Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 19)

Ta có \(v(t) = s'(t) = 3{t^2} + 9t - 6 = 24 \Rightarrow t = 2\,\,(s);\)

\(a(t) = s''(t) = 6t + 9 \Rightarrow a(2) = 21\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\). Chọn A.

Điều kiện xác định: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >  - 1\)

\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) >  - 2 \Leftrightarrow  - {\log _2}\left( {x + 1} \right) >  - 2 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right) < 2 \Leftrightarrow 0 < x + 1 < 4 \Leftrightarrow  - 1 < x < 3\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 1\,;\,\,3} \right)\). Chọn B.

Khi \(x,\,\,y \ge 0\) thì hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = 3}\\{7x + 5y = 2}\end{array} \Leftrightarrow x =  - \frac{{11}}{9};y = \frac{{19}}{9}} \right.\) (loại)

• Khi \(x,y < 0\) thì hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x - 2y = 3}\\{7x + 5y = 2}\end{array} \Leftrightarrow x = \frac{{19}}{9};\,\,y = \frac{{ - 23}}{9}} \right.\) (loại).

• Khi \(x \ge 0,\,\,y < 0\) thì hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 3}\\{7x + 5y = 2}\end{array} \Leftrightarrow x = 1;\,\,y =  - 1} \right.\) (nhận).

• Khi \(x < 0,\,\,y \ge 0\) thì hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x + 2y = 3}\\{7x + 5y = 2}\end{array} \Leftrightarrow x =  - \frac{{11}}{{19}};\,\,y = \frac{{23}}{{19}}} \right.\) (nhận). Chọn C.

Xét \(\Delta  = {2^2} - 4 \cdot 1 \cdot 10 =  - 36 < 0\) suy ra phương trình \({{\rm{z}}^2} + 2{\rm{z}} + 10 = 0\) có hai nghiệm phức là \[{z_1} =  - 1 - 3i\,;\,\,{z_2} =  - 1 + 3i\].

Theo đề bài ta có \({{\rm{z}}_0}\) là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương của phương trình \({{\rm{z}}^2} + 2{\rm{z}} + 10 = 0\) nên \({{\rm{z}}_0} =  - 1 + 3{\rm{i}} \Rightarrow {\rm{i}}{{\rm{z}}_0} = {\rm{i}}\left( { - 1 + 3{\rm{i}}} \right) =  - 3 - {\rm{i}}\).

Vậy điểm \({\rm{M}}\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \({\rm{w}} = {\rm{i}}{{\rm{z}}_0} =  - 3 - {\rm{i}}\). Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {{\rm{BC}}}  = \left( { - 4\,;\,\,2\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {\rm{n}}  = \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng đi qua \({\rm{A}}\) và vuông góc với \({\rm{BC}}\) có dạng:

\[ - 2\left( {x - 0} \right) + 1\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2x + y - 1 = 0 \Leftrightarrow 2x - y + 1 = 0\]. Chọn C.

Ta có \[\left[ {\vec b,\,\,\vec c} \right] = \left( { - 5\,;\,\,m + 1\,;\,\,3 - 2m} \right)\].

Khi đó \(\vec a = \left[ {\vec b,\,\,\vec c} \right] \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 = 3}\\{3 - 2m =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow m = 2} \right.\). Chọn D.

Bất phương trình \(\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) - 3x + 1 \le \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) + {x^2} - 5\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x - 3 - 3x + 1 \le {x^2} + 2x - 3 + {x^2} - 5 \Leftrightarrow 0 \cdot x \le  - 6 \Leftrightarrow x \in \emptyset  \Rightarrow S = \emptyset \). Chọn D.

Ta có \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + 2k\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + 2k\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z})} \right.\).

Vì \(x \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) nên \(x = \frac{\pi }{6} \Rightarrow S = \frac{\pi }{6}\). Chọn D.

Giả sử cấp số cộng có số hạng đầu là \({u_1}\) và công sai \(d\).

