Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 9)

Phần trăm những người được khảo sát từ bác sĩ hoặc Internet là \(76\% \).

Do đó, số người được khảo sát cần tính là \(1\,\,200 \cdot 76\%  = 912\) (người). Chọn C.

Vì \(I\) là trung điểm của đoạn AB nên \(I\left( {3\,;\,\, - 1\,;\,\,5} \right).\)

Khi đó hình chiếu của \(I\) lên \(\left( {Oyz} \right)\) là \(M\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,5} \right).\) Chọn B.

Ta có: \(\left( {2 + i} \right)\bar z + 1 - 5i = 0 \Rightarrow \bar z = \frac{{ - 1 + 5i}}{{2 + i}} = \frac{3}{5} + \frac{{11}}{5}i\)\( \Rightarrow z + 1 + i = \left( {\frac{3}{5} - \frac{{11}}{5}i} \right) + 1 + i = \frac{8}{5} - \frac{6}{5}i{\rm{.}}\)

Do đó \(\left| {z + 1 - i} \right| = 2\). Chọn B.

Ta có \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^2} - 4t + 4\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)

Chuyển động dừng lại nên \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 4t + 4 \Leftrightarrow t = 2\) (giây).

Vậy sau 2 giây thì chuyển động dừng lại. Chọn A.

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \[ABCD,\] ta có \(AO \bot BD.\)

Mặt khác \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AO.\)

Nên \[AO\] là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \[SA\] và \[BD.\]

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)}\\{\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} \,;\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0\,;\,\,2\,;\,\,1} \right).\)

Suy ra \(\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,1} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng \[d.\] Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\Delta \) và \(y = {x^3} - x + 3\):

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

Vậy \(A\left( {1\,;\,\,3} \right)\,,\,\,B\left( { - 2\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow {x_B} + {y_B} =  - 5\). Chọn A.

Nửa chu vi đáy là: \[p = \frac{{37 + 13 + 30}}{2} = 40\,\,(cm).\]

Diện tích đáy của hình lăng trụ là:

 \(S = \sqrt {40 \cdot \left( {40 - 37} \right) \cdot \left( {40 - 13} \right) \cdot \left( {40 - 30} \right)}  = 180\,\,\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Gọi \(x\) là độ dài chiều cao của lăng trụ.

Xét phương trình \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left( {{x^2} - 2x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right){\left( {x + 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{x = 3}\end{array}} \right..\)

Từ đó ta có bảng biến thiên hàm số \(f\left( x \right)\) như sau:

Vì \(0 > f\left( { - 1} \right) > f\left( 3 \right)\) nên đường thẳng \(y = 0\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại hai điểm phân biệt.

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành là 2. Chọn B.

Gọi \(I\) là tâm của \(\left( S \right)\)

Vì \[I \in d\] nên \[I\left( {1 + 3t\,;\,\, - 1 + t\,;\,\,t} \right).\] Bán kính \(R = IA = \sqrt {11{t^2} - 2t + 1} .\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right)\) nên \(d\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {5t + 3} \right|}}{3} = R.\)

\( \Leftrightarrow 37{t^2} - 24t = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 0 \Rightarrow R = 1}\\{t = \frac{{24}}{{37}} \Rightarrow R = \frac{{77}}{{37}}}\end{array}} \right.\).

Vì \(\left( S \right)\) có bán kính nhỏ nhất nên chọn \(t = 0\,,\,\,R = 1.\) Suy ra \[I\left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right).\]

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 1.\) Chọn C.

Vì phương trình có hai nghiệm \({x_1}\,,\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} = 2{x_2}\).

Từ định lí Viète suy ra \(3 = {x_1} + {x_2} = 3{x_2} \Rightarrow {x_2} = 1.\)

Thay \({x_2} = 1\) vào phương trình ta được: \(1 - 3 + {m^2} - 3m + 4 = 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 3m + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m_1} = 1}\\{{m_2} = 2}\end{array}} \right..\)

Ta có \(\Delta  = 9 - 4{m^2} + 12m - 16 =  - 4{m^2} + 12m - 7\).

Nên \({m_1} = 1\,;\,\,{m_2} = 2\) thỏa mãn điều kiện \(\Delta  > 0\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Chọn C.

Ta có \(y' = \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}} - m.\)

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}} - m \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow m \le \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}}\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Xét \(h\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}}\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), có \(h'\left( x \right) = \frac{{4 - 2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}\)

Bảng biến thiên:

Tổng số cây trồng hết là \(1 + 2 + 3 +  \ldots  + n = 4950.\)

Dễ thấy \({S_n} = 1 + 2 + 3 +  \ldots  + n\) là tổng của CSC với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1}\\{d = 1}\end{array}} \right..\)

Do đó \({S_n} = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\) suy ra \(\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = 4950 \Leftrightarrow n = 99.\) Chọn B.

Điều kiện: \(x >  - 5.\)

Cho \(\left( {{x^3} - 9x} \right)\ln \left( {x + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} - 9x = 0}\\{\ln \left( {x + 5} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 3}\\{x = 0}\\{x = 3}\\{x =  - 4}\end{array}} \right.} \right.\).

Bảng xét dấu:

Theo đề: \(f'\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^x}\). Nguyên hàm 2 vế ta được

\(\int {f'\left( x \right)} \,dx = \int {\left( {x + 1} \right){e^x}} \,dx \Leftrightarrow f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^x} - \int {{e^x}} dx\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^x} - {e^x} + C = x{e^x} + C\).

Mà \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow 0 \cdot {e^0} + C = 0 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = x{e^x}\)

\( \Rightarrow \int f \left( x \right)dx = \int x {e^x}dx = x{e^x} - \int {{e^x}} dx = x{e^x} - {e^x} + C = \left( {x - 1} \right){e^x} + C.\)

Suy ra \(a = 1\,;\,\,b =  - 1 \Rightarrow a + b = 0.\) Chọn D.

Bất phương trình \({m^2}x \ge 6 - x \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 1} \right)x \ge 6\)\( \Leftrightarrow x \ge \frac{6}{{{m^2} + 1}} \Rightarrow {s_1} = \left[ {\frac{6}{{{m^2} + 1}};\,\, + \infty } \right){\rm{. }}\)

Bất phương trình \(3x - 1 \le x + 5 \Leftrightarrow x \le 3 \Leftrightarrow {s_2} = \left( { - \infty \,;\,\,3} \right].\)

Để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow {s_1} \cap {s_2}\) là tập hợp có đúng một phần tử

\( \Leftrightarrow \frac{6}{{{m^2} + 1}} = 3 \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow m =  \pm 1.\) Chọn C.

Vật qua vị trí cân bằng khi \(x = 0\), khi đó ta có:

\(2\sin \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = k\pi  \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{{30}} + \frac{{k\pi }}{5}.\)

Mà \(0 \le t \le 3 \Leftrightarrow 0 \le \frac{\pi }{{30}} + \frac{{k\pi }}{5} \le 3 \Leftrightarrow 0,17 \le k \le 4,61.\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}.\)

Vậy vật đi qua vị trí cân bằng 5 lần. Chọn A.

Ta có \(\left( {z - i} \right)\left( {z + i} \right) = 2\left( {z - 3} \right) \Leftrightarrow {z^2} - {i^2} = 2z - 6\)

\( \Leftrightarrow {z^2} - 2z + 7 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = \frac{{ - b}}{a} = 2}\\{{z_1}{z_2} = \frac{c}{a} = 7}\end{array}} \right.{\rm{. }}\)

Khi đó \(z_1^2 + z_2^2 = {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} - 2{z_1}{z_2} = {2^2} - 2.7 =  - 10.\) Chọn D.

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(x =  - \frac{d}{c} =  - 2\) làm tiệm cận đứng.

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(y = \frac{a}{c} = 2\) làm tiệm cận ngang.

Do đó \(I\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận. Ta có \(y' = \frac{7}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

Gọi tiếp tuyến tại \(M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)\) của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 2}}\) có dạng: \(\Delta :y = {y^\prime }\left( {{x_0}} \right) \cdot \left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\) hay \(\Delta :y = \frac{7}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \cdot \left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}\).

