}\)Suy ra \(A( - 3; - 1).\)

Vì \[ABCD\] là hình bình hành nên \(I\) là trung điểm của \[AC.\]

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2}}\\{{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_C}}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 = \frac{{ - 3 + {x_C}}}{2}}\\{2 = \frac{{ - 1 + {y_C}}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} = 5}\\{{y_C} = 5}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)\[ \Rightarrow C\left( {5\,;\,\,5} \right).\]

Đường thẳng \[BC\] song song với đường thẳng \[AD.\]

Do đó phương trình đường thẳng BC có dạng: \(x - 4y + c = 0\) với \(c \ne  - 1.\)

Vì \[C\left( {5\,;\,\,5} \right)\] thuộc đường thẳng BC nên \(5 - 4 \cdot 5 + c = 0 \Leftrightarrow c = 15.\)

Vậy phương trình đường thẳng BC là: \(x - 4y + 15 = 0.\) Chọn B.

Tọa độ giao điểm của đường thẳng \(\Delta \) và \(\left( E \right)\) là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y + m = 0}\\{\frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2y - m}\\{\frac{{{{\left( {2y - m} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2y - m}\\{8{y^2} - 4my + {m^2} - 4 = 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Hai đồ thị có hai giao điểm phân biệt khi và chỉ khi \((*)\) có hai nghiệm phân biệt.

Suy ra \({\Delta '_{\left( * \right)}} > 0 \Leftrightarrow 4{m^2} - 8\left( {{m^2} - 4} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} < 8 \Leftrightarrow  - 2\sqrt 2  < m < 2\sqrt 2 .\) Chọn D.

Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = x + yi\,\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right).\)

Ta có: \(\left| {{{\left| z \right|}^2} - z\left( {\bar z + i} \right) - i} \right| = 3 \Leftrightarrow | - iz - i\mid  = 3\) (vì \({\left| z \right|^2} = z \cdot \bar z).\)

\( \Leftrightarrow \left| {y + i\left( { - x - 1} \right)} \right| = 3\)\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} = 9 \Leftrightarrow I\left( { - 1\,;\,\,0} \right)\) là tâm đường tròn \((C).\)

\( \Rightarrow d\left( {I\,,\,\,Oy} \right) = \left| {{x_I}} \right| = 1.\) Chọn A.

Ta có: \[\overrightarrow {AB}  = \left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\, - 1} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2\,;\,\,0\,;\,\, - 2} \right).\]

Chọn \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = 6\left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right)\) là một VTPT của \(mp\,\,\left( {ABC} \right).\)

Ta có pt \(mp(ABC)\) là: \(x + y - 1 - z + 2 = 0 \Leftrightarrow x + y - z + 1 = 0.\)

Vậy \(a = 1\,,\,\,d = 1.\) Chọn A.

Chọn hệ trục tọa độ có góc là trung điểm \(O\) của \[MN,\] trục hoành trùng với đường thẳng \[MN\] thì parabol có đỉnh \(I\left( {0\,;\,\,6} \right)\) và đi qua 2 điểm \[D\left( { - 6\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {6\,;\,\,0} \right).\]

\( \Rightarrow \) Parabol có phương trình là: \(y =  - \frac{1}{6}{x^2} + 6.\)

Khi đó, diện tích của khung tranh là:

\(S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - \frac{1}{6}{x^2} + 6} \right)} \,dx = \left. {\left( { - \frac{1}{{18}}{x^3} + 6x} \right)} \right|_{ - 2}^2 = \frac{{208}}{9}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Số tiền công ty Moon cần để làm bức tranh là:

\(\frac{{208}}{9} \cdot 900\,\,000 = 20\,\,800\,\,000\) (đồng). Chọn B.

Gọi tam giác \[SAB\] là thiết diện của hình nón khi cắt bởi mặt phẳng đi qua đỉnh.

Và \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[SAB,{\rm{ }}r\] là bán kính hình nón.

Áp dụng định lý sin trong tam giác \[SAB\], ta có:

Ta có \(g'\left( x \right) =  - \frac{1}{2}f'\left( {1 - \frac{x}{2}} \right) + 4.\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến khi \(g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow f'\left( {1 - \frac{x}{2}} \right) < 8.\)

Xét \(f'\left( x \right) < 8 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 4.\)

Suy ra \(f'\left( {1 - \frac{x}{2}} \right) < 8\) khi và chỉ khi \( - 2 < 1 - \frac{x}{2} < 4 \Leftrightarrow  - 6 < x < 6.\)

Như vậy \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 6\,;\,\,6} \right).\) Chọn B.

Do \(I \in d \Rightarrow I\left( {t\,;\,\, - 6 + t\,;\,\,2 - t} \right).\)

Ta có \(d\left( {I\,,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {5t - 21} \right|}}{{\sqrt {11} }}.\)

\[\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right),\,\,M\left( {5\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right) \in \Delta \]\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ,\,\,\overrightarrow {IM} } \right] = \left( { - 4\,;\,\,t - 1\,;\,\,t - 9} \right)\)

\[ \Rightarrow d\left( {I,\,\,\Delta } \right) = \frac{{\sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( {t - 1} \right)}^2} + {{\left( {t - 9} \right)}^2}} }}{{\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt {2{t^2} - 20t + 98} }}{{\sqrt 6 }}\]

Mà \[\left( S \right)\] tiếp xúc với \(\Delta \) và \(\left( P \right)\) nên \(d\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\Delta } \right)\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {5t - 21} \right|}}{{\sqrt {11} }} = \frac{{\sqrt {2{t^2} - 20t + 98} }}{{\sqrt 6 }}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {5t - 21} \right)}^2}}}{{11}} = \frac{{2{t^2} - 20t + 98}}{6} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2}\\{t = \frac{{49}}{8}}\end{array} \Rightarrow I\left( {2\,;\,\, - 4\,;\,\,0} \right).} \right.\) Chọn C.

Thể tích của hình trụ là: \({V_1} = \pi {r^2}h = \pi  \cdot {\left( {\frac{{13,2}}{2}} \right)^2} \cdot 13,2 = 1806,39\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích hình cầu chứa cát là: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi  \cdot {\left( {\frac{{13,2 - 2}}{2}} \right)^3} = 735,62\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy lượng thủy tinh cần phải làm là: \(V = {V_1} - {V_2} = 1070,77\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\) Chọn B.

Ta có: \(BC \bot AA',\,\,BC \bot AB \Rightarrow BC \bot \left( {ABA'} \right) \Rightarrow \left( {A'BC} \right) \bot \left( {ABA'} \right).\)

Kẻ \(AH \bot A'B \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{a}{3}.\)

Xét \(\Delta A'AB\) vuông tại \(A\) có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A'{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{8}{{{a^2}}}.\)

\( \Rightarrow A'A = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}.\) Chọn C.

Gọi \(B\) là giao điểm của \(\Delta \) và \({d_1} \Rightarrow B \in {d_1}\)

Do đó \[B\left( {t + 1\,;\,\,2t - 1\,;\,\, - t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {t\,;\,\,2t - 1\,;\,\, - t - 2} \right)\].

Suy ra \({\vec u_\Delta } = k \cdot \overrightarrow {AB}  = \left( {kt\,;\,\,k\left( {2t - 1} \right)\,;\,\,k\left( { - t - 2} \right)} \right)\).

Vì \(\Delta \) vuông góc với \({d_2}\) nên \({\vec u_\Delta } \cdot {\vec u_{{d_2}}} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot {\vec u_{{d_2}}} = 0\)

\( \Leftrightarrow t + 2\left( {2t - 1} \right) + 2\left( { - t - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 3t - 6 = 0 \Leftrightarrow t = 2.\)

Vậy \({\vec u_\Delta } = \left( {2\,;\,\,3\,;\,\, - 4} \right) \Rightarrow \Delta :\frac{{x - 1}}{2} = \frac{y}{3} = \frac{{z - 2}}{{ - 4}}.\) Chọn C.

Do \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow G\left( {2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(G\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\).

Khi đó \[GH\] là khoảng cách từ \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\).