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{S}}_7} = 77}\\{\;{{\rm{S}}_{12}} = 192}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7{{\rm{u}}_1} + \frac{{7 \cdot 6 \cdot d}}{2} = 77}\\{12{{\rm{u}}_1} + \frac{{12 \cdot 11 \cdot d}}{2} = 192}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7{{\rm{u}}_1} + 21\;{\rm{d}} = 77}\\{12{{\rm{u}}_1} + 66\;{\rm{d}} = 192}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{u}}_1} = 5}\\{\;{\rm{d}} = 2}\end{array}.} \right.} \right.} \right.} \right.\]

Khi đó: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 5 + 2\left( {n - 1} \right) = 3 + 2n\). Chọn B.

Ta có \[\int {\frac{{x + 2}}{{x + 1}}dx}  = \int {\left( {1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx}  = \int {1dx}  + \int {\frac{1}{{x + 1}}dx} \]

\[ = x + \ln \left| {x + 1} \right| + C = x + \ln \left( {x + 1} \right) + C\].

Vì \(x \in \left( { - 1\,;\,\, + \infty } \right)\) nên \[\ln \left| {x + 1} \right| = \ln \left( {x + 1} \right)\]. Chọn A.

Ta có \({\rm{f}}({\rm{x}}) > {\rm{x}} + {\rm{m}}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{m}} < {\rm{f}}({\rm{x}}) - {\rm{x}}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\).

Xét hàm số \({\rm{g}}({\rm{x}}) = {\rm{f}}({\rm{x}}) - {\rm{x}}\) trên \(\left( {0\,;\,\,2} \right)\). Ta có \({\rm{g'}}({\rm{x}}) = {\rm{f'}}({\rm{x}}) - 1\).

Suy ra \({\rm{g'}}({\rm{x}}) < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\).

Do đó \(g(x)\) nghịch biến trên \(\left( {0\,;\,\,2} \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên hình bên

suy ra \(m < g(x),\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow m \le f(2) - 2\). Chọn A.

Có \(v(t) = \int {a(t)dt}  = \int {\left( { - 2t + 10} \right)dt}  = 10t - {t^2} + C\). Lại có \(v(0) = 5 \Leftrightarrow C = 5\).

Khi đó \(v(t) = 10t - {t^2} + 5.\)

Do đó, vận tốc của vật sau 5 giây là: \(v(5) = 10 \cdot 5 - {5^2} + 5 = 30\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\). Chọn A.

Áp dụng công thức ta có:

\(S = A.{e^{rt}} \Rightarrow t = \frac{1}{r}\ln \frac{S}{A} = \frac{1}{{0,15}}\ln \frac{{1\,\,000\,\,000}}{{500}} \approx 51\) giờ. Chọn D.

Điều kiện xác định: \({x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty \,;\,\,1} \right) \cup \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\).

Khi đó bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \ge  - 1 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}2\)

\( \Rightarrow {x^2} - 3x + 2 \le 2 \Leftrightarrow x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right].\)

So sánh điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là: \(\left[ {0\,;\,\,1} \right) \cup \left( {2\,;\,\,3} \right].\) Chọn D.

Gọi \({V_1}\) là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\,\,x = 0\,;\)\(x = 4;\,\,y = \sqrt x \,;\,\,y = 0\,.\)

\( \Rightarrow {V_1} = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_0^4 {xdx}  = \left. {\pi \frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^4 = 8\pi \).

Gọi \({{\rm{V}}_2}\) là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = x - 2\,;\,\,y = 0\,;\)\(\,\,x = 2\,;\,\,x = 4\)

\( \Rightarrow {V_2} = \pi \int\limits_2^4 {{{\left( {x - 2} \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_2^4 {\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)dx}  = \left. {\pi \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_2^4 = \frac{{8\pi }}{3}\).

Thể tích cần tìm là \({\rm{V}} = {{\rm{V}}_1} - {{\rm{V}}_2} = \frac{{16\pi }}{3}\) (đvtt). Chọn A.

Ta có \(y' =  - {x^2} + 2x - m\).

Để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(y' \le 0\), \[\forall {\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\]

\[ \Leftrightarrow y' =  - {{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}} - {\rm{m}} \le 0\,;\,\,{\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right) \Leftrightarrow {\rm{m}} \ge  - {{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\]

\( \Leftrightarrow m \ge m{\rm{a}}{{\rm{x}}_{\left[ {0\,;\,\, + \infty } \right)}}\left( { - {x^2} + 2x} \right)\).