Vì \(\Delta \) đi qua \(I\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\) nên \(2 = \frac{7}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \cdot \left( { - 2 - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}\)

\( \Leftrightarrow 2 = \frac{{ - 7}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \cdot \left( {{x_0} + 2} \right) + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}} \Leftrightarrow 2 = \frac{{ - 7}}{{\left( {{x_0} + 2} \right)}} + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}\)

\( \Leftrightarrow 2 = \frac{{2{x_0} - 10}}{{{x_0} + 2}} \Leftrightarrow 4 =  - 10 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.

Vậy không tồn tại tiếp tuyến nào thỏa mãn bài toán. Chọn B.

Gọi thời điểm khinh khí cầu bắt đầu chuyển động là \(t = 0\)

Thời điểm khinh khí cầu bắt đầu tiếp đất là \({t_1}.\)

Do đó quãng đường khinh khí cầu đi được từ lúc bắt đầu đến khi chạm đất là \({S_1}.\)

Ta có \({S_1} = \int\limits_0^{{t_1}} {\left( {10t - {t^2}} \right){\rm{d}}t}  = 5t_1^2 - \frac{{t_1^3}}{3} = 162 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} =  - 4,93}\\{{t_1} = 10,93}\\{{t_2} = 9}\end{array}} \right..\)

Do \(v\left( t \right) \ge 0\) nên \(t \in \left[ {0\,;\,\,10} \right]\) suy ra \(t = 9\) giây.

Vậy khi bắt đầu tiếp đất thì vận tốc của khí cầu là \(v\left( 9 \right) = 9\) (mét/phút). Chọn C.

Gọi \(O,\,\,O'\) là tâm các đáy hình trụ (hình vẽ).

Vì \(AB = A'B'\) nên \(\left( {ABB'A'} \right)\) đi qua trung điểm của đoạn \(OO'\) và \(ABB'A'\) là hình chữ nhật.

Ta có  \({S_{ABB'A'}} = AB \cdot AA' \Leftrightarrow 60 = 6 \cdot AA' \Rightarrow AA' = 10\,\,(\;{\rm{cm}}).\)

Gọi \({A_1},\,\,{B_1}\) lần lượt là hình chiếu của \[A,\,\,B\] trên mặt đáy chứa \(A'\) và \(B'\). Do đó \[A'B'{B_1}{A_1}\] là hình chữ nhật có \(A'B' = 6\,\,\;{\rm{cm}}\,{\rm{;}}\)

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có \(y' = 4\left( {m - 1} \right){x^3} - 2\left( {{m^2} - 2} \right)x\).

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1 \Rightarrow y'\left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow  - \,4\left( {m - 1} \right) + 2\left( {{m^2} - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = 2}\end{array}} \right.\).

• Với \(m = 0\), hàm số trở thành \(y =  - {x^4} + 2{x^2} + 2019.\) Dễ thấy hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 1\)

• Với \(m = 2\), hàm số trở thành \(y = {x^4} - 2{x^2} + 2019.\) Dễ thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\).

• Với \(m = 2\) thì hàm số \(y = \left( {m - 1} \right){x^4} - \left( {m - 2} \right){x^2} + 2019\) đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\).

Chọn D.

Ta có \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AM\)

\( \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AM \bot SC.\)

Tương tự ta cũng có \(AN \bot SC \Rightarrow \left( {AMN} \right) \bot SC.\)

Gọi \(\varphi \) là góc giữa đường thẳng SB và \(\left( {AMN} \right)\)

\(M \in \left( {Oxz} \right) \Rightarrow M\left( {x\,;\,\,0\,;\,\,z} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AB}  = \left( {7\,;\,\,3\,;\,\,1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {59} \,;\,\,\overrightarrow {AM}  = \left( {x + 2\,;\,\, - 3\,;\,\,z - 1} \right)\) và \[A,\,\,B,\,\,M\] thẳng hàng

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM}  = k \cdot \overrightarrow {AB} (k \in \mathbb{R}) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 2 = 7k}\\{ - 3 = 3k}\\{z - 1 = k}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 9}\\{ - 1 = k \Rightarrow M\left( { - 9\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)}\\{z = 0}\end{array}} \right.} \right.\) \(\overrightarrow {BM}  = \left( { - 14\,;\,\, - 6\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AM}  = \left( { - 7\,;\,\, - 3\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow BM = 2AM.\) Chọn A.

Gọi \[A,\,\,B\] lần lượt là giao điểm của đường thẳng đã cho với Ox, Oy.

Ta có \(12x + 5y = 60 \Leftrightarrow \frac{x}{5} + \frac{y}{{12}} = 0.\) Do đó \(A\left( {5\,;\,\,0} \right)\,,\,\,B\left( {0\,;\,\,12} \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên AB. Khi đó: \(OH = d\left( {O\,;\,\,AB} \right) = \frac{{\left| {12 \cdot 0 + 5 \cdot 0 - 60} \right|}}{{\sqrt {{{12}^2} + {5^2}} }} = \frac{{60}}{{13}}.\)

Tam giác OAB là tam giác vuông tại O nên tổng độ dài các đường cao là

\(OA + OB + OH = 5 + 12 + \frac{{60}}{{13}} = \frac{{281}}{{13}}.\) Chọn B.

Ta có: \(x + y = 2 \Leftrightarrow y = 2 - x\)

Xét \(A = 2 \cdot {3^y} + \frac{1}{{24}} \cdot {3^{2x}} = 2 \cdot {3^{2 - x}} + \frac{1}{{24}} \cdot {3^{2x}} = \frac{{18}}{{{3^x}}} + \frac{1}{{24}} \cdot {\left( {{3^x}} \right)^2}.\)

Đặt \(t = {3^x},t > 0\), khi đó \(A = \frac{{18}}{t} + \frac{{{t^2}}}{{24}}.\)

Xét \(A' = \frac{t}{{12}} - \frac{{18}}{{{t^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = 6.\)

Bảng biến thiên của hàm số \(A = \frac{{18}}{t} + \frac{{{t^2}}}{{24}}\;\,\forall t \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)

Thể tích khối tứ diện \[ABCD\] là:

 \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AD \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{6}AD.AB \cdot AC = \frac{4}{3}{a^3}.\)

Ta có \(\frac{{{V_{BAFE}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{BF}}{{BD}} \cdot \frac{{BE}}{{BC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{BAFE}} = \frac{1}{4}{V_{ABCD}}.\)

Thể tích khối chóp \[A.EFDC\] là:

\({V_{A \cdot EFDC}} = {V_{ABCD}} - {V_{BAFE}} = {V_{ABCD}} - \frac{1}{4}{V_{ABCD}} = \frac{3}{4}{V_{ABCD}} = {a^3}.\)

Coi khối lập phương có cạnh 1. Thể tích của khối lập phương là \(V = 1.\)

Từ giả thiết, suy ra khối nón có chiều cao \(h = 1\), bán kính đáy \(r = \frac{1}{2}.\)

Thể tích lượng nước trào ra ngoài là thể tích \({V_1}\) của khối nón.

Thể tích lượng nước còn lại trong thùng là \({V_2} = V - {V_1}\).

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi {r^2}h}}{{1 - \frac{1}{3}\pi {r^2}h}} = \frac{{\frac{\pi }{{12}}}}{{1 - \frac{\pi }{{12}}}} = \frac{{12 - \pi }}{{12}}.\) Chọn C.

Ta có: \(w = \left( {2 - i} \right)z - 3i + 5 \Leftrightarrow w = \left( {2 - i} \right)\left( {z + 1 - 3i} \right) + 6 + 4i\)

\( \Leftrightarrow w - 6 - 4i = \left( {2 - i} \right)\left( {z + 1 - 3i} \right)\)\( \Rightarrow \left| {w - 6 - 4i} \right| = \left| {\left( {2 - i} \right)\left( {z + 1 - 3i} \right)} \right| = 2\sqrt 5 \).