Ta có \(GH = d\left( {G,\,\,\left( {Oxz} \right)} \right) = 3.\)

Với \(M\) là điểm thay đổi trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\).

Lại có \(GM \ge GH = 3\), do đó GM ngắn nhất \( \Leftrightarrow M \equiv H.\)

Vậy độ dài \[GM\] ngắn nhất bằng 3. Chọn B.

Ta có .

Suy ra \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) \cdot \left[ {{e^{f\left( x \right)}} - m \cdot {3^{f\left( x \right)}}\ln 3} \right] = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{{e^{f\left( x \right)}} - m \cdot {3^{f\left( x \right)}} l n 3 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \left\{ { - 2\,;\,\,0\,;\,\,2} \right\}}\\{m \cdot \ln 3 = {{\left( {\frac{e}{3}} \right)}^{f\left( x \right)}}}\end{array}f\left( x \right) = {{\log }_{\frac{e}{3}}}\left( {m \cdot \ln 3} \right)} \right.} \right.\].

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow f(x) = {\log _{\frac{e}{3}}}\left( {m \cdot \ln 3} \right)\) có 4 nghiệ\(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) \cdot {e^{f\left( x \right)}} - m \cdot f'\left( x \right) \cdot {3^{f\left( x \right)}}\ln 3\)m đơn phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \( - 3 < {\log _{\frac{e}{3}}}\left( {m \cdot \ln 35} \right) \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\frac{e}{3}} \right)}^5}}}{{\ln 3}} < m < \frac{{{{\left( {\frac{e}{3}} \right)}^{ - 3}}}}{{\ln 3}}\).

Suy ra \(0,556 < m < 1,223\) mà \(m \in {\mathbb{Z}^ + }\)nên \(m = 1.\) Chọn B.

Điều kiện: \(8 + 2x - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 2 \le x \le 4.\)

Đặt \(t = \sqrt {8 + 2x - {x^2}}  = \sqrt {9 - {{\left( {1 - x} \right)}^2}}  \le 3 \Rightarrow 0 \le t \le 3\)

Phương trình \( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 + \sqrt {8 + 2x - {x^2}}  = 2m\)

\( \Leftrightarrow 8 - {t^2} - 3 + t = 2m \Leftrightarrow  - {t^2} + t + 5 = 2m\).

Yêu cầu bài toán trở thành: \((*)\) có nghiệm \[x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right]\].

Xét hàm số: \(f\left( t \right) =  - {t^2} + t + 5\) có \(f'\left( t \right) =  - 2t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\)

Bảng biến thiên:

Đặt \(t = 2 - \sqrt x  \Leftrightarrow {\rm{d}}t =  - \frac{1}{{2\sqrt x }}\;{\rm{d}}x \Leftrightarrow  - {\rm{d}}t = \frac{1}{{2\sqrt x }}\;{\rm{d}}x\)

Đổi cận: \(x = 1 \Rightarrow t = 1\,;\,\,x = 4 \Rightarrow t = 0.\)

Do đó \(\int\limits_1^4 {\frac{{1 + 3\sqrt x }}{{2\sqrt x }}f\left( {2 - \sqrt x } \right){\rm{d}}x}  = 4 \Leftrightarrow \int\limits_1^4 {\left( {1 + 3\sqrt x } \right)f\left( {2 - \sqrt x } \right)\frac{{{\rm{d}}x}}{{2\sqrt x }} = 4} \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_1^0 {\left( {7 - 3t} \right)f\left( t \right)\left( { - {\rm{d}}t} \right)}  = 4 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {\left( {7 - 3x} \right)f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 4.\)

Ta có \(\int\limits_0^1 {{x^2}f'\left( x \right){\rm{d}}x}  = 4 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{x^2}{\rm{d}}\left( {f\left( x \right)} \right)}  = \left. {{x^2}f\left( x \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {2x \cdot f\left( x \right){\rm{d}}x = 4} \)

\[ \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - 2 \cdot \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( x \right){\rm{d}}x = 4}  \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( x \right){\rm{d}}x =  - 1} \].

Suy ra \(\int\limits_0^1 {\left( {7 - 3x} \right)\,} f\left( x \right){\rm{d}}x = 4 \Leftrightarrow 7 \cdot \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - 3 \cdot \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 4\)

\( \Leftrightarrow 7 \cdot \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - 3 \cdot \left( { - 1} \right) = 4 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{7}\). Chọn D.

Gọi \(A\) là biến cố "Tổng các số ghi trên 3 tấm thẻ đó là một số chia hết cho 3".

Gọi các số chia hết cho 3 có là \(3k\).

Xét \(101 \le 3k \le 200 \Leftrightarrow 33,6 \le k \le 66,6\).

Suy ra \(k\) có 33 giá trị tương ứng với 33 thẻ có số chia hết cho 3 trong 100 tấm thẻ.

Tương tự, ta gọi các số chia cho 3 dư 1 và chia 3 dư 2 lần lượt là: \(3k + 1\) và \(3k + 2\).

Do đó, trong 100 tấm thẻ có 33 thẻ có số chia hết cho 3,33 thẻ có số chia 3 dư 1, 34 thẻ có số chia 3 dư 2.

Để lấy được 3 thẻ có tổng các số chia hết cho 3 , ta có 4 trường hợp:

• TH1: 3 thẻ bốc được đều có số chia hết cho 3 nên số cách lấy là \(C_{33}^3\) (cách).

• TH2: 3 thẻ bốc được đều có số chia hết cho 3 dư 1 nên số cách lấy: \(C_{33}^3\) (cách).

• TH3: 3 thẻ bốc được đều có số chia hết cho 3 dư 1 nên số cách lấy: \(C_{34}^3\) (cách).

• TH4: 3 thẻ bốc được có 1 thẻ có số chia hết cho \[3\,;\,\,1\] thẻ có số chia 3 dư \[1\,;\,\,1\] thẻ có số chia 3 dư 2 nên số cách lấy: \(C_{33}^1 \cdot C_{33}^1 \cdot C_{34}^1\) (cách).

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_{33}^3 + C_{33}^3 + C_{34}^3 + C_{33}^1 \cdot C_{33}^1.C_{34}^1.\)

Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{C_{33}^3 + C_{33}^3 + C_{34}^3 + C_{33}^1 \cdot C_{33}^1 \cdot C_{34}^1}}{{C_{100}^3}} \approx 0,33.\)

Chọn B.

• Cách 1: Ta có \(x = \frac{{SC}}{{SC}} = 1\,;\,\,y = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2}\,;\,\,z = \frac{{SP}}{{SA}}\,;\,\,t = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{3}\).

Và \(\frac{1}{x} + \frac{1}{z} = \frac{1}{y} + \frac{1}{t} \Leftrightarrow 1 + \frac{1}{z} = 2 + 3 \Leftrightarrow z = \frac{1}{4}.\)

Khi đó \[{V_{S.CMPN}} = \frac{{xyzt}}{4}\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{t}} \right) \cdot {V_{S.ABCD}} = \frac{5}{{48}}{V_{S.ABCD}} = \frac{5}{{48}}\] vì \({V_{S.ABCD}} = 1\).

• Cách 2: Ta có \(a = \frac{{SC}}{{SC}} = 1\,;\,\,b = \frac{{SB}}{{SM}} = 2\,;\,\,c = \frac{{SA}}{{SP}}\,;\,\,d = \frac{{SD}}{{SN}} = 3\).

Có \(a + c = b + d \Leftrightarrow 1 + c = 2 + 3 \Leftrightarrow c = 4\). Chọn D.

Ta có \(y' = f'\left( x \right) =  - \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \(M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right) \in (C)\) là \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}.\)

Ta có \(f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \({\left( {{x_0} - 1} \right)^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất mà \({x_0}\) phải là số nguyên dương khác 1.

Do đó \({x_0} = 2\) thỏa mãn yêu cầu.

Suy ra phương trình tiếp tuyến là: \(y =  - 2(x - 2) + 5 \Leftrightarrow y =  - 2x + 9.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 2}\\{b = 9}\end{array} \Rightarrow 2a + b = 5} \right..\)

Đáp án: 5.