Đặt \( - {x^2} + 2x = f(x)\). Ta có \(f'(x) =  - 2x + 2\,;\,\,f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Khi đó \(m{\rm{a}}{{\rm{x}}_{\left[ {0\,;\,\, + \infty } \right)}}{\rm{f}}({\rm{x}}) = m{\rm{a}}{{\rm{x}}_{\left[ {0\,;\,\, + \infty } \right)}}{\rm{f}}(1) = 1\). Vậy suy ra \({\rm{m}} \ge 1\) hay \({\rm{m}} \in \left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\). Chọn A.

Ta có \(w = {z_2} - i{z_1} = \left( {2 - i} \right) - i\left( {2 + 2i} \right) = 2 - i - 2i + 2 = 4 - 3i\).

Vậy \(\left| w \right| = \left| {4 - 3i} \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = 5.\) Chọn C.

Gọi \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right):\left| {2z - 1} \right| = 1\)

\( \Leftrightarrow \left| {2x - 1 + 2yi} \right| = 1 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} + 4{y^2}}  = 1 \Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} - 4x = 0\)

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

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \({\rm{z}}\) là đường tròn có bán kính \({\rm{R}} = \frac{1}{2}\). Chọn C.

Ta có \({\rm{AB}} = 5\), gọi \[{\rm{M}}\left( {0\,;\,\,{\rm{m}}} \right)\].

Vì diện tích tam giác \({\rm{MAB}}\) bằng 1 nên \({\rm{d}}\left( {{\rm{M}},\,\,{\rm{AB}}} \right) = \frac{2}{5}\). Khi đó:

\(AB:4x - 3y + 2 = 0 \Rightarrow \frac{{\left| { - 3m + 2} \right|}}{5} = \frac{2}{5} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = \frac{4}{3}}\end{array}} \right.\).  Chọn A.

Đặt \(f\left( {x;\,\,y} \right) = {x^2} + {y^2} - 4x - 6y + 5\).

Ta có \({\rm{f}}\left( {3\,;\,\,2} \right) = 9 + 4 - 12 - 12 + 5 =  - 6 < 0\).

Nên \({\rm{A}}\left( {3\,;\,\,2} \right)\) ở trong (C).

Dây cung \({\rm{MN}}\) ngắn nhất thì \({\rm{IH}}\) lớn nhất.

Vì \(\Delta {\rm{SAB}}\) là tam giác đều nên \(\ell  = AB = 2r\,,\,\,h = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = r\sqrt 3 .\)

Mà \({S_{{\rm{xq}}}} = \pi {\rm{r}}\ell  = 6\pi {{\rm{a}}^2} \Leftrightarrow 2\pi {{\rm{r}}^2} = 6\pi {{\rm{a}}^2} \Leftrightarrow {\rm{r}} = {\rm{a}}\sqrt 3 \,,\;\,\,{\rm{h}} = 3{\rm{a}}.\)

Thể tích của khối nón đã cho là: \({\rm{V}} = \frac{{\pi {{\rm{r}}^2}\;{\rm{h}}}}{3} = 3\pi {{\rm{a}}^3}\). Chọn D.

Khối tròn xoay được tạo thành gồm hai phần:

• Phần thứ nhất là khối trụ có bán kính \({{\rm{R}}_1} = {\rm{CD}} = {\rm{a}}\) và chiều cao \({{\rm{h}}_1} = {\rm{l}} = {\rm{BC}} = {\rm{a}}\).

• Ta có \({{\rm{R}}_2} = {\rm{EF}} = {\rm{AF}} \cdot \tan 30^\circ  = {\rm{a}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\).

Phần thứ hai là khối nón có bán kính \({{\rm{R}}_2} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\) và chiều cao \({{\rm{h}}_2} = {\rm{AF}} = {\rm{a}}\)

\[ \Rightarrow {\rm{V}} = {{\rm{V}}_{{\rm{tru}}}} + {{\rm{V}}_{{\rm{non }}}} = \pi {\rm{R}}_1^2 \cdot {{\rm{h}}_1} + \frac{1}{3}\pi {\rm{R}}_2^2 \cdot {{\rm{h}}_2} = \pi {{\rm{a}}^2} \cdot {\rm{a}} + \frac{1}{3} \cdot \pi {\left( {\frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} \cdot {\rm{a}} = \frac{{10\pi }}{9}{{\rm{a}}^3} \cdot \] Chọn C.

Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ tam giác đều nên \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng và đáy là tam giác đều.

Ta có: \(A'{\rm{A}} \bot \left( {{\rm{ABC}}} \right) \Rightarrow \left( {A'{\rm{C}}\,;\,\,\left( {{\rm{ABC}}} \right)} \right) = \widehat {A'{\rm{CA}}} = 45^\circ \)

\( \Rightarrow A'{\rm{AC}}\) vuông cân tại \({\rm{A}} \Rightarrow A'{\rm{A}} = {\rm{AC}} = 4{\rm{a}}\).

Gọi \[I\] là giao điểm của \[BD\] và \[RQ.\] Nối \(P\) với \(I,\) cắt \[AD\] tại \(S.\)

Ta có \(\frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} \cdot \frac{{{\rm{BR}}}}{{{\rm{RC}}}} \cdot \frac{{{\rm{CQ}}}}{{{\rm{QD}}}} = 1\) mà \(\frac{{{\rm{CQ}}}}{{{\rm{QD}}}} = 2\)

sSy ra \(\frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} \cdot \frac{{{\rm{BR}}}}{{{\rm{RC}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{\rm{RC}}}}{{{\rm{BR}}}}\).

Gọi \[J\] là trung điểm \[AB\] nên \[J\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\].

Tam giác \[ABO\] vuông tại \(O\) nên \(J\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \({\rm{OAB}}\).

Gọi \[I\] là tâm mặt cầu \(\left( {\rm{S}} \right),\,\,\left( {\rm{S}} \right)\) qua các điểm \({\rm{O}},\,\,{\rm{A}},\,\,{\rm{B}}\).

Ta có đường thẳng \[IJ\] qua \({\rm{J}}\) và có một VTCP là \(\vec j = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\) nên có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = b}\\{z =  - 1}\end{array}} \right..\)

\({\rm{I}} \in \left( {{\rm{IJ}}} \right) \Rightarrow {\rm{I}}\left( {2\,;\,\,{\rm{b}}\,;\,\, - 1} \right),\,\,{\rm{IA}} = \sqrt {{{\rm{b}}^2} + 5}  \Rightarrow {\rm{IA}} \ge \sqrt 5 .\)

Dấu  xảy ra \( \Leftrightarrow {\rm{b}} = 0.\) Vậy \({\rm{I}}\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\). Chọn C.

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm.

Ta có \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\overrightarrow {{n_p}} \,;\,\,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right)\].

Suy ra phương trình tham số của \(\Delta \) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 3t{\rm{. }}}\\{z = 3 + t}\end{array}} \right.\)Chọn D.

Xét hàm số \(h\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {\left( {x - 1} \right)^2}\).

Ta có \(h'\left( x \right) = 2\left[ {f'\left( x \right) - \left( {x - 1} \right)} \right]\).

Dựa vào đồ thị của hàm \(f'\left( x \right)\) và \(y = x - 1\) như hình bên ta có bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right)\)

Giả sử \[{\rm{M}}\left( {{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{y}}\,;\,\,{\rm{z}}} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{\rm{AM}}}  = \left( {{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{y}}\,;\,\,{\rm{z}} + 1} \right)}\\{\overrightarrow {{\rm{BM}}}  = \left( {{\rm{x}} + 1\,;\,\,{\rm{y}} - 1\,;\,\,{\rm{z}}} \right)}\\{\overrightarrow {{\rm{CM}}}  = \left( {{\rm{x}} - 1\,;\,\,{\rm{y}}\,;\,\,{\rm{z}} - 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{A}}{{\rm{M}}^2} = {{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\left( {{\rm{z}} + 1} \right)}^2}}\\{{\rm{B}}{{\rm{M}}^2} = {{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2} + {{\left( {{\rm{y}} - 1} \right)}^2} + {{\rm{z}}^2}}\\{{\rm{C}}{{\rm{M}}^2} = {{\left( {{\rm{x}} - 1} \right)}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\left( {{\rm{z}} - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right.} \right.\]

\( \Rightarrow 3{\rm{M}}{{\rm{A}}^2} + 2{\rm{M}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{M}}{{\rm{C}}^2}\)