Gọi \[M\left( {x\,;\,\,y} \right)\] là điểm biểu diễn số phức \(\left| {w - 6 - 4i} \right| = 2\sqrt 5 \)

\( \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 6} \right) + \left( {y - 4} \right)i} \right| = 2\sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 6} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2}.\)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số \(w\) là đường tròn tâm \(I\left( {6\,;\,\,4} \right)\), bán kính \(R = 2\sqrt 5 .\) Chọn C.

Đặt \(t = \sqrt {2x + 1}  \Leftrightarrow {t^2} = 2x + 1 \Leftrightarrow 2t\;{\rm{d}}t = 2\;{\rm{d}}x \Leftrightarrow {\rm{d}}x = t\;{\rm{d}}t.\) Đổi cận \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 1}\\{x = 4 \Rightarrow t = 3}\end{array}} \right..\)

Do đó \[I = \int\limits_1^3 {\frac{{t\;{\rm{d}}t}}{{3 + t}}}  = \int\limits_1^3 {\frac{{t + 3 - 3}}{{t + 3}}} \;{\rm{d}}t = \int\limits_1^3 {\left( {1 - \frac{3}{{t + 3}}} \right)} \;{\rm{d}}t\]

\( = \left. {\left( {t - 3\ln \left| {t + 3} \right|} \right)} \right|_1^3 = \left( {3 - 3\ln 6} \right) - \left( {1 - 3\ln 4} \right) = 2 + 3 \cdot \ln \frac{2}{3}.\)

Vậy \(a = 2,\,\,b = 3\) nên \(a + b = 5.\) Chọn D.

Gọi số công chức, viên chức của tỉnh A năm 2020 là X.

Và \(r\% \) là tỉ lệ giảm hàng năm.

Số công chức, viên chức của tỉnh A năm 2021 là \(X - X \cdot r\%  = X \cdot \left( {1 - r\% } \right)\).

Số công chức, viên chức của tỉnh \(A\) năm 2022 là:

\(X \cdot \left( {1 - r\% } \right) - X \cdot \left( {1 - r\% } \right) \cdot r\%  = X \cdot {\left( {1 - r\% } \right)^2}\).

Số công chức, viên chức của tỉnh A năm 2023 là \(X \cdot {\left( {1 - r\% } \right)^3}\).

Số công chức, viên chức của tỉnh A năm 2024 là \(X \cdot {\left( {1 - r\% } \right)^4}\).

Số công chức, viên chức của tỉnh A năm 2025 là \(X \cdot {\left( {1 - r\% } \right)^5}\).

Để đạt được chỉ tiêu đề ra thì \(X \cdot {\left( {1 - r\% } \right)^5} = 88\%  \cdot \,X \Leftrightarrow {\left( {1 - r\% } \right)^5} = 0,88 \Leftrightarrow r \approx 2,5\% .\) Chọn D.

Dựa vào hình vẽ, ta thấy

\( - 2 \le x \le 4\,,\,\,0 \le y \le 2\) và \(x,\,\,y \in \mathbb{Z}.\)

Suy ra \(x \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\) và \(y \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\)

(Mỗi điểm là một giao điểm trên hình vẽ)

Có \(\left[ {f\left( x \right) + 6x} \right]f\left( x \right) = 9{x^4} + 3{x^2} + 4 \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right) + 3x} \right]^2} = {\left( {3{x^2} + 2} \right)^2}\)

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

Đặt \(t = 2{x^2} - 3x + 1\), với \(x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right]\) thì \(t \in \left[ { - \frac{1}{8};1} \right]\).

Xét hàm \(g(t) = f(t)\) trên \(\left[ { - \frac{1}{8};1} \right]\), có \(g'(t) = f'(t) = 0 \Leftrightarrow 6t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \in \left[ { - \frac{1}{8};1} \right]\).

Có \(g\left( { - \frac{1}{8}} \right) = \frac{{155}}{{64}};\,\,g\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{5}{4};\,\,g\left( 1 \right) = 2.\)

Suy ra, \({\max _{\left[ {0\,;\,\,1} \right]}}y = {\max _{\left[ { - \frac{1}{8}\,;\,\,1} \right]}}g\left( t \right) = \frac{{155}}{{64}}.\) Chọn C.

Do \(M \in \Delta \) nên \(M\left( {2t\,;\,\, - 1 + t\,;\,\,1 - t} \right)\)

\(\overrightarrow {MA}  = \left( {1 - 2t\,;\,\,1 - t\,;\,\,t} \right)\);

\(\overrightarrow {MB}  = \left( { - 1 - 2t\,;\,\,2 - t\,;\,\,1 + t} \right)\) nên \(3\overrightarrow {MB}  = \left( { - 3 - 6t\,;\,\,6 - 3t\,;\,\,3 + 3t} \right)\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA}  - 3\overrightarrow {MB}  = \left( {4 + 4t\,;\,\, - 5 + 2t\,;\,\, - 3 - 2t} \right)\);

\(\left| {\overrightarrow {MA}  - 3\overrightarrow {MB} } \right| = \sqrt {24{t^2} + 24t + 50}  = \sqrt {24{{\left( {t + \frac{1}{2}} \right)}^2} + 44}  \ge 44\).

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  - 3\overrightarrow {MB} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 44 khi \(t = \frac{{ - 1}}{2}\),

Do đó điểm \(M\) có tọa độ là \(M\left( { - 1; - \frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right)\) và \(a + 2b + 4c =  - 1 - 3 + 6 = 2.\) Chọn D.

Với 2 tập khác rỗng A, B ta có điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < 4}\\{2m + 2 >  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 5}\\{m >  - 2}\end{array} \Leftrightarrow  - 2 < m < 5} \right.} \right..\)

Để \(A \subset B \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \ge  - 2}\\{2m + 2 > 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge  - 1}\\{2m + 2 > 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge  - 1}\\{m > 1}\end{array} \Leftrightarrow m > 1} \right.} \right.} \right..\) So với điều kiện \(1 < m < 5\).

Vậy có 3 giá trị nguyên của \(m\) để \(A \subset B.\)

Đáp án: 3.

Ta có \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{{x^3} - {2^3}}}\)

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}\]\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{{x^2} + 2x + 4}} = 1.\)

Ta có \[\int\limits_0^2 f \left( {3x + 1} \right){\rm{d}}x = 6 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \cdot \int\limits_0^2 f \left( {3x + 1} \right){\rm{d}}\left( {3x + 1} \right) = 6 \Leftrightarrow \int\limits_1^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 18.\]

Do đó \(I = \int\limits_1^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^7 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 2 + 18 = 20.\)

Đáp án: 20.

Gọi x, y lần lượt là hai kích thước của mảnh vườn \(\left( {x > 0\,;\,\,y > 0} \right).\)

Và \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp mảnh vườn.

Suy ra \({R^2} = O{A^2} = \frac{{A{C^2}}}{4} = \frac{{{x^2} + {y^2}}}{4}\).

Số cách chọn và phân công 4 học sinh bất kì là:

\(C_{22}^1 \cdot C_{21}^1 \cdot C_{20}^2 = 87\,\,780\) (cách).

Số cách chọn và phân công 4 học sinh mà chỉ có học sinh nam là:

\(C_{15}^1 \cdot C_{14}^1 \cdot C_{13}^2 = 16\,\,380\) (cách).

Do đó, số cách chọn và phân công 4 học sinh đó có ít nhất một học sinh nữ là:

\(87\,\,780 - 16\,\,380 = 71\,\,400\) (cách).

Đáp án: \[{\bf{71}}\,\,{\bf{400}}\].

Ta có: \(f'\left( x \right)\sqrt {{x^2} + 1}  = 2x\sqrt {f\left( x \right) + 1}  \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 1} }} = \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\)

\[ \Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 1} }}} \,dx = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \left. {dx \Leftrightarrow \sqrt {f\left( x \right) + 1} } \right|_0^{\sqrt 3 } = \left. {\left. {\sqrt {{x^2} + 1} } \right|_0^{\sqrt 3 } \Leftrightarrow \sqrt {f\left( x \right) + 1} } \right|_0^{\sqrt 3 } = 1\]

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

Đáp án: 3.