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 12{x^2} = 4{x^2}\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 3}\end{array}} \right..\)

Vậy hàm số đã cho có duy nhất 1 điểm cực trị.

Đáp án: 1.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((P).\)

Ta có: \(AM \ge AH \Rightarrow A{M_{\min }} = AH = d\left( {A;\,\,\left( P \right)} \right) = 1.\) Đáp án: 1.

Ta có \(y' = \left( {2x + 3} \right) \cdot f'\left( {{x^2} + 3x - m} \right)\)

Khi đó \(\left( {2x + 3} \right)\left( {{x^2} + 3x - m - 1} \right)\left( {{x^2} + 3x - m + 3} \right) \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 3x - m - 1} \right)\left( {{x^2} + 3x - m + 3} \right) \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 3x - m \ge 1}\\{{x^2} + 3x - m \le  - 3}\end{array}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le {x^2} + 3x - 1}\\{m \ge {x^2} + 3x + 3}\end{array}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le {0^2} + 3 \cdot 0 - 1\\m \ge {2^2} + 3 \cdot 2 + 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le  - 1\\m \ge 13\end{array} \right.\).

Theo đề bài \(m \in \mathbb{Z}\,;\,\,m \in \left[ { - 10\,;\,\,20} \right]\) nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 10 \le m \le  - 1}\\{13 \le m \le 20}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \left\{ { - 10\,;\,\, - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 1} \right\}}\\{m \in \left\{ {13\,;\,\,14\,;\,\,15\,;\,\, \ldots \,;\,\,20} \right\}}\end{array}} \right.} \right.\)

Đáp án: 18.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin ax}}{{ax}} = 1.\)

Do đó \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x}}{{\sin \frac{{3x}}{2}}} = \left[ {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x.{{\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)}^2}} \right]:\left[ {\frac{3}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \frac{{3x}}{2}}}{{\frac{{3x}}{2}}}} \right] = 0.\)

Đáp án: 0.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 4x + 4\) và trục hoành là:

\({x^2} - 4x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2.{\rm{ }}\)

Diện tích hình phẳng \((H)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số: \(y = {x^2} - 4x + 4\), trục tung và trục hoành là:

\[S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 4x + 4} \right|} \,dx = \int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)} \,dx = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_0^2 = \frac{8}{3}.\]

Phương trình đường thẳng \((d)\) đi qua điểm \(A\left( {0\,;\,\,4} \right)\) có hệ số góc \(k\) có dạng: \(y = kx + 4.\)

Gọi \(B\) là giao điểm của \((d)\) và trục hoành. Khi đó \(B\left( { - \frac{4}{k}\,;\,\,0} \right).\)

Đường thẳng \((d)\) chia \((H)\) thành hai phần có diện tích bằng nhau khi \(B \in OI\) và

\({S_{OAB}} = \frac{1}{2}S = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 <  - \frac{4}{k} < 2}\\{{S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{{ - 4}}{k} = \frac{4}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k <  - 2}\\{k =  - \,6}\end{array} \Leftrightarrow k =  - 6.} \right.} \right.\)

Đáp án: −6.

Gọi \(x\) là số hành khách trên mỗi chuyến xe để nhà xe thu được lợi nhuận lớn nhất.

Gọi \(F\left( x \right)\) là hàm chỉ số tiền thu được sau mỗi chuyến xe \(\left( {0 < x \le 60\,,\,\,x \in \mathbb{N}} \right).\)

Số tiền thu được sau mỗi chuyến xe:

\(F\left( x \right) = {\left( {300 - \frac{{5x}}{2}} \right)^2} \cdot x = 90\,\,000x - 1500{x^2} + \frac{{25}}{4}{x^3}\).

Bài toán trở thành tìm \(x\) để \(F(x)\) đạt giá trị lớn nhất thì \(F'\left( x \right) = 90\,\,000 - 3\,\,000x + \frac{{75}}{4}{x^2}\)

\(F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 90\,\,000 - 3\,\,000x + \frac{{75}}{4}{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 120}&{(L)}\\{x = 40}&{(TM)}\end{array}.} \right.\)

Bảng biến thiên:

Ví dụ: Ở mỗi hàng mà chứa 2 ô vừa được chọn, ta chọn đúng 1 ô để đặt số 1, khi đó có 2 trường hợp:

TH1: 2 ô được chọn ở cùng một cột: có \(C_3^1 = 3\) (cách)

Ta có: \({z^3} + 2i{\left| z \right|^2} = 0 \Leftrightarrow {z^3} + 2iz\bar z = 0 \Leftrightarrow z\left( {{z^2} + 2i\bar z} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = 0}\\{{z^2} + 2i\bar z = 0}\end{array}} \right..\)

Gọi \(z = x + yi \Rightarrow \bar z = x - yi\) với \(x,y \in \mathbb{R}.\)

Thay vào (1) có: \({x^2} - {y^2} + 2xyi + 2i\left( {x - yi} \right) = 0\)

\[ \Leftrightarrow {x^2} - {y^2} + 2y + 2x\left( {y + 1} \right)i = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - {y^2} + 2y = 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y =  - 1}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{ - y + 2y = 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y =  - 1}\\{{x^2} - 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\].

Ta có \[(2) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 0}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 2}\end{array}} \right.\end{array} \right.\,;\,\] \[(3) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  \pm \,\sqrt 3 }\\{y =  - 1}\end{array}} \right.\].

Vậy có bốn số phức \(z\) thỏa mãn là: \(z = 0\,;\,\,z = 2i\,;\,\,z =  \pm \,\sqrt 3  - i.\)

Đáp án: 4.

Diện tích tam giác \[ABC\] là \({S_{ABC}} = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4}.\)

Khi đó \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{ABC}} = AA' \cdot \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{4} = \frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{4} \Leftrightarrow AA' = \sqrt 2 a.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow AH \bot BC\) mà \(BB' \bot AH\)

Suy ra \[AH \bot \left( {BB'C'C} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {AB'\,,\,\,\left( {BB'C'C} \right)} \right)} = \widehat {AB'H}.\]

Mà \(AH = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\,;\,\,AB' = \sqrt 3 a\) nên \(\sin \widehat {AB'H} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {AB'H} = 30^\circ .\)

Đáp án: 30.

Phương trình đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{3} = \frac{{y - 2}}{4} = \frac{{z + 3}}{{ - 4}}.\)

Vì \(B \in d\) nên \(B\left( {3b + 1\,;\,\,4b + 2\,;\,\, - 4b - 3} \right)\).

Mà \(B = d \cap (P)\) suy ra \(2\left( {3b + 1} \right) + 2\left( {4b + 2} \right) + 4b + 3 + 9 = 0\)\( \Leftrightarrow b =  - 1 \Rightarrow B\left( { - 2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)

Gọi \(A'\) là hình chiếu của \(A\) trên \((P)\).

Phương trình đường thẳng \(AA'\) là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z + 3}}{{ - 1}} \Rightarrow A'\left( {2u + 1\,;\,\,2u + 2\,;\,\, - u - 3} \right).\)

\[A' \in (P) \Rightarrow 2\left( {2u + 1} \right) + 2\left( {2u + 2} \right) + u + 3 + 9 = 0 \Leftrightarrow u =  - 2 \Rightarrow A'\left( { - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right){\rm{. }}\]

Theo bài ra, ta có \(M{A^2} + M{B^2} = A{B^2} \Leftrightarrow M{B^2} = A{B^2} - M{A^2} \le A{B^2} - A{A'^2}\).

Khi đó MB lớn nhất \( \Leftrightarrow M \equiv A' = \left( { - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right).\) Đáp án: −2.