\( = 3\left[ {{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\left( {{\rm{z}} + 1} \right)}^2}} \right] + 2\left[ {{{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2} + {{\left( {{\rm{y}} - 1} \right)}^2} + {{\rm{z}}^2}} \right] - \left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\)

\( = 4{x^2} + 4{y^2} + 4{z^2} + 6x - 4y + 8z + 6 = {\left( {2x + \frac{3}{2}} \right)^2} + {\left( {2y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 2} \right)^2} - \frac{5}{4} \ge  - \frac{5}{4}.\)

Dấu  xảy ra \( \Leftrightarrow x =  - \frac{3}{4},\,\,y = \frac{1}{2},\,\,z =  - 1\), khi đó \(M\left( { - \frac{3}{4};\,\,\frac{1}{2};\,\, - 1} \right).\) Chọn D.

\({{\rm{f}}^2}\left( {\rm{x}} \right) - \left( {{\rm{m}} + 4} \right)\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| + 2\;{\rm{m}} + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left| {{{\rm{f}}^2}\left( {\rm{x}} \right)} \right|^2} - {\rm{m}}\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| - 4\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| + 2\;{\rm{m}} + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) - 2} \right|} \right)^2} - m\left( {\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| = 2 & \,(1)}\\{\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| = m + 2\, & (2)}\end{array}} \right.\).

Phương trình tương đương với \(\left| {2{x^2} - 3x - 2} \right| + {x^2} + 8x = 5a\).

Xét hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( x \right) = \left| {2{{\rm{x}}^2} - 3{\rm{x}} - 2} \right| + {{\rm{x}}^2} + 8{\rm{x}} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{{\rm{x}}^2} + 5{\rm{x}} - 2{\rm{ khi x}} \le  - \frac{1}{2},{\rm{x}} \ge 2}\\{ - {{\rm{x}}^2} + 11{\rm{x}} + 2\,\,{\rm{khi}} - \frac{1}{2} < {\rm{x}} < 2}\end{array}} \right.\).

Suy ra, bảng biến thiên của hàm \(y = f\left( x \right) = \left| {2{x^2} - 3x - 2} \right| + {x^2} + 8x\) như sau:

Yêu cầu bài toán \(5a =  - \frac{{49}}{{12}} \Leftrightarrow a =  - \frac{{49}}{{60}}\). Chọn B.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow {\rm{u}} = 1\\{\rm{x}} = 16 \Rightarrow {\rm{u}} = 4\end{array} \right.\).

Khi đó \[1 = \int\limits_1^{16} {\frac{{{\rm{f}}\left( {\sqrt {\rm{x}} } \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}}  = \int\limits_1^4 {\frac{{{\rm{2f}}\left( {\rm{u}} \right)}}{{\rm{u}}}{\rm{du}}}  = 2\int\limits_1^4 {\frac{{{\rm{2f}}\left( {\rm{x}} \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}}  \Rightarrow \int\limits_1^4 {\frac{{{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}}  = \frac{1}{2}\].

Đặt \(v = 4x \Rightarrow dv = 4dx\). Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{8} \Rightarrow v = \frac{1}{2}\\x = 1 \Rightarrow v = 4\end{array} \right.\).

Vậy \[I = {\rm{I}} = \int\limits_{\frac{1}{8}}^1 {\frac{{{\rm{f}}\left( {4{\rm{x}}} \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}}  = \int\limits_{\frac{1}{8}}^1 {\frac{{{\rm{f}}\left( {4{\rm{x}}} \right)}}{{{\rm{4x}}}}{\rm{4dx}}}  = \int\limits_{\frac{1}{2}}^4 {\frac{{{\rm{f}}\left( v \right)}}{{\rm{v}}}{\rm{dv}}}  = \int\limits_{\frac{1}{2}}^4 {\frac{{{\rm{f}}\left( x \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}} \]

\[ = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\frac{{{\rm{f}}\left( x \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}}  + \int\limits_1^4 {\frac{{{\rm{f}}\left( x \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}}  = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}.\] Chọn A.

Đặt \(X = \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\} \Rightarrow n\left( X \right) = 8\).

Gọi biến cố \({\rm{A}}\): "Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn".