Gọi \(H\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB \Rightarrow IH \bot AB\,,\,\,HA = 4.\)

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I\left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {13 - m} ,\,\,\left( {m < 13} \right).\)

Đặt \(t = {2^x} > 0\) nên phương trình đã cho trở thành: \({t^2} - 2mt + 2m = 0\,\,\,(*).\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow (*)\) có hai nghiệm dương phân biệt \({t_1},{t_2}.\)

Ta có \({t_1}{t_2} = {2^{{x_1}}} \cdot {2^{{x_2}}} = {2^{{x_1} + {x_2}}} = {2^3} = 8 = 2m\) suy ra \(m = 4\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy \(m = 4\) là giá trị duy nhất cần tìm.

Đáp án: 1.

Xét hàm số \(f(x) = {x^4} - 4{x^3} + 4{x^2} + m\) trên \(\left[ {1\,;\,\,3} \right] \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\min }_{\left[ {1\,;\,\,3} \right]}}f(x) = m}\\{{{\max }_{\left[ {1\,;\,\,3} \right]}}f(x) = m + 9}\end{array}} \right..\)

• TH1: Với \(m > 0\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_{\min }} = m}\\{{y_{\max }} = m + 9}\end{array}} \right.\).

Do đó \(2{y_{\min }} + {y_{\max }} = 2m + m + 9 = 12 \Leftrightarrow m = 1\) (thoả mãn).

• TH2: Với \(m + 9 < 0 \Leftrightarrow m <  - 9\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_{\min }} = \left| {m + 9} \right|}\\{{y_{\max }} = \left| m \right|}\end{array}} \right.\).

Do đó \(2{y_{\min }} + {y_{\max }} = 2\left| {m + 9} \right| + \left| m \right| = 12 \Leftrightarrow 2\left( { - m - 9} \right) - m = 12 \Leftrightarrow m =  - 10\) (thoả mãn).

• TH3: Với \( - 9 < m < 0\) suy ra \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_{\min }} = 0}\\{{y_{\max }} = \left\{ {\left| m \right|;\,\,\left| {m + 9} \right|} \right\}}\end{array}} \right.\].

Do đó \(2{y_{\min }} + {y_{\max }} = 12 \Leftrightarrow {y_{\max }} = 12 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| m \right| = 12}\\{\left| {m + 9} \right| = 12}\end{array}} \right.\) (không thoả mãn).

Nên \(m \in \left\{ { - 10\,;\,\,1} \right\}\). Do đó, tổng các giá trị của \[m\] là \( - 10 + 1 =  - 9\).

Đáp án: −9.

Phương trình tham số của hai đường thẳng \({d_1},\,\,{d_2}\) như sau:

\({d_1}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + 2t}\\{y = 3t}\\{z = 1 + 3t}\end{array},\,\,{d_2}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - 2t'}\\{y = t'}\\{z = 1 + t'}\end{array}} \right.} \right.\).

Xét hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 + 2t = 1 - 2t'}\\{3t = t'}\\{t + 3t = 1 + t'}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2t + 2t' = 2}\\{3t - t' = 0}\\{3t - t' = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{1}{4}}\\{t' = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Suy ra giao điểm của \({d_1},\,\,{d_2}\) là \(A\left( { - \frac{1}{2}\,;\,\,\frac{3}{4}\,;\,\,\frac{7}{4}} \right).\)

Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((P)\) là \(d\left( {A\,,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) + 4 \cdot \left( {\frac{3}{4}} \right) - 4 \cdot \left( {\frac{7}{4}} \right) - 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {4^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = \frac{4}{3}.\)

Đáp án: \(\frac{4}{3}.\)

Gọi \(M\) là điểm biểu diễn của \[z.\]

Gọi \(A\left( { - 2\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {2\,;\,\,1} \right).\) Gọi \(I\left( {0\,;\,\,1} \right)\) là trung điểm AB.

Ta có \({\left| {z - {z_1}} \right|^2} + {\left| {z - {z_2}} \right|^2} = 16 \Leftrightarrow M{A^2} + M{B^2} = 16\)

\(M{A^2} + M{B^2} = 2M{I^2} + \frac{{A{B^2}}}{2} = 16 \Rightarrow MI = 2\).

Suy ra tập hợp các điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\left( {0\,;\,\,1} \right)\) bán kính \(R = 2.\)

Đặt \(u(x) = {x^2} - 4x \Rightarrow u' = 2x - 4 = 0 \Rightarrow x = 2\).

Đặt \(t = u\left( {\left| x \right|} \right) = {\left| x \right|^2} - 4\left| x \right|\).

Vẽ đồ thị hàm số \(u(x) = {x^2} - 4x\), từ đó suy ra đồ thị \(t = u\left( {\left| x \right|} \right)\).

Đặt \(t = \ln \sqrt {2x + y}  \Leftrightarrow \sqrt {2x + y}  = {e^t} \Leftrightarrow 2x + y = {e^{2t}}\).

Khi đó, giả thiết trở thành: \(\frac{{2{e^x}}}{{{e^t}}} + \ln {e^{2t}} = 2x + 2 \Leftrightarrow 2{e^{x - t}} + 2t - 2x - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow {e^{x - t}} - \left( {x - t} \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( A \right) = {e^A} - A - 1 = 0\)

Khảo sát hàm số \(f\left( A \right) \Rightarrow f\left( A \right) \Leftrightarrow A = 0.\)

Do đó \(x - t = 1 \Leftrightarrow x - \ln \sqrt {2x + y}  = 1 \Leftrightarrow \ln \sqrt {2x + y}  = x - 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {2x + y}  = {e^{x - 1}} \Leftrightarrow 2x + y = {e^{2x - 2}} \Leftrightarrow y = {e^{2x - 2}} - 2x{\rm{. }}\)

Khảo sát hàm số \(g\left( x \right) = {e^{2x - 2}} - 2x\) suy ra \[\min y = \min g\left( x \right) =  - 1.\] Đáp án: −1.

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\). Do \(\Delta SAB\) đều và \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có \({S_{SAB}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow AB = 3\sqrt 3 \)

Khi quay tam giác \[ACH\] quanh trục \[AB,\] ta được khối nón đỉnh \(A\), có đáy là hình tròn tâm \(H\), bán kính \[HC.\]

Đặt \(AH = h\,;\,\,CH = r.\) Ta có \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h.\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \[ACB,\] ta có \(C{H^2} = HA \cdot HB\).

Mà \(HB = 2R - h\) suy ra \[{r^2} = h\left( {2R - h} \right) \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi h\left( {2R - h} \right)h\]

Để thể tích khối tròn xoay lớn nhất thì \[\left( {2R - h} \right){h^2}\] lớn nhất.

Xét hàm số \(f\left( h \right) = 2R.{h^2} - {h^3}\) trên \(\left( {0\,;\,\,2R} \right)\), có \(f'\left( h \right) = 4R.h - 3{h^2} = 0 \Rightarrow h = \frac{{4R}}{3}.\)

Suy ra \(\max f\left( h \right) = f\left( {\frac{{4R}}{3}} \right) \Rightarrow r = \sqrt {\frac{{4R}}{3} \cdot \left( {2R - \frac{{4R}}{3}} \right)}  = \frac{{2\sqrt 2 R}}{3}\).

Vậy \(\tan \alpha  = \frac{{CH}}{{AH}} = \frac{r}{h} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha  = \arctan \frac{{\sqrt 2 }}{2} \approx 35^\circ .\)

Đáp án: 35.

Phát biểu cảm nghĩ về một tác phẩm văn học (bài văn, bài thơ) là trình bày những cảm xúc, tưởng tượng, liên tưởng, suy ngẫm của mình về nội dung và hình thức của tác phẩm đó. Chọn D.

Từ “sáng lạng” sai chính tả vì gần âm với từ “xán lạn”. Chọn D.

Đọc đoạn văn, xác định từ “vạ vật” (tính từ thể hiện việc tùy ý ngồi ở một nơi nào đó do không được quan tâm tới) đang dùng sai nghĩa, cần thay bằng từ “chật vật” (cuộc sống vất vả, khó khăn). Chọn A.