Đặt \(t = {x^3} - 3x\,,\,\,x \in \left[ { - 1\,;\,\,2} \right]\), ta có \[t'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1.\]

Ta có bảng biến thiên:

Ta có \({2023^{4{x^2} - y + 7x + 10}} - \frac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}{{y - 3x - 9}} = 0.\)

\( \Leftrightarrow {2023^{4{x^2} - y + 7x + 10}} = \frac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}{{y - 3x - 9}} > 0 \Rightarrow y - 3x - 9 > 0\)

\( \Leftrightarrow 4{x^2} - y + 7x + 10 = {\log _{2023}}\frac{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}{{y - 3x - 9}}\)

\( \Leftrightarrow 4{x^2} - y + 7x + 10 = {\log _{2023}}\left( {4{x^2} + 4x + 1} \right) - {\log _{2023}}\left( {y - 3x - 9} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _{2023}}\left( {y - 3x - 9} \right) - \left( {y - 3x - 9} \right) = {\log _{2023}}\left( {4{x^2} + 4x + 1} \right) - \left( {4{x^2} + 4x + 1} \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _{2023}}t - t\) với \(t > 0\), có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t \cdot \ln 2023}} - 1 < 0\,;\,\,\forall t > 0.\)

Do đó \(f\left( t \right)\) là hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Suy ra \(f\left( {y - 3x - 9} \right) = f\left( {4{x^2} + 4x + 1} \right) \Leftrightarrow y - 3x - 9 = 4{x^2} + 4x + 1\)

\( \Leftrightarrow y = 4{x^2} + 7x + 10 \Rightarrow M = y - 11x = 4{x^2} - 4x + 10 = {\left( {2x - 1} \right)^2} + 9 \ge 9.\)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(x = \frac{1}{2}\,;\,\,y = \frac{{29}}{2}.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(M\) là 9. Đáp án: 9.

Gọi \(O\) là giao của hai đường chéo.

Dễ thấy, cạnh bên của hình chóp bằng nhau nên chân đường cao của hình chóp chính là tâm của cạnh đáy.

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {3 + 1}  = 2 \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = 1.\)

Khi đó ta có \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {5 - 1}  = 2.\)

Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(M\) xuống \(AC\) nên

Đặt cạnh bên là \(y\) và cạnh đáy của chóp đều là \(x\).

Độ dài đường cao của mặt bên là: \(a = \sqrt {{y^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} \).

Khi đó theo tấm nhôm, ta được: \(2a + x = \sqrt 2  \Leftrightarrow 2\sqrt {{y^2} - \frac{{{x^2}}}{4}}  + x = \sqrt 2 \) (bằng đường chéo tấm nhôm hình vuông).

\( \Rightarrow 4\left( {{y^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} \right) = {\left( {\sqrt 2  - x} \right)^2} = {x^2} - 2x\sqrt 2  + 2 \Rightarrow 4{y^2} = 2{x^2} - 2x\sqrt 2  + 2.\)

Lại có \({V_{hc}} = \frac{1}{3}h \cdot {S_a} = \frac{1}{3}\sqrt {{y^2} - {{\left( {\frac{{x\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  \cdot {x^2} = \frac{{{x^2}}}{3}\sqrt {\frac{{1 - x\sqrt 2 }}{2}}  = \frac{1}{6}\sqrt {2{x^4} - 2\sqrt 2 {x^5}} .\)

Ta thấy \({V_{hc}}\) lớn nhất khi \(f\left( x \right) = 2{x^4} - 2\sqrt 2 {x^5}\) đạt giá trị lớn nhất \(\left( {0 < x < \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 8{x^3} - 10\sqrt 2 {x^4} = 2{x^3}\left( {4 - 5\sqrt 2 x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \frac{{2\sqrt 2 }}{5}}\end{array}} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Trong xã hội ta, không ít người sống ích kỉ, không giúp đỡ che chở cho người khác. Chọn B.

Từ “chuẩn đoán” sai chính tả. Từ viết đúng phải là “chẩn đoán”. Chọn C.

Đoạn văn có sự so sánh giữa “tác giả chuyên nghiệp” và “tác giả không chuyên” nên từ “hơn thế” đang được dùng sai, cần thay bằng từ “dù vậy” để thể hiện đúng nội dung: Tình cảm chung của người nghệ sĩ gắn bó với Huế. Chọn C.

Về phương diện nghệ thuật, văn học chữ Hán với các thể loại tiếp thu từ Trung Quốc có những thành tựu lớn như văn chính luận, văn xuôi viết về lịch sử, văn hóa, thơ phú. Chọn B.

Cụm “các anh ở Sở” dùng sai. Nên thay bằng “cán bộ, nhân viên”. Chọn B.

“Đứng, cúi, ngồi” là các hoạt động không có sự thay đổi vị trí của chân còn “nhảy” là hoạt động có sự dịch chuyển chân. Chọn D.

Từ “trung điểm”, có yếu tố “trung” (ở giữa), các từ “trung thực, trung tín, trung thành” đều có yếu tố “trung” (trung thành, một lòng một dạ). Chọn A.

Các từ “bóp nát, cắt cụt, đập tan” đều là những hành động mạnh khiến hình thù đối tượng trở nên biến dạng. “Vo tròn” là động từ chỉ hoạt động nhẹ nhàng. Chọn B.

Từ “quặn thắt, oằn oại, quằn quại” đều thể hiện quặn đau, có cảm giác như ruột co thắt lại. Từ “quặn lòng” thể hiện sự xót xa. Vậy từ “quặn lòng” không cùng nhóm với các từ còn lại. Chọn B.

Các từ “nhân đức, nhân hậu, nhân đạo” là tính từ thể hiện sự yêu thương, quý trọng vì con người. Còn “nhân gian” là danh từ chỉ cõi đời, nơi loài người đang ở. Chọn B.

Giá trị văn hoá, sức mạnh con người Việt Nam được hiểu là những cái hay, cái đẹp của người Việt. Từ “Phát huy” có ý nghĩa là làm cho cái hay, cái tốt lan rộng và tiếp tục phát triển thêm → đáp án phù hợp nhất để điền vào chỗ trống. Các từ “phát tán, phát triển, tuyên truyền” cơ bản mang nghĩa biến đổi hoặc làm cho biến đổi theo chiều hướng tăng, lan rộng ra, từ ít đến nhiều, hẹp đến rộng, thấp đến cao, đơn giản đến phức tạp mà không mang hàm ý về tính chất → Không phù hợp với ngữ nghĩa thông điệp truyền tải. Chọn B.

Văn học lãng mạn là tiếng nói của cá nhân tràn đầy cảm xúc, đồng thời phát huy cao độ trí tưởng tượng để diễn tả những khát vọng, ước mơ. Chọn C.

Đem lại một cách hiểu mới đối với quần chúng lao động về phẩm chất và tinh thần và sức mạnh của họ trong cuộc kháng chiến, phê phán tư tưởng coi thường quần chúng. Đây là một trong hai chủ đề thể hiện rõ đặc điểm: văn học Việt Nam 1945 – 1975 luôn hướng về đại chúng. Chọn B.

Hiện đại hóa được hiểu là quá trình làm cho văn học thoát ra khỏi hệ thống thi pháp văn học trung đại và đổi mới theo hình thức của văn học phương Tây, có thể hội nhập với nền văn học trên thế giới. Đầu thế kỉ XX, thực dân Pháp xâm lược và đẩy mạnh công cuộc khai thác thuộc địa, làm cho xã hội nước ta có nhiều thay đổi: xuất hiện nhiều đô thị và nhiều tầng lớp mới, nhu cầu thẩm mĩ cũng thay đổi. Từ đó, nền văn học dần thoát khỏi sự ảnh hưởng của văn học Trung Hoa và dần hội nhập với nền văn học Phương Tây mà cụ thể là nền văn học nước Pháp. Chọn B.

Ở chỗ trống thứ hai, hai cụm từ trước và sau chỗ trống có mối quan hệ tương phản, đối lập: ý nghĩa trực tiếp – hàm ý bổ sung. Trong 4 phương án lựa chọn với các từ mà còn, và, do, có chỉ có từ “mà còn” mang ý nghĩa quan hệ tương phản, đối lập. Ta chọn từ “mà còn” điền vào chỗ trống thứ 2. Chọn A.