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lấy từ \(X\) có dạng: \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}} \):

\({a_1} \in X\backslash \left\{ 0 \right\} \Rightarrow {a_1}\) có 7 cách chọn; \({a_2},\,\,{a_3},\,\,{a_4} \in X\backslash \left\{ {{a_1}} \right\} \Rightarrow {a_2},\,\,{a_3},\,\,{a_4}\) có \(A_7^3\) cách chọn.

Số phân tử không gian mẫu là: \(n(\Omega ) = 7.{\rm{A}}_7^3 = 1470\).

Tính số các được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, kể cả chữ số 0 đứng đầu.

Chọn 2 chữ số chẵn trong bộ \[\left\{ {0\,;\,\,2\,;\,\,4\,;\,\,6} \right\}\] có \({\rm{C}}_4^2\) cách chọn.

Chọn 2 chữ số lẻ còn lại trong bộ \(\left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,5\,;\,\,7} \right\}\) có \(C_4^2\) cách chọn.

Sau khi chọn 4 chữ số trên có \[4!\] cách xếp vị trí.

Suy ra số các số được chọn có đúng hai chữ số chẵn, kể cả chữ số 0 đứng đầu là: \(C_4^2\,.\,C_4^2\,.\,4! = 864.\)

Tính số các số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn trong đó chữ số 0 đứng đầu.

Chọn 1 chữ số chẵn trong bộ \[\left\{ {2\,;\,\,4\,;\,\,6} \right\}\] có 3 cách chọn.

Chọn 2 chữ số lẻ còn lại trong bộ \(\left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,5\,;\,\,7} \right\}\) có \(C_4^2\) cách chọn.

Sau khi chọn 3 chữ số trên có \[3!\] cách xếp vị trí.

Suy ra số các số được chọn có đúng hai chữ số chẵn trong đó chữ số 0 đứng đầu là: \[3\,.\,C_4^2\,.\,3! = 108.\]

Khi đó \({\rm{n}}({\rm{A}}) = 864 - 108 = 756\) (số).

Xác suất cần tìm là: \({\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = \frac{{{\rm{n}}\left( {\rm{A}} \right)}}{{{\rm{n}}\left( \Omega  \right)}} = \frac{{756}}{{1470}} = \frac{{18}}{{35}}\). Chọn D.

Ta có: \({V_{{\rm{S}}{\rm{.ABCD }}}} = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 2  = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Ta có \({\rm{AD'}} \bot \left( {{\rm{SDC}}} \right)\)

\( \Rightarrow {\rm{AD'}} \bot {\rm{SD}}\,;\,\,{\rm{A}}B' \bot \left( {{\rm{SBC}}} \right) \Rightarrow {\rm{A}}B' \bot {\rm{SB}}\).

Do \({\rm{SC}} \bot \left( {{\rm{A}}B'{\rm{D'}}} \right) \Rightarrow {\rm{SC}} \bot {\rm{A}}C'\).

Tam giác \[SAC\] vuông cân tại \(A\) nên \(C'\) là trung điểm của \[SC.\]

Ta có \({\rm{f'}}\left( { - 2} \right) =  - 11\). Đáp án: −11.

Ta có \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{x}} = 0\,,\,\,{\rm{x}} = 3\,,\,\,{\rm{x}} = 2\). Trong đó: \({\rm{x}} = 3\) là nghiệm bội chẵn.

Khi đó ta có bảng xét dấu:

Ta có \({\rm{d}}\left( {{\rm{M}};\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = \frac{{\left| { - 2 - 4 - 3 + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}\).

Khi đó \(a = 4\,,\,\,b = 3 \Rightarrow a + b = 7\). Đáp án: 7.

Vì chữ số 2 đứng liên giữa hai chữ số 1 và 3 nên số cần lập có bộ ba số 123 hoặc 321 .

Trường hợp 1: Số cần lập có bộ ba số 123.

Nếu bộ ba số 123 đứng đầu thì số có dạng \(\overline {123abcd} \).

Có \(A_7^4 = 840\) cách chọn bốn số a, b, c, d nên có \(A_7^4 = 840\) (số).

Nếu bộ ba số 123 không đứng đầu thì số có 4 vị trí đặt bộ ba số 123 .