Lỗi diễn đạt (logic) sắp xếp trật tự các thành phần trong câu một cách lộn xộn làm câu văn khó hiểu. Sửa: Qua mỗi lần như vậy, người ta sẽ tích lũy được nhiều kinh nghiệm và về sau nhất định thành công. Chọn D.

Từ “mà” dùng sai. Nên thay bằng từ “để”. Xưa nay, không ai chết đến lần thứ hai để được bài học kinh nghiệm về cách chết. Chọn C.

Các từ “ưu điểm, thế mạnh, điểm tốt” đều chỉ mặt mạnh, những điều tốt đã thực hiện được còn “trọng điểm” là những vấn đề, những nơi có vai trò quan trọng. Chọn A.

Các tác phẩm: “Chiếc thuyền ngoài xa, Vợ nhặt, Vợ chồng A Phủ” thuộc thể loại truyện ngắn còn “Tuyên ngôn Độc lập” thuộc thể văn chính luận. Chọn C.

“Số đỏ” là tác phẩm thuộc thể loại tiểu thuyết, các tác phẩm còn lại đều là tác phẩm truyện ngắn. Chọn D.

Nguyễn Tuân thuộc dòng văn xuôi lãng mạn. Còn lại các tác giả đều thuộc dòng văn hiện thực. Chọn D.

Tác phẩm “Hồn Trương Ba, da hàng thịt” thuộc thể loại kịch. Các tác phẩm còn lại thuộc thể truyện ngắn. Chọn B.

Việc xảy ra thiên tai như sóng to, gió lớn thường mang đến những điều không hay, bất lợi con người, động từ “chịu” có nghĩa là nhận lấy điều không hay, bất lợi cho mình; thích ứng hoặc tiếp nhận một tác động nào đó, thường là không hay, từ bên ngoài. Còn các động từ như “được, hưởng, nhận” thường mang tính tích cực, không phù hợp với ngữ cảnh này. Từ cần điền vào chỗ trống là “chịu”. Chọn C.

Phải chăng cái chết không phải là điều mất mát lớn nhất trong cuộc đời. Sự mất mát lớn nhất là bạn để cho tâm hồn tàn lụi ngay khi còn sống. Từ “mất mát” điền vào chỗ trống sẽ có tác dụng liên kết giữa câu trước và câu sau. Chọn D.

Chí Phèo từ một người nông dân hiền lành lương thiện bị đánh mất dần phẩm chất đạo đức, trở nên xấu xa, tồi tệ nên sử dụng từ “tha hóa” và “lưu manh hóa” là thích hợp nhất. Còn “bần cùng hóa, nghèo đói, cùng cực” là cuộc sống chung của người dân lúc bấy giờ chưa mang tính điển hình. Chọn A.

Đây là câu văn trích từ tác phẩm “Chiếc thuyền ngoài xa” của nhà văn Nguyễn Minh Châu mà học sinh đã được học. Từ thích hợp điền vào chỗ trống là “bóp thắt” thể hiện một cảm xúc ngỡ ngàng, ngạc nhiên, xúc động mạnh của người nghệ sĩ Phùng khi chiêm ngưỡng vẻ đẹp toàn bích, toàn thiện của thiên nhiên, tạo vật. Chọn C.

Chi tiết: Khi các con còn nhỏ, ngồi vào bàn ăn cô thường chú ý sửa chữa cách ngồi, cách cầm bát cầm đũa, cách múc canh, cả cách nói chuyện trong bữa ăn. Cô vẫn răn lũ con tôi: “Chúng mày là người Hà Nội thì cách đi đứng nói năng phải có chuẩn, không được sống tùy tiện, buông tuồng” cho thấy cô Hiền là người trân trọng, giữ gìn những truyền thống văn hóa tốt đẹp của người Hà Nội. Chọn B.

Câu thơ sử dụng biện pháp tu từ hoán dụ: dùng địa danh để chỉ người sống trên địa danh đó: Thôn Đoài - Thôn Đông → Cách biểu đạt tình cảm kín đáo, ý nhị. Chọn C.

Câu thơ “Cô vân mạn mạn độ thiên không” có nghĩa là chòm mây lẻ loi trôi lững lờ trên bầu trời. Chọn B.

Bài ca dao sử dụng kết cấu đối đáp, là lời trò chuyện giữa đôi trai gái nhằm bày tỏ tình cảm của mình. Chọn C.

Hai câu thơ thể hiện nhân cách coi thường công danh phú quý của nhân vật trữ tình, coi phú quý cũng chỉ như giấc chiêm bao. Tác giả dùng từ “nhìn xem” thể hiện thế đứng cao hơn hẳn so với phú quý. Chọn B.

Ý chính của đoạn thơ thể hiện niềm suy tư, trăn trở của người phụ nữ trong tình yêu. Chọn D.

Nói quá: có thể hiểu là gai góc, cứng cỏi, sắc nhọn như cái gai mà cũng “không sống được” để nhấn mạnh điều kiện sống đầy khắc nghiệt và khổ cực của những người lính biển. Chọn A.

Đoạn trích nói về cơ sở pháp lí của bản Tuyên ngôn của chủ tịch Hồ Chí Minh qua việc Người trích dẫn 2 bản Tuyên ngôn của Pháp và Mĩ. Chọn A.

Điệp ngữ “Đâu…”; nhân hóa “đất nhả mùi, ruồng tre mát thở yên vui…”. Chọn B.

Đoạn trích phản ánh sự thay đổi về phương diện tình cảm ở người nông dân khi nghe tin giặc Pháp xâm lược nước ta. Chọn A.

“Màu hồng hồng của ánh sương mai” đó là ấn tượng đặc biệt về hiệu ứng màu sắc của Phùng lúc chụp ảnh, là niềm hân hoan khi anh phát hiện ra vẻ đẹp tuyệt đỉnh của ngoại cảnh; cũng là màu sắc thể hiện niềm tin vào tương lai của gia đình hàng chài nghèo khổ, đầy nghịch lí sống trên chiếc thuyền ấy. Chọn A.

Những câu văn: Lòng người mẹ nghèo khổ ấy còn hiểu ra biết bao nhiêu cơ sự, vừa ai oán vừa xót thương cho số kiếp đứa con mình; Biết rằng chúng nó có nuôi nổi nhau sống qua được cơn đói khát này không thể hiện tâm trạng vừa lo lắng, vừa xót thương của bà cụ Tứ khi thấy Tràng dẫn người “vợ nhặt” về. Chọn A.

Trong lúc đói khổ khốn cùng mà bà cụ Tứ lại nói toàn chuyện vui, chuyện sung sướng về sau vì bà muốn nhen nhóm niềm vui, niềm hi vọng vào cuộc sống ngày mai. Chọn B.

Đối tượng chính được đề cập đến trong đoạn trích là nhà văn Bảo Ninh. Chọn A.

Bài ca dao trên là tiếng lòng của người con gái. Cô tin tưởng rằng người con trai mình trao gửi cả cuộc đời là đẹp, là tốt song sự thật lại không như mong muốn. Chọn C.

Hai đại diện tiêu biểu cho khuynh hướng cứu nước mới-dân chủ tư sản ở Việt Nam những năm đầu thế kỉ XX là Phan Bội Châu và Phan Chu Trinh. Chọn B.

Giữa những năm 1970, Liên Xô là cường quốc công nghiệp thứ hai thế giới, đi đầu trong công nghiệp vũ trụ, công nghiệp điện hạt nhân...). Chọn A.

Từ nửa sau những năm 80 của thế kỉ XX, Nhật Bản vươn lên trở thành siêu cường tài chính số 1 thế giới, là chủ nợ lớn nhất thế giới. Chọn B.

Việc tách Đảng Cộng sản Đông Dương để thành lập Đảng Mác-Lênin riêng ở mỗi nước Việt Nam, Lào, Campuchia được quyết định tại Đại hội đại biểu lần thứ II của Đảng (2-1951). Chọn A.

A chọn vì ở Việt Nam lúc này tồn tại song song hai khuynh hướng dân chủ tư sản và vô sản. B loại vì ở Việt Nam lúc này tồn tại song song hai khuynh hướng dân chủ tư sản và vô sản nên nói hai khuynh hướng chính trị phát triển kế tiếp nhau là không đúng. Chọn A.