Chi tiết Giữa đám quần sơn lô xô ấy, là giấc ngủ nghìn năm của những vua chúa được phong kín trong lòng những rừng thông u tịch và niềm kiêu hãnh âm u của những lăng tẩm đồ sộ toả lan khắp cả một vùng thượng lưu “Bốn bề núi phủ mây phong - Mảnh trăng thiên cổ bóng tùng Vạn Niên” cho thấy vẻ đẹp cổ kính của dòng sông Hương. Chọn D.

Mở đầu khổ thơ cuối là câu thơ ba chữ được tách riêng ra đặt chính giữa khổ thơ. Câu thơ làm nổi bật lên hình ảnh một cái tôi nhiều khao khát, ước muốn đang dang rộng cánh tay ôm hết, ôm khắp, ôm trọn tất cả sự sống mơn mởn non tơ đang bày ra trước mắt. Chọn C.

Đoạn trích thể hiện tính cách giàu lòng tự trọng và ý chí quyết tâm của nhân vật Tnú. Chọn A.

So sánh: Những gia đình từ những vùng Nam Định, Thái Bình, đội chiếu lũ lượt bồng bế, dắt díu nhau lên xanh xám như những bóng ma; Người chết như ngả rạ. Chọn C.

Những dòng thơ in đậm là nhận thức của nhà thơ về loại thơ ca thuần tuý vị nghệ thuật, xa rời hiện thực đời sống. Chọn C.

. Đoạn trích được viết theo thể loại kịch. Chọn C.

Câu “Đám cứ đi…” thể hiện sự giả dối, lố lăng cứ ngang nhiên diễn ra. Chọn B.

Đoạn trích thể hiện tính cách mưu trí, dũng cảm của Tnú: Không bao giờ nó đi đường mòn; Qua chỗ nước êm thằng Mĩ - Diệm hay phục, chỗ nước mạnh nó không ngờ; Nuốt luôn cái thư khi bị giặc phục kích,… Chọn A.

Điệp cú pháp: Hắn vừa đi vừa chửi. Bao giờ cũng thế, cứ rượu xong là hắn chửi. Bắt đầu hắn chửi trời. Có hề gì? Trời có của riêng nhà nào? Rồi hắn chửi đời. Thế cũng chẳng sao: đời là tất cả nhưng chẳng là ai… Thế có phí rượu không? Thế thì có khổ hắn không?

Liệt kê: chửi trời, chửi đời, chửi cả làng Vũ Đại, chửi cha đứa nào không chửi nhau với hắn, chửi đứa chết mẹ nào đẻ ra thân hắn,…

Câu hỏi tu từ: Không biết đứa chết mẹ nào lại đẻ ra thân hắn cho hắn khổ đến nông nỗi này? Nhưng mà biết đứa nào đã đẻ ra Chí Phèo?....

→ Chọn A.

Câu văn mang giọng điệu triết lí: Hỡi ôi! Thì ra lòng khinh, trọng của chúng ta có ảnh hưởng đến cái nhân cách của người khác nhiều lắm; nhiều người không biết gì là tự trọng, chỉ vì không được ai trọng cả; làm nhục người là một cách rất diệu để khiến người sinh đê tiện... Chọn B.

Phong cách nghệ thuật của đoạn trích là phong cách trào phúng bậc thầy. Một phong cách đặc trưng của nhà văn Vũ Trọng Phụng. Chọn B.

Hành động bán nhà để thoát khỏi tội “tư sản”, ngăn cản chồng mua cái máy in vì lợi bất cập hại, hiểu được hiện thực xã hội lúc bấy giờ thể hiện sự bản lĩnh, thức thời của cô. Chọn A.

Từ “để” được lặp lại hai lần trong đoạn trích nhằm nhấn mạnh vai trò của mình đối với cộng đồng. Chọn C.         

Câu văn đầu đoạn thể hiện chủ đề của đoạn trích: Tiếng nói là người bảo vệ quý báu nhất nền độc lập của các dân tộc, là yếu tố quan trọng nhất giúp giải phóng các dân tộc bị thống trị. Chọn A.

Theo quyết định của Hội nghị lanta (2-1945), Tây Đức là khu vực chịu ảnh hưởng của Mĩ. Chọn C... Chọn C.

Đầu thế kỉ XX, hệ tư tưởng dân chủ tư sản đã được du nhập mới vào nước Việt Nam với những đại diện tiêu biểu như Phan Bội Châu, Phan Chu Trinh. Chọn B.

Nhờ được viện trợ kinh tế của Mĩ qua Kế hoạch Mácsan-viện trợ 17 tỷ USD cho Tây Âu, bước sang năm 1950 nền kinh tế các nước Tây Âu cơ bản được phục hồi. Chọn D.

Đối tượng hàng đầu của phong trào cách mạng Việt Nam cần phải giải quyết sau Chiến tranh thế giới thứ nhất là đế quốc Pháp vì mâu thuẫn chủ yếu của xã hội Việt Nam là mâu thuẫn dân tộc. Sau Chiến tranh thế giới thứ nhất, lực lượng nào sau đây không thể tham gia vào giải quyết hai nhiệm vụ dân tộc và dân chủ ở Việt Nam là tư sản mại bản vì tầng lớp này có lợi ích gắn liền với thực dân Pháp, tư bản Pháp nên là bộ phận chống cách mạng. Chọn B.

Cơ quan ngôn luận của Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên là báo Thanh niên. Chọn A.

Sau Chiến tranh thế giới thứ hai đến đầu thập niên 90 của thế kỉ XX, nhấn tố hàng đầu chi phối quan hệ quốc tế chính là trật tự hai cực lanta với Liên Xô và Mĩ đứng đầu mỗi cực. Chọn A.

Dưới sự lãnh đạo của Mặt trận dân tộc giải phóng miền Nam Việt Nam, nhân dân miền Nam chống chiến lược "Chiến tranh đặc biệt" của Mĩ bằng việc nổi dậy tiến công địch trên cả 3 vùng chiến lược: rừng núi, nông thôn đồng bằng, đô thị, kết hợp cả 3 mũi giáp công là chính trị, quân sự và binh vận. Chọn A.

Cây công nghiệp nhiệt đới yếu tố quan trọng nhất là khí hậu nhiệt đới → Chọn D.

Giảm tỉ suất tăng dân số là kết quả của chính sách dân số chứ không phải hiện đại hóa. Chọn D.

Giảm tỉ suất tăng dân số là kết quả của chính sách dân số chứ không phải hiện đại hóa. Chọn D.

Tính chất của gió mùa mùa hạ là là nóng và ẩm. Chọn B.

Hoạt động nội thương của nước ta phát triển nhộn nhịp từ thập niên 90 của thế kỷ XX đến nay chủ yếu là do cơ chế quản lý thay đổi, nước ta chuyển sang cơ chế thị trường. Chọn B.

Căn cứ vào Atlat Địa lí Việt Nam trang Vùng Bắc Trung Bộ, quy mô GDP của vùng năm 2007 là 77,8 nghìn tỉ đồng. Chọn C.

Dựa vào nội dung, biểu đồ thể hiện Tốc độ tăng trưởng khối lượng hàng hóa vận chuyển một số ngành vận tải nước ta giai đoạn 2000-2020. Chọn B.

Nhà máy nhiệt điện chạy bằng than có công suất lớn nhất nước ta là Phả Lại-Quảng Ninh. Chọn C.

Nhà máy nhiệt điện chạy bằng than có công suất lớn nhất nước ta là Phả Lại-Quảng Ninh. Chọn C.

Trung du và miền núi Bắc Bộ xây dựng được nhiều nhà máy điện lớn là do có trữ lượng lớn về than và thuỷ năng.

A. có nguồn nguyên liệu dồi dào → chưa chính xác bằng B

B. có trữ lượng lớn về than và thuỷ năng → đủ, chính xác. Chọn B.

C. nhu cầu về năng lượng của vùng rất lớn → thiếu nguyên nhân quan trọng nhất là tiềm năng lớn.

D. đáp ứng nhu cầu về điện của Đồng bằng sông Hồng → thiếu nguyên nhân quan trọng nhất là tiềm năng lớn.

Nếu quãng đường dịch chuyển tăng 2 lần thì độ lớn công của lực điện trường \({A^\prime } = q \cdot E \cdot {d^\prime } = q \cdot E \cdot 2d = 2A\). Chọn B.