Có 6 cách chọn số đứng đầu và có \({\rm{A}}_6^3 = 120\) cách chọn ba số b, c, \({\rm{d}}\).

Theo quy tắc nhân có \(6 \cdot 4 \cdot A_6^3 = 2\,\,880\) (số).

Theo quy tắc cộng có \(840 + 2\,\,880 = 3\,\,720\) (số).

Trường hợp 2: Số cần lập có bộ ba số 321 .

Do vai trò của bộ ba số 123 và 321 như nhau nên có \(2\left( {840 + 2\,\,880} \right) = 7\,\,440\).

Đáp án: 7440.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {3x + 1}  - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{3x + 1 - 1}}{{x\left( {\sqrt {3x + 1}  + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{3}{{\sqrt {3x + 1}  + 1}} = \frac{3}{2}\).

Do đó, \(a = 3,\,\,b = 2\). Vậy \(P = {a^2} + {b^2} = 13.\)

Đáp án: 13.

Số tiền thu được khi có \(x\) học sinh là: \(f\left( x \right) = x{\left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)^2}\).                                    

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)^2} - 2.\frac{1}{{40}}\left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)x = \left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {9 - \frac{x}{{40}} - \frac{x}{{20}}} \right) = \left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {9 - \frac{{3x}}{{40}}} \right)\).

\[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {9 - \frac{{3x}}{{40}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 360}\\{x = 120}\end{array}} \right..\]

\(f\left( {120} \right) = 4 \cdot 320\,;\,\,f\left( {200} \right) = 3 \cdot 200\).

Vậy \[\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0\,;\,\,200} \right]} f\left( x \right) = f\left( {120} \right) = 4\,\,320\] (nghìn đồng).

Đáp án: 4320.

Cho \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{{x^2} - 2mx + m + 6 = 0}\end{array}} \right.\).     

Trong đó \(x = 0\) là nghiệm bội chẵn, \(x = 1\) là nghiệm bội lẻ.

Để hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị thì \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0\) chỉ đổi dấu 1 lần.

Trường hợp 1: \({x^2} - 2mx + m + 6 \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow {m^2} - m - 6 \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le m \le 3\).

Do \({\rm{m}} \in \mathbb{Z}\) nên \({\rm{m}} \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\). Suy ra có 6 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn.

Trường hợp 2: Tam thức \({x^2} - 2mx + m + 6\) có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm là \(x = 1\).

Khi đó \({1^2} - 2m.1 + m + 6 = 0 \Rightarrow m = 7\).

Vậy \[m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,7} \right\}.\] Đáp án: 7.

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x - 2}\\{dv = {e^x}dx}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = {e^x}}\end{array}} \right.} \right.\)

\[ \Rightarrow \int\limits_0^1 {\left( {x - 2} \right){e^x}dx}  = \left. {\left( {x - 2} \right){e^x}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {{e^x}dx}  =  - e + 2 - \left. {{e^x}} \right|_0^1 = 3 - 2e\].

Với \(a\,,\,\,b \in \mathbb{Z} \Rightarrow a = 3\,,\,\,b =  - 2 \Rightarrow a + b = 1\).

Đáp án: 1.

Đặt \(t = {x^4} - 1 \Rightarrow f\left( t \right) = 1\,\,(*) \Leftrightarrow t = a\,,\,\,t = b\,,\,\,t = c\,\,\left( {a <  - 1 < b < 1 < c} \right)\).

Khi đó \({x^4} - 1 = a \Leftrightarrow {x^4} = 1 + a < 0\) vô nghiệm;

\({x^4} - 1 = b \Leftrightarrow {x^4} = b + 1 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt[4]{{b + 1}}\)

\({x^4} - 1 = c \Leftrightarrow {x^4} = c + 1 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt[4]{{c + 1}}.\)

Đáp án: 4.

Ta có \({z^2} + 2mz + 3m + 4 = 0\) (1); \(\Delta ' = {m^2} - 3m - 4\)

Phương trình (1) có 2 nghiệm không phải là số thực khi và chỉ khi

\(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 4\).

Với \(m\) nguyên ta nhận \[m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\].

Đáp án: 4.