Dùng phương pháp loại trừ:

A loại vì chiến dịch Việt Bắc thu-đông (1947), Biên Giới thu-đông (1950), tiến công chiến lược đông xuân (1953 - 1954) không sử dụng chiến thuật hiệp đồng 3 thứ quân.

B chọn vì điểm chiến dịch Việt Bắc thu-đông (1947), Biên Giới thu-đông (1950), tiến công chiến lược đông xuân (1953 - 1954) và Điện Biên Phủ (1954) là đều kết hợp giữa chiến trường chính và vung sau lưng địch.

C loại vì khi tiến hành chiến dịch Việt Bắc, ta chưa có quyền chủ động trên chiến trường.

D loại vì chỉ trong chiến dịch Điện Biên Phủ (1954) ta mới đánh hiệp đồng binh chủng.

Chọn B.

Đảng Cộng sản Việt Nam ra đời là kết quả của cuộc đấu tranh dân tộc và giai cấp quyết liệt của nhân dân ta, là sự sàng lọc nghiêm khắc của lịch sử. Đảng ra đời là sản phẩm của sự kết hợp giữa chủ nghĩa Mác-Lê-nin, phong trào công nhân và phong trào yêu nước ở Việt Nam trong thời đại mới. Chọn B.

Kinh tế Mỹ La-tinh phát triển thiếu ổn định không phải do điều kiện tự nhiên khó khăn, ít tài nguyên thiên nhiên. Trái lại khu vực này giàu tài nguyên và điều kiện tự nhiên thuận lợi. Chọn C.

Biển của Nhật Bản có nguồn hải sản phong phú do có các ngư trường rộng lớn. Đây là nguyên nhân quan trọng nhất. Chọn D.

Vào mùa đông, gió mùa Đông Bắc ở miền Bắc nước ta thổi xen kẽ với gió tín phong Bán cầu Bắc. Chọn B.

Sự phân hóa thiên nhiên của vùng biển-thềm lục địa, vùng đồng bằng ven biển và vùng đồi núi là biểu hiện của sự phân hóa theo chiều đông-tây lần lượt. Phía đông là biển, rồi đến đồng bằng ở giữa và phía tây là đồi núi. Chọn B.

Đàn gia cầm của Quảng Nam trên 3 triệu con. Chọn A.

Biểu đồ cột ghép, đơn vị GDP (tuyệt đối) → Biểu đồ đã cho thể hiện quy mô GDP của Ma-lai-xi-a và Phi-lip-pin. Chọn B.

Muốn xuất khẩu cần có thị trường → Chọn B.

A. đẩy mạnh khai thác khoáng sản các loại. → không chỉ khoáng sản còn nhiều sản phẩm khác

B. tích cực mở rộng thêm nhiều thị trường. → đúng

C. đẩy mạnh công nghiệp hóa và đô thị hóa. → thiếu yếu tố thị trường

D. tham gia của nhiều thành phần kinh tế. → thiếu yếu tố thị trường

Lao động nước ta có nhiều kinh nghiệm trong sản xuất nông nghiệp chứ không phải công nghiệp. Chọn B.

Tây Nguyên có thể trồng được cây chè là một loại cây cận nhiệt nhờ Khí hậu ở các cao nguyên trên 1000m mát mẻ. Chọn B.

Vấn đề có ý nghĩa hàng đầu đối với sự hình thành cơ cấu kinh tế của vùng Bắc Trung Bộ là hình thành cơ cấu nông-lâm-ngư nghiệp, do các ngành này tạo thành cơ cấu kinh tế liên hòa do đặc thù lãnh thổ. Chọn D.

Hiện tượng siêu dẫn là khi nhiệt độ hạ xuống dưới nhiệt độ \({T_c}\) nào đó thi điện trở của kim loại giảm đột ngột đến giá trị bằng không. Chọn A.

Khi đóng khóa K thì đèn 1 sáng lên ngay còn đèn 2 sáng lên từ từ. Chọn A.

Ta có \(\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{{d^\prime }}} \to {d^\prime } = 60\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Chọn A.

Sóng âm khi gặp con mồi sẽ bị phản xạ. Chọn B.

Trong chân không, các ánh sáng nhìn thấy được (ánh sáng khả kiến) có giá trị của bước sóng nằm trong giới hạn \(380\;{\rm{nm}} \le \lambda \le 760\;{\rm{nm}}.\) Chọn B.

Sau thời gian 5T, kể từ thời điểm ban đầu số hạt nhân chưa phân rã của mẫu chất phóng xạ này là \(N = {N_0}{.2^{ - \frac{t}{T}}} = \frac{1}{{32}}{N_0}\). Chọn A.

Ta có \(Li_1^2 + Cu_1^2 = Li_2^2 + Cu_2^2 \to {50.10^{ - 3}}.0,{16^2} + C{.5^2} = {50.10^{ - 3}}.0,{2^2} + C{.4^2} \to C = 80\mu F.\) Chọn D.

Ban đầu ta có \({x_M} = 5 \cdot \frac{{\lambda \cdot D}}{a}\)

Để tại \({\rm{M}}\) trở thành vân sáng bậc 2 thì \({x_M} = 2\frac{{\lambda {D^\prime }}}{a} = 2\frac{{\lambda (D + x)}}{a}\)

\( \Rightarrow 5\frac{{\lambda D}}{a} = 2\frac{{\lambda (D + x)}}{a} \Rightarrow 5 = 2 \cdot (1 + x) \Rightarrow x = 1,5\,m.\) Chọn A.

\[{{\rm{W}}_{dh}} = \frac{1}{2}k\Delta {\ell ^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{\left( {\Delta {\ell _0} + x} \right)^2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,5625 = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{\left( {\Delta {\ell _0} + A} \right)^2}\\0,0625 = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{\left( {\Delta {\ell _0} - A} \right)^2}\end{array} \right.\]

 Chọn C.

Tại \({t_2}\), ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_L} = {u_C} = 0}\\{{u_R} = 100V}\end{array}} \right.\) khi này \({u_{{R_{\max }}}} = {U_{0R}} = 100V\)

Tại \({t_1},\)ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_L} = 30V}\\{{u_C} = - 180V}\\{{u_R} = 50V}\end{array}} \right.\)

Ta có: \({u_L} \bot {u_R}\)ta suy ra: \({\left( {\frac{{{u_L}}}{{{U_{0L}}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{{u_R}}}{{{U_{0R}}}}} \right)^2} = 1\)\( \Rightarrow \frac{{{{30}^2}}}{{U_{0L}^2}} + \frac{{{{50}^2}}}{{{{100}^2}}} = 1 \Rightarrow {U_{0L}} = 20\sqrt 3 V\)

Lại có: \(\frac{{{U_{0L}}}}{{{U_{0C}}}} = \frac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} = - \frac{{{u_L}}}{{{u_C}}} = - \frac{{30}}{{\left( { - 180} \right)}} = \frac{1}{6}\)\( \Rightarrow {U_{0C}} = 120\sqrt 3 V\)

Điện áp cực đại ở hai đầu mạch: \({U_0} = \sqrt {{U_{0R}}^2 + {{\left( {{U_{0L}} - {U_{0C}}} \right)}^2}} = 200V\)

Đáp án: 200 V.

Các chất ethyl alcohol \(\left( {{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}} \right)\), acetic acid \(\left( {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}} \right)\) và methyl fomate \(\left( {{\rm{HCOOC}}{{\rm{H}}_3}} \right)\) có cùng số C nên thứ tự nhiệt độ sôi theo thứ tự giảm dần là acid > alcohol > ester (*). Lưu ý: Nhiệt độ sôi ethyl acetate > methyl fomate do là ester có phân tử khối lớn hơn.

Chọn D.