Nếu đột ngột ngắt khóa K, sự thay đổi của dòng điện làm dòng điên cảm ứng tăng đột ngột $\to$ đèn sáng bừng lên trước khi tắt. Chọn B.

Một thấu kinh có tiêu cự \({\rm{f}} = 10\;{\rm{cm}}.\)

Độ tụ của thấu kính là \(D = \frac{1}{f} = \frac{1}{{0,1}} = 10dp\)

Chọn C.

Âm thanh của chiếc radio lan toả khắp bức tường là do hiện tượng phản xạ. Chọn B.

Dòng điện xoay chiều trong một đoạn mạch có giá trị hiệu dụng cỡ 120 mA. Để đo cường độ dòng điện này, ta mắc đoạn mạch đó nối tiếp với đồng hồ đo điện đa năng hiện số và chọn chức năng đo ACA ứng với thang đo là 200 mA. Chọn B.

Hạt nhân X có cấu tạo gồm Z = 92 - 38 = 54 proton và A = 236 – 94 – 2 = 140.

Suy ra N = A – Z = 140 – 54 = 86 notron. Chọn B.

Ta có \(r = {n^2} \cdot {r_0}\)

Khi êlectron chuyển từ quỹ đạo \({\rm{N}}\) về quỹ đạo \({\rm{L}}\) thì bán kính quỹ đạo giảm bớt \({r_N} - {r_L} = \left( {n_N^2 - n_L^2} \right){r_0} = ({4^2} - {2^2}){r_0} = 12{r_0}\).

Chọn B.

Thời điểm \(t = {t_0}\), cường độ điện trường tại M có độ lớn bằng 0,5E₀, E và B cùng pha \( \to \) Đến thời điểm \({\rm{t}} = {{\rm{t}}_0} + 0,75\;{\rm{T}}\), cảm ứng từ tại M có độ lớn là \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}{B_0}\). Chọn D.

Ta có \(\Delta t = \frac{T}{3} = 0,4s \Rightarrow T = 1,2s \Rightarrow \omega = \frac{{5\pi }}{3}({\rm{rad}}/{\rm{s}}) \Rightarrow {v_{\max }} = \omega \cdot A = \frac{{5\pi }}{3} \cdot 4 = \frac{{20\pi }}{3}\;{\rm{cm}}/{\rm{s}}{\rm{.}}\)Chọn D.

Tại vị trí trùng nhau của hai vân sáng ta có: \({k_1}{\lambda _1} = {k_2}{\lambda _2} \Rightarrow \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{7}{5} = \frac{{14}}{{10}}\)

Tại điểm M trùng với vị trí vân sáng bậc 5 của bức xạ \({\lambda _2}\) và bậc 7 của \({\lambda _1}\)

Tại điểm N trùng với vị trí vân sáng bậc 10 của bức xạ \({\lambda _2}\) và bậc 14 của \({\lambda _1}\)

Trong khoảng từ M đến N có 2 vị trí vân sáng trùng nhau đó là tại M và N

- Từ M đến N có 14 – 7 – 1 = 6 vân sáng của riêng bức xạ \({\lambda _1}\)

- Từ M đến N có 10 – 5 – 1 = 4 vân sáng của riêng bức xạ \({\lambda _2}\)

Trong khoảng từ M đến N quan sát được 10 vân sáng (không kể M, N).

Đáp án: 10

3 liên kết có năng lượng liên kết lớn nhất sẽ bền và ổn định nhất lần lượt là H−F, H−O, H−H.

Chọn C.

Ban đầu hỗn hợp có chứa 4 nguyên tử Al, 9 ion \({\rm{A}}{{\rm{g}}^ + }\)

Phương trình phản ứng được biểu diễn như sau:

Þ Số lượng các hạt có trong cốc bên phải là: 1 nguyên tử \({\rm{Al}},9\) nguyên tử \({\rm{Ag}},\)3 ion \({\rm{A}}{{\rm{l}}^{3 + }}\) và 0 ion \({\rm{A}}{{\rm{g}}^ + }.\) Chọn D.

Phân tích bài toán như sau:

Tại TN1: Kết tủa gồm \({\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2}\) và \({\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_3}\)

                                                                                          \({\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{NaOH}} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2} \downarrow + {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\)

                                                                                              \({\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{\left( {{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}} \right)_3} + 6{\rm{NaOH}} \to 2{\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_3} \downarrow + 3{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\)

Tại TN2: Chỉ có muối sắt (II) mới làm mất màu dung dịch \({\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}\) trong môi trường \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}.\)

\({n_{{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,5 \cdot \frac{{16}}{{1000}} = {8.10^{ - 3}}\;{\rm{mol}}\)

Phương trình hóa học:

\(\begin{array}{l}10{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4} + 8{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to 5{\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{\left( {{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}} \right)_3} + {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{MnS}}{{\rm{O}}_4} + 8{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\0,04\,\,\,\, \leftarrow {8.10^{ - 3}}\;{\rm{mol}}\end{array}\)

Þ \({{\rm{n}}_{{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,04\) mol \( \Rightarrow {n_{Fe{{(OH)}_2}\,\,(TN1)}} = {n_{FeS{O_4}}} = 0,04\,mol\)

Ở TN1, thu được 4,67 gam kết tủa nên ta có:

4,67 = 0,04.90 + \({n_{Fe{{(OH)}_3}}} \cdot 107 \Rightarrow {n_{Fe{{(OH)}_3}}} = 0,01\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố \(({\rm{Fe}})\) ta có:

Nồng độ ban đầu của \({\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4}\) là \( = \frac{{0,05}}{{0,05}} = 1M\)

Chọn C.

Ta có: \(m{ & _{O\,(X)}} = 0,41719m\,(gam) \Rightarrow {n_{ - COOH\,(X)}} = \frac{{0,41719m}}{{16 \cdot 2}}\)(mol)

m + 5,94 =\(m + \frac{{0,41719m}}{{16.2}}.22 \Rightarrow m \approx 20,71\,gam\)

Chọn C.

Quá trình diễn ra theo 2 phản ứng sau:

Kết tủa tạo thành trong cốc là Ag màu trắng bạc sáng, không phải \( \downarrow \) màu vàng.

\( \Rightarrow \) Phát biểu D sai.

Chọn D.

Từ sơ đồ ta thấy dung dịch có chứa các phân tử \({{\rm{H}}_3}{{\rm{O}}^ + },{\rm{HA}},{{\rm{A}}^ - }\), sự có mặt của các phân tử \({\rm{HA}}\) cho thấy dung dịch HA là dung dịch chất điện li yếu (tính acid yếu). Mà \({\rm{HCl}}\) và \({\rm{HCl}}{{\rm{O}}_4}\) đều là các acid mạnh (dựa trên giá trị \({{\rm{K}}_{\rm{a}}}\) ). Vậy\({\rm{HA}}\) là dung dịch \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_2}.\) Chọn B.

Giả sử \({{\rm{n}}_{{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}}} = 1\;{\rm{mol}}.\)

Phản ứng nhiệt phân:

 $\begin{array}{l}{\text{2AgNO}}_3\stackrel{t^o}{\to }\text{2Ag}+2{\text{NO}}_2+{\text{O}}_2\\ 1\to 1 1 0,5mol\end{array}$

Ta có: \(4{\rm{N}}{{\rm{O}}_2} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} + {{\rm{O}}_2} \to 4{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) (tính theo \({\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\)).

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}} = 1\;{\rm{mol}}{\rm{. }}\)

Cho Ag tác dụng với dung dịch \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}.\)

\(3{\rm{Ag}} + 4{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3} \to 3{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3} + {\rm{NO}} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Chọn D.

(a) Đúng, \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) kéo các ion dương và ion âm ra khỏi nhau.

(b) Sai, \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) là một chất phân cực, nguyên tử H mang một phần điện tích DƯƠNG, nguyên tử O mang một phần điện tích ÂM.

(c) Đúng, các phân tử \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) sẽ kéo ion ra khỏi cấu trúc tinh thể \({\rm{NaCl}}\).