\({{\rm{n}}_{{\rm{Ag}}}} = \frac{{1,944}}{{108}} = 0,018\,(\;{\rm{mol}})\)

\(\begin{array}{l}{\rm{A}}{{\rm{g}}^ + } + 1{\rm{e}} \to {\rm{Ag}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,018\quad 0,018\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

Số điện tử di chuyển qua các bình là bằng nhau hay số mol electron thay đổi của \({\rm{A}}{{\rm{g}}^ + }\)và của \({\rm{Z}}{{\rm{n}}^{2 + }}\) là như nhau

\[\begin{array}{l}{\rm{Z}}{{\rm{n}}^{2 + }} + 2{\rm{e}} \to {\rm{Zn}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,018 \to 0,009\,\,\,\,\,\,\,\;{\rm{mol}}\\ \Rightarrow {m_{Zn}} = 0,009.65{\rm{ }} = {\rm{ }}0,585{\rm{ }}gam.\end{array}\]

Chọn B.

- Thực hiện gộp quá trình ta có: \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}} = 2{{\rm{n}}_X} + {{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} = 0,2\;{\rm{mol}}\) và \({{\rm{n}}_{{\rm{KOH}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}} = 0,1\;{\rm{mol}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{M}}_X} = 133\) do đó \({\rm{n}} = 2.\) Công thức phân tử của X là \({C_4}{H_7}{O_4}N\).

Vậy \(\% {m_{C\,\,(X)}} = \frac{{12 \cdot 4}}{{133}} \cdot 100\% = 36,09\% .\)

Chọn C.

A, B, C. Đúng.

D. Sai, phenol không phản ứng với nước.

Phenol ít tan trong nước nên ban đầu thu được dung dịch có màu trắng đục.

Phenol tan hoàn toàn trong dung dịch\({\rm{NaOH}}\)nên khi thêm \({\rm{NaOH}}\) thu được dung dịch trong suốt:

\({{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}} + {\rm{NaOH}} \to {{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{ONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Thêm \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) lại thu được dung dịch có màu trắng đục do xảy ra phản ứng

\({{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{ONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}} + {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \to {{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}} + {\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}\)

(\({{\rm{H}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}\)có tính acid mạnh hơn \({{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}\) nên đẩy được \({{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}\) ra khỏi dung dịch muối). Phenol sinh ra ít tan trong nước nên thu được dung dịch có màu trắng đục. Chọn D.

Các polymer có nguồn gốc tự nhiên là cellulose, tơ tằm. Chọn A.

\({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}}} = 0,6\;{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,5\;{\rm{mol}}\)

Gọi x, y lần lượt là số mol của \[N{H_4}HC{O_3}\]và \[{\left( {N{H_4}} \right)_2}C{O_3}\] trong hỗn hợp ban đầu

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = 0,6}\\{x + y = 0,5}\end{array} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,4}\\{y = 0,1}\end{array}} \right.} \right.\)(mol)

Khối lượng hỗn hợp ban đầu là: \({\rm{m}} = 0,4.79 + 0,1.96 = 41,2\) gam. Chọn C.

A. Đúng. Dung dịch A vẫn còn phân tử HX nên dung dịch trong cốc A là chất điện li yếu.

B. Đúng. Quan sát hình B thấy thành phần dung dịch chỉ chứa \({{\rm{H}}_3}{{\rm{O}}^ + }\)và \({{\rm{X}}^ - },\) vậy trong cốc B dung dịch HX phân li hoàn toàn.

C. Đúng do dung dịch cốc A vẫn còn phân tử HX.

D. Sai. Dung dịch B toàn bộ phân tử HX phân li thành các ion \({{\rm{H}}_3}{O^ + }\) và \({{\rm{X}}^ - }\) nên cốc B chứa chất điện li mạnh hay tính acid ở cốc B mạnh hơn.

Chọn D.

Thêm chất xúc tác làm tốc độ phản ứng tăng Þ phản ứng nhanh đạt tới trạng thái cân bằng hơn nhưng lượng \({{\rm{I}}_2}\) tại thời điểm cân bằng vẫn không đổi Þ đáp án A (Tốc độ phản ứng tăng làm tăng độ dốc của đồ thị). Chọn C.

Tính ở \(\frac{1}{2}\)Y

Khi cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ chỉ thu được dung dịch Y nên toàn bộ Cu đã phản ứng với muối \(F{e^{3 + }}\).

Quy đổi \(X\left\{ \begin{array}{l}CuO\,\,\,\,\,\,\,\,x\,mol\\FeO\,\,\,\,\,\,\,\,\,y\,mol\\F{e_2}{O_3}\,\,\,\,\,z\,mol\end{array} \right.\) (quy đổi theo sản phẩm)

Có khối lượng: \(80x + 72y + 160z = 30,4\) gam (1).

Chú ý:  \({\rm{X}} + {\rm{HCl}} \to {\rm{Y}}\{ {\rm{CuC}}{{\rm{l}}_2};{\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2};{\rm{FeC}}{{\rm{l}}_3});{\rm{Y}} + {{\rm{H}}_2}\;{\rm{S}} \to {\rm{x}}\) mol CuS \( \downarrow + {\rm{z}}\) mol \({\rm{S}} \downarrow .\)

(ở đây là \({\rm{2FeC}}{{\rm{l}}_3} + {{\rm{H}}_2}\;{\rm{S}} \to 2{\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2} + {\rm{S}} \downarrow + 2{\rm{HCl}}\) ).

Þ Kết tủa Z là CuS (x mol) và S (z mol).

Theo đó, cho kết tủa Z: \({\rm{CuS}};{\rm{S}} + {\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\sinh \,ra\,\,1,1\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{NO}}\)

Bảo toàn electron có: \(8{\rm{x}} + 6{\rm{z}} = 1,1\;{\rm{mol}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2).\)

- Phần (II) làm mất màu dung dịch \(KMn{O_4}\)

Bảo toàn electron lại có:

\(y + (2x + 2y + 6z) = 0,22 \cdot 5 \Rightarrow 2x + 3y + 6z = 1,1\;{\rm{mol}}\,\,\,\,\,(3).\)

Giải hệ (1); (2) và (3) được \(x = 0,1\;{\rm{mol}}\); y\( = 0,2\) mol và \(z = 0,05\) mol.

- Khi cho dung dịch T phản ứng với lượng dư dung dịch \(Ba{(OH)_2}\)thì có 2 phản ứng tạo kết tủa cần quan tâm sau:

(Bảo toàn nguyên tố S ta có: \({n_{SO_4^{2 - }}} = x + z = 0,15\,mol\))

\( \to m = 0,1 \cdot 98 + 0,15 \cdot 233 = 44,75{\rm{ gam}}{\rm{. }}\)

Châu chấu có hình thức hô hấp bằng hệ thống ống khí, các loài còn lại hô hấp bằng mang. Chọn B.

Trên sợi trục có bao miêlin, xung thần kinh lan truyền theo cách nhảy cóc từ eo ranvie này sang eo ranvie khác. Nhờ đó, sự lan truyền xung thần kinh diễn ra nhanh chóng và ít tiêu tốn năng lượng hơn. Chọn C.

Không dùng auxin nhân tạo đối với nông phẩm trực tiếp làm thức ăn là vì auxin nhân tạo có thể tích lũy trong nông phẩm và gây độc hại đối với người và gia súc sử dụng. Chọn D.

D. Sai. Đột biến gen xảy ra một cách đột ngột và vô hướng nên không thể làm thay đổi tần số alen của quần thể theo một hướng xác định. Chọn D.

Ở sinh vật nhân thực, nhiễm sắc thể được cấu tạo từ chất nhiễm sắc bao gồm chủ yếu là ADN và prôtêin histôn. Chọn C.

Quần thể ở trạng thái cân bằng di truyền sẽ có cấu trúc di truyền là p² AA : 2pq Aa : q² aa → Tần số kiểu gen AA của quần thể trên là: 0,3² = 0,09. Chọn D.

Hình ảnh trên mô tả phương pháp dung hợp tế bào trần. Phương pháp này có thể tạo được con lai mang bộ NST của cả 2 loài mà bằng phương pháp lai hữu tính không thực hiện được. Vì con lai tạo ra bằng phương pháp này chứa cả 2 bộ NST lưỡng bội của 2 loài nên có khả năng sinh sản hữu tính. Vậy các nhận xét đúng là I, III. Chọn D.

Giao phối không ngẫu nhiên làm thay đổi thành phần kiểu gen nhưng không làm thay đổi tần số alen của quần thể. Giao phối ngẫu nhiên không làm thay đổi cả thành phần kiểu gen và tần số alen. Chọn A.

I. Đúng. Vì kiến ba khoang ăn rệp cây nên cả kiến ba khoang và loài cây ăn quả đều được lợi.

II. Sai. Vì loài rận đã gián tiếp khai thác nhựa của cây ăn nên đây không phải là quan hệ cạnh tranh.

III. Đúng. Vì kiến ba khoang ăn loài rận.

IV. Đúng. Vì loài rận và rệp cây cùng hỗ trợ nhau một cách chặt chẽ để tồn tại.

Chọn C.

- Người số 10 có nhóm máu B là con của người số 6 có nhóm máu A (I^AI^-) và người số 7 có nhóm máu AB (I^AI^B) → Người số 10 có kiểu gen I^BI^O.

- Người số 11 có nhóm máu O nên có kiểu gen là I^OI^O.

Vậy (10) × (11) → I^BI^O × I^OI^O → Cặp vợ chồng 10 – 11 sinh con có nhóm máu O với xác suất là 50%.

Đáp án: 50%.

Để trả lời được câu hỏi, cần hiểu nôm na “giọng điệu”: giọng nói, lối nói biểu hiện một thái độ nhất định và có thể xác định thông qua: từ ngữ thơ và cách ngắt nhịp thơ. Ở ngữ cảnh trên, phương án B có thể loại ngay vì tác giả đang nói về những đứa con tinh thần quý báu của mình nên không thể là mỉa mai, giễu cợt. Phương án A, D mô tả không chính xác sắc thái và giọng điệu của đoạn thơ vì không có từ nào thể hiện sự ngông nghênh hay ngang tàng. Chọn C.

Đặt từ “man” vào ngữ cảnh (câu thơ: Bẩm con không dám man cửa Trời) ta sẽ suy ra ý nghĩa của cả câu thơ: Bẩm con không dám nói sai/nói dối ở cửa Trời, vậy nên phương án đúng là A (nói dối). Chọn A.

Các khái niệm về văn chương mà Tản Đà nhắc đến trong đoạn thơ đều do ông tự gọi tên. Ta có thể căn cứ vào nghĩa của từ “chơi” (vui chơi, giải trí) và các tác phẩm được liệt kê trong khái niệm văn chơi (Khối tình con) để suy luận ra đây là khái niệm chỉ những tác phẩm văn chương có tính giải trí, tạo ra sự khác biệt với “văn thuyết lí” (văn dùng để giảng giải về đạo đức) ở câu trên. Chọn C.

Đọc đoạn thơ, ta thấy tác giả chủ yếu sử dụng biện pháp liệt kê để “khoe” các sáng tác của mình ở nhiều lĩnh vực khác nhau (tên các tác phẩm và thể loại) nhằm khẳng định tài năng đa dạng, phong phú của bản thân. Chọn C.

Đoạn thơ không nhắc đến các trải nghiệm sống của Tản Đà mà chỉ nhắc tới các tác phẩm văn chương của ông → Loại phương án D. Trong đoạn trích có chứa các từ khóa “văn thuyết lí”, “văn chơi”, “tiểu thuyết”, “văn vị đời”, “văn dịch”... điều này chỉ khẳng định sự đa dạng về thể loại và phong cách mà không nhắc tới giọng văn riêng biệt của Tản Đà → Loại phương án B. Đoạn thơ là Tản Đà tự kể tên các tác phẩm của mình, không có sự so sánh hay khẳng định sự độc đáo của riêng mình → Loại phương án A. Chọn C.

Đoạn trích có các dữ kiện: “Thiên nhiên đóng vai trò hết sức quan trọng đối việc học tập ở trẻ em” và “Khi tương tác với các sự vật trong tự nhiên, từ cây cối đến động vật, trẻ em được tiếp xúc với nguồn cảm hứng vô tận, từ đó phát triển về tình cảm, kĩ năng xã hội và có thêm động lực học tập”. → Vai trò của thiên nhiên đối với việc học tập và phát triển của trẻ em. Chọn A.

Đoạn trích có nhắc tới các dữ kiện:

- Hoạt động ngoài trời giúp trẻ em tự tin hơn, năng động, hoạt bát hơn, cải thiện sự quan tâm, mối quan hệ và sự tương tác với người lớn.

- Được chìm đắm trong vẻ đẹp sống động của những cánh rừng, những bờ biển và đồng cỏ... giúp trẻ phát triển những kĩ năng cơ bản như nhận biết, xác định, phân tích và đánh giá.

- Khi tương tác với các sự vật trong tự nhiên, từ cây cối đến động vật, trẻ em được tiếp xúc với nguồn cảm hứng vô tận, từ đó phát triển về tình cảm, kĩ năng xã hội và có thêm động lực học tập.

- Không có dữ kiện nào nhắc tới: Hoạt động ngoài trời giúp trẻ em phát triển về thể chất và các kĩ năng vận động. Chọn D.

Trong đoạn trích có câu: “Bên cạnh đó, trẻ còn được phát triển kĩ năng định lượng với hoạt động đếm côn trùng và hoa”. Chọn A.

Câu cuối cùng của đoạn trích: “Quá trình thích ứng với thế giới tự nhiên thay đổi không ngừng và thường không thể dự báo sẽ giúp trẻ em học cách thích nghi và giải quyết vấn đề”. Chọn C.

Trong đoạn trích có câu: “Khi tương tác với các sự vật trong tự nhiên, từ cây cối đến động vật, trẻ em được tiếp xúc với nguồn cảm hứng vô tận, từ đó phát triển về tình cảm, kĩ năng xã hội và có thêm động lực học tập”. Chọn A.

Phương thức biểu đạt chính của đoạn thơ là biểu cảm. Chọn A.

Đoạn thơ được viết theo thể thơ tự do. Số dòng, số tiếng không hạn định; gieo vần, ngắt nhịp linh hoạt,… Chọn A.

Phép điệp: “Tôi ăn…”. Chọn C. 

Câu thơ “Nước mắt vợ thành sông chảy ra biển tìm chồng” khơi gợi nỗi đau mất người chồng của người vợ làng chài. Chọn D.

Đoạn thơ nói về hành trình ra khơi tiếp nối cha ông của thế hệ sau. Chọn C.

Đoạn trích sử dụng phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn A. 

Sống trong không khí ngày xuân, đặc biệt là khi nghe thấy tiếng sáo gọi bạn tình, Mị thổn thức nhớ về quá khứ và để quên đi thực tại đau khổ, Mị đã tìm đến với rượu. Cách uống “ực từng bát” của Mị phần nào đã thể hiện điều đó. Chọn C.

Khi nghe tiếng sáo gọi bạn tình, trong một khoảnh khắc nhất định, Mị bỗng nhớ về quá khứ tươi đẹp và cô được sống với cảm giác vui sướng, hạnh phúc trong chốc lát. Chọn C.

Nghệ thuật nổi bật của đoạn trích là miêu tả tâm lí nhân vật tinh tế, sâu sắc. Chọn A.

Để chuẩn bị tiến tới khởi nghĩa giành chính quyền, Đảng Cộng sản Đông Dương đã tích cực chuẩn bị lực lượng chính trị, lực lượng vũ trang, xây dựng căn cứ địa và tập dượt đấu tranh. Chọn C.

Bước sang năm 1941, những đội du Bắc Sơn lớn mạnh lên và thống nhất lại thành Trung đội Cứu quốc quân I (14-2-1941). Chọn D.

Năm 1944, Hội Văn hóa Cứu quốc được thành lập đã thu hút được đông đảo đội ngũ trí thức và những người hoạt động văn hóa, văn nghệ ưu tú nhất nước ta lúc bấy giờ, đưa họ đến với Mặt trận Việt Minh. Đây chính là minh chứng rõ nhất cho sự thành công trong thực tế của chiến lược đại đoàn kết dân tộc. Chọn A.