(d) Đúng, các phân tử \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) sẽ bao quanh các ion \({\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }\)và \({\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }.\)

Chọn C.

Sự biến đổi nồng độ các chất theo thời gian của phản ứng \({\rm{A}} + 2\;{\rm{B}} \to {\rm{C}}\)

Theo thời gian, chất C được tạo thành nên nồng độ C tăng dần, đồ thị của \({\rm{C}}\) đi lên, A, B mất dần theo thời gian do là chất phản ứng Þ đồ thị A, B đi xuống Þ Loại đáp án A, B.

Tốc độ mất đi của B bằng 2 tốc độ mất đi của A nên đồ thị B thấp hơn đồ thị A Þ Đáp án D.

Chọn D.

Khi điện phân dung dịch \({\rm{MS}}{{\rm{O}}_4}\) (x mol) bên anode xảy ra quá trình điện phân nước sinh ra \({{\rm{O}}_2}\)

Tại t giây có \({{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}} = 0,007\;{\rm{mol}},{{\rm{n}}_{\rm{e}}} = 4 \cdot 0,007 = 0,028\;{\rm{mol}}\)

Thời gian điện phân là \(t = \frac{{0,028.96500}}{{1,93}} = 1400\;{\rm{s}}\)

Tại 2t giây bên anode sinh ra \({{\rm{O}}_2}:0,007.2 = 0,014\) mol

Có \({{\rm{n}}_{{\rm{kh\'i }}}} = 0,024\;{\rm{mol}} > {{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}}\) chứng tỏ bên cathode điện phân nước sinh khí \({{\rm{H}}_2}:0,024 - 0,014 = 0,01\;{\rm{mol}}\)

Bảo toàn electron ta có \(2x + 0,01.2 = 0,014.4 \Rightarrow x = 0,018\;{\rm{mol}}\)

\( \Rightarrow \frac{{4,5}}{{M + 96 + 5.18}} = 0,018 \Rightarrow {\rm{M}} = 64\,({\rm{Cu}}).\)

Đáp án: 64

Trong thế giới động vật, có 6 loài nhai lại gồm trâu, bò, dê, cừu, hươu, nai có dạ dày 4 ngăn. Các loài động vật còn lại có dạ dày đơn. Vậy trong các động vật trên, ngựa là động vật có dạ dày đơn. Chọn C.

Sự hoạt động của tầng sinh bần là biểu hiện của sinh trưởng thứ cấp. Chọn C.

Cá mập thuộc lớp cá (phân lớp cá sụn), hiện tượng đẻ con ở cá mập thực chất là hiện tượng noãn thai sinh tức là trứng được thụ tinh được giữ trong bụng mẹ cho phôi phát triển sau đó con nở và chui ra ngoài. Trong quá trình này phôi lấy dinh dưỡng từ noãn hoàng của trứng. Còn cá heo thuộc lớp thú, sinh sản theo hình thức thụ tinh trong, mang thai, đẻ con và nuôi con bằng sữa. Trong giai đoạn mang thai phôi thai của cá heo lấy dinh dưỡng từ cơ thể mẹ qua nhau thai. Chọn C.

mRNA gồm một chuỗi pôlinuclêôtit dạng mạch thẳng, không có các đoạn liên kết bổ sung cục bộ (không có liên kết hiđrô trong cấu trúc phân tử). Chọn B.

Đảo đoạn nhiễm sắc thể là hiện tượng một đoạn trên nhiễm sắc thể bị đứt ra rồi quay ngược 180^o và gắn lại vị trí cũ. Do đó, đột biến đảo đoạn không làm thay đổi nhóm gen liên kết, không làm thay đổi số lượng gen trên NST mà chỉ làm thay đổi trình tự phân bố gen trên một NST. Không phải đột biến đảo đoạn nào cũng làm giảm khả năng sinh sản của thể đột biến. Chọn D.

Con lai \({F_1}\) có kiểu gen dị hợp, do đó nó có ưu thế lai cao, cho năng suất cao. Tuy nhiên, người ta không dùng giống có ưu thế lai để nhân giống vì khi nhân giống thì đời con sẽ phát sinh biến dị tổ hợp làm cho tỉ lệ dị hợp giảm dần và xuất hiện các đồng hợp lặn gây hại nên giống sẽ giảm năng suất. Chọn B.

Theo giả thiết, khi có mặt cả hai alen A và B sẽ tạo được sản phẩm P (sắc tố đỏ) → A-B-: hoa đỏ; các trường hợp khác gồm A-bb, aaB-, aabb quy định hoa trắng. Do đó, trong các kiểu gen trên, kiểu gen biểu hiện kiểu hình hoa đỏ là AaBb. Chọn A.

Qua các thế hệ, ta thấy tần số kiểu gen đồng hợp trội và kiểu gen dị hợp giảm, tần số kiểu gen đồng hợp lặn tăng → Chọn lọc tự nhiên đã tác động lên quần thể theo hướng loại bỏ kiểu gen đồng hợp trội và kiểu gen dị hợp (chọn lọc chống lại kiểu hình trội). Chọn D.

I. Đúng. Chuỗi thức ăn dài nhất có 5 bậc dinh dưỡng (ADCGH hoặc ADCEH).

II. Đúng. Lưới thức ăn trên có 8 chuỗi thức ăn gồm: ABEH, ACEH, ACH, ADGH, ADCH, ADCGH, ADCEH, ACGH.

III. Sai. Khi kích thước loài E giảm, thì kích thước loài B, C có thể tăng (do E sử dụng B, C làm nguồn thức ăn), mà kích thước loài C tăng thì có thể làm cho kích thước loài D giảm (do C sử dụng D làm nguồn thức ăn). Mặt khác, kích thước của loài trong quần xã thay đổi phụ thuộc vào nhiều yếu tố không chỉ riêng mối quan hệ dinh dưỡng.

IV. Đúng. Càng ở bậc dinh dưỡng cao thì lượng độc tố tích lũy càng nhiều → Khi loài A bị nhiễm độc thì loài H có khả năng bị nhiễm độc nặng nhất.

Chọn A.

- Quy ước: gen A bình thường >> a bạch tạng; gen B bình thường >> b bị bệnh mù màu.

- Xét tính trạng bạch tạng:

Người vợ bình thường nhưng mẹ bị bạch tạng (aa) → Người vợ có kiểu gen là Aa.

Người chồng bình thường nhưng mẹ bị bạch tạng (aa) → Người chồng có kiểu gen là Aa.

P: Aa × Aa → Xác suất sinh 2 con không bị bệnh bạch tạng của cặp vợ chồng này là:

\(1 \times 1 \times {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} = \frac{9}{{16}}\)

- Xét tính trạng mù màu:

Ông ngoại của người vợ bị mù màu (X^bY) → Mẹ của người vợ có kiểu hình bình thường sẽ có kiểu gen là \({X^B}{X^b}\), bố của người vợ bình thường có kiểu gen là \({X^B}Y\) → Người vợ có xác suất về kiểu gen là: \(\left( {\frac{1}{2}{X^B}{X^B}:\frac{1}{2}{X^B}{X^b}} \right)\).

Người chồng bình thường có kiểu gen là\({X^B}Y\).

P: \(\left( {\frac{1}{2}{X^B}{X^B}:\frac{1}{2}{X^B}{X^b}} \right)\)×\({X^B}Y\)

TH1: Nếu người vợ có kiểu gen là \({X^B}{X^B}\) thì xác suất sinh 2 con không bị bệnh mù màu là:

\(\frac{1}{2} \times 1 \times {1^2} = \frac{1}{2}\)

TH2: Nếu người vợ có kiểu gen là \({X^B}{X^b}\) thì xác suất sinh 2 con không bị bệnh mù màu là:

\(\frac{1}{2} \times 1 \times {\left( {1 - \frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{9}{{32}}\)

→ Xác suất sinh 2 con không bị bệnh mù màu của cặp vợ chồng này là: \(\frac{1}{2} + \frac{9}{{32}} = \frac{{25}}{{32}}\)

Vậy xác suất để cặp vợ chồng này sinh 2 đứa con không bị cả 2 bệnh là:

\(\frac{9}{{16}} \times \frac{{25}}{{32}} = \frac{{225}}{{512}} = 0,439.\)

Đáp án: 0,439

Thông tin nằm ở dòng 1, 2 của đoạn trích: Nếu bước chân vào bất kì bệnh viện nào và hỏi bác sĩ về “bệnh vô cảm”, chắc chắn bạn sẽ không nhận được câu trả lời. Bởi đó là căn bệnh tồn tại ngoài xã hội chứ không phải đơn thuần trên giường bệnh. Chọn C.

Đáp án A xuất hiện ở dòng 3 của đoạn trích; Đáp án B xuất hiện ở dòng 5 của đoạn trích; Đáp án D xuất hiện ở dòng 6 đoạn trích. Chọn C.

Theo khái niệm, “Bệnh vô cảm” là tình trạng chai sạn của tâm hồn, là thái độ sống thờ ơ, lãnh đạm trước những gì diễn ra xung quanh mình. Như vậy đây là căn bệnh thuộc về tinh thần, nhận thức. Chọn B.

Thông tin ở dòng 8: Nó không làm con người ta đau đớn hay chết đi về thể xác nhưng lại làm trái tim và tâm hồn chết dần trong sự lạnh lẽo. Có nghĩa là khiến cho tâm hồn lạnh lùng, trống rỗng. Chọn B.

Đoạn văn nói về chứng vô cảm, vì thế tâm hồn “tàn lụi” có nghĩa là tâm hồn trở nên vô cảm, không có cảm xúc, không biết yêu ghét, vui buồn. Chọn A.

Nhận diện: Khi nói đến việc triển khai nội dung ta phải sử dụng các từ “cụ thể”, “khái quát”. Cũng có thể dùng từ “chi tiết” để mô tả nội dung nhưng không thể dùng từ “toàn cảnh” (không ai nói: nội dung toàn cảnh) → Loại C, D sai. Còn lại A, B ta phân tích lần lượt nội dung khổ thơ để nhận ra quy tắc triển khai: Nêu cụ thể các địa danh, địa điểm,.. (“đất Tổ Hùng Vương”, “dòng sông xanh thẳm”, “ruộng đồng gò bãi”...). Khái quát thành “những cuộc đời đã hóa núi sông ta” → Đi từ cụ thể đến khái quát. Chọn B.

Nhận diện: Câu 3, 4 nói về quá trình xây dựng và bảo vệ đất nước → Loại C. Câu 4, 5, 6, 7 nói về các danh lam thắng cảnh của đất nước → loại B, D. Câu 1,2 có các từ khóa: “hòn Trống Mái”, “núi Vọng Phu” → Chọn A.

Nhận diện: Câu 3 có “gót ngựa Thánh Gióng” → tinh thần đấu tranh bảo vệ dân tộc. Câu 6 có “núi Bút, non Nghiên” → truyền thống hiếu học => Thể hiện tinh thần đấu tranh bảo vệ dân tộc và truyền thống hiếu học. Chọn B.

Để xác định chủ đề của một đoạn thơ ngoài việc căn cứ vào việc phân chia bố cục tác phẩm ứng theo nội dung mà thầy cô đã dạy trên lớp thì HS có thể tự mình xác định bằng cách phân tích kĩ nội dung. Đây là đoạn trích thể hiện một khía cạnh trong tư tưởng “Đất Nước của Nhân Dân” - tư tưởng xuyên suốt tác phẩm. Ở đoạn trích này tác giả nhấn mạnh những đóng góp của nhân dân ở phương diện không gian địa lí: từ những danh lam thắng cảnh đến “ruộng đồng gò bãi” đều là sự hóa thân của nhân dân, phản ánh số phận, tâm hồn, tính cách của nhân dân.

Nhận diện: Các từ khóa: “núi Vọng Phu”, “hòn Trống Mái”, “trăm ao đầm”, “đất tổ Hùng Vương”, “dòng sông xanh thẳm”, “ruộng đồng gò bãi” → Đều thuộc về phương diện không gian địa lí. Chọn B.

Căn cứ vào nội dung đoạn trích là tư tưởng “Đất Nước của nhân dân” được thể hiện qua những cảm nhận về đóng góp, hóa thân của nhân dân trên phương diện không gian địa lí ta sẽ nhận ra tác dụng của điệp từ “góp” là nhằm nhấn mạnh sự đóng góp toàn diện của nhân dân.

Nhận diện: Từ khóa “góp”, “những cuộc đời đã hóa núi sông ta” thể hiện sự góp công, góp sức tạo dựng nên hình hài của Đất Nước. Chọn C.

Câu chủ đề của đoạn trích: Hàng ngày, người ta online, đặc biệt là những người trẻ – những người chưa được trang bị để đối phó với điều này, và vì thế họ bị lạm dụng, bị làm tổn thương đến mức không thể tưởng tượng có thể sống tiếp tới ngày hôm sau nữa hay không, và một số thảm kịch đã xảy ra. Chọn A.

Thông tin: từ năm 2012 tới 2013, các cuộc gọi và email yêu cầu được giúp đỡ liên quan tới xúc phạm trong thế giới ảo tăng tới 87%. Một phân tích tổng hợp cho thấy, lần đầu tiên tỉ lệ tự tử vì bị sỉ nhục trên mạng nhiều hơn đáng kể so với bị ức hiếp trực tiếp. Chọn A.

Thông tin: từ năm 2012 tới 2013, các cuộc gọi và email yêu cầu được giúp đỡ liên quan tới xúc phạm trong thế giới ảo tăng tới 87%. Chọn D.

Thông tin xuất hiện trong đoạn 2: Hãy bình luận bằng những ngôn từ tích cực, tiếp nhận tin tức và click chuột bằng sự bao dung, bởi chúng ta đã gieo những hạt giống của sự xấu hổ và sự tổn thương trên mảnh đất văn hóa của mình, cả ở thế giới thật và ảo. Chọn C.

Thông tin xuất hiện trong đoạn 2: Chế giễu công khai là một môn thể thao đổ máu cần phải dừng lại. Chọn A.

Đoạn trích trên mang đầy đủ đặc điểm của phong cách chính luận:

- Tính công khai về quan điểm chính trị: Tác giả bày tỏ quan điểm của mình về tính tự kiêu, tự đại và tác hại của nó đối với con người.

- Tính chặt chẽ trong diễn đạt và suy luận: Tác giả đưa ra tác hại của tính tự kiêu và lấy ví dụ so sánh để người đọc có thể hình dung một cách cụ thể. Các câu văn ngắn liên tiếp được nối với nhau bằng các phép liên kết câu làm cho đoạn văn trở nên chặt chẽ.

- Tính truyền cảm và thuyết phục: Giọng điệu hùng hồn, ngôn từ sáng rõ.

→ Chọn C.

Thao tác lập luận:

+ Giải thích: “Tự kiêu, tự đại là khờ dại”.

+ Bác bỏ: “Chớ tự kiêu, tự đại”.

+ Phân tích: các câu tiếp theo.

+ So sánh: “Người mà tự kiêu, tự mãn, cũng như cái chén, cái đĩa cạn…”

→ Chọn A.

Điệp từ (tự kiêu, tự đại,…) - nhấn mạnh thái độ của tác giả trong đoạn trích. Chọn C.

“Tự kiêu, tự đại tức là thoái bộ”: ý kiến nêu lên tác hại của việc tự kiêu, tự đại. “Thoái bộ” ở đây nghĩa là suy thoái, thụt lùi. Một người tự kiêu, tự đại sẽ không học hỏi được những điều hay, không tiếp thu được những kiến thức mới mà chỉ bị thụt lùi về phía sau và không phát triển bản thân lên được. Chọn B.

Đoạn trích trên phê phán tính tự kiêu, tự đại, giống với văn bản Ếch ngồi đáy giếng. Chọn D.

Theo nội dung của Hiệp định Giơnevơ, thì ở Campuchia, lực lượng kháng chiến phục viên tại chỗ, không có vùng tập kết. Chọn A.