Gọi \({\rm{O}}\) là trọng tâm tam giác \({\rm{ABC}}\) \( \Rightarrow A'{\rm{O}} \bot \left( {{\rm{ABC}}} \right)\) vì \(A'{\rm{.ABC}}\) là hình chóp tam giác đều. Gọi \({\rm{H}}\) là trung điểm \({\rm{AB}} \Rightarrow {\rm{CH}} \bot {\rm{AB}}\).

\({\rm{Ta}}\) có \[{\rm{AB}} = {\rm{a}} \Rightarrow {\rm{CH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,{\rm{OH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}\,;\,\,{\rm{AO}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}.\]

Áp dụng định lý Pythagore trong \[\Delta A'OA,\]ta có:

Ta có \((\alpha ):3x - 2y + z + 6 = 0\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\).

Gọi \(H\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) là hình chiếu của điểm \(A\) lên mặt phẳng \((\alpha )\).

Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{\rm{AH}}}  = {\rm{k}}{\rm{.}}\vec n}\\{{\rm{H}} \in (\alpha )}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{\rm{x}} - 2\,;\,\,{\rm{y}} + 1\,;\,\,{\rm{z}}} \right) = {\rm{k}}\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)}\\{3{\rm{x}} - 2{\rm{y}} + {\rm{z}} + 6 = 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} - 2 = 3{\rm{k}}}\\{{\rm{y}} + 1 =  - 2{\rm{k}}}\\{{\rm{z}} = {\rm{k}}}\\{3{\rm{x}} - 2{\rm{y}} + {\rm{z}} + 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 2 + 3{\rm{k}}}\\{{\rm{y}} =  - 1 - 2{\rm{k}}}\\{{\rm{z}} = {\rm{k}}}\\{3{\rm{x}} - 2{\rm{y}} + {\rm{z}} + 6 = 0}\end{array}} \right.} \right.\).

Giải hệ trên ta có: \({\rm{x}} =  - 1\,;\,\,{\rm{y}} = 1\,;\,\,{\rm{x}} =  - 1\) hay \({\rm{H}}\left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow {\rm{T}} = {{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2} = 3\).

Đáp án: 3.

Với \[a,\,\,b\] nguyên dương, ta có: \({\log _3}\left( {a + b} \right) + {\left( {a + b} \right)^3} = 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3ab\left( {a + b - 1} \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + {b^2} - ab}} + {a^3} + {b^3} + 3ab\left( {a + b} \right) = 3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right) + 3ab\left( {a + b} \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{a^3} + {b^3}} \right) + {a^3} + {b^3} = {\log _3}\left[ {3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)} \right] + 3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right).\,\,\,\,(1)\)

Xét \({\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) = {\log _3}t + t\) trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\,;\,\,{\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) = \frac{1}{{{\rm{t}} \cdot \ln 3}} + 1 > 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} > 0\)

\( \Rightarrow {\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right)\) đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)

Khi đó, phương trình \((1)\) trở thành: \({\rm{f}}\left( {{{\rm{a}}^3} + {{\rm{b}}^3}} \right) = {\rm{f}}\left[ {3\left( {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2} - {\rm{ab}}} \right)} \right]\) \( \Leftrightarrow {{\rm{a}}^3} + {{\rm{b}}^3} = 3\left( {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2} - {\rm{ab}}} \right)\)\( \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)(a + b - 3) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} - ab = 0\,\,\,(1)}\\{a + b - 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\).

Ta có \({a^2} + {b^2} - ab = {\left( {a - \frac{b}{2}} \right)^2} + \frac{{3{b^2}}}{4} > 0\,,\,\,\forall a,\,\,b \in {\mathbb{N}^*}\). Do đó (1) vô nghiệm.

\((2) \Leftrightarrow a + b = 3.\) Mà \(a,\,\,b \in {\mathbb{N}^*}\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 1}\end{array}\,;\,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Đáp án: 2.

Gọi \[I\] là trung điểm của đoạn \({\rm{AD}}{\rm{.}}\)

Ta có \(AI\,\,{\rm{//}}\,\,BC\) và \({\rm{AI}} = {\rm{BC}}\) nên tứ giác \({\rm{ABCI}}\) là hình vuông hay \(CI = a = \frac{1}{2}AD\).

Do đó \(\Delta ACD\) là tam giác vuông tại \(C.\)

Kẻ \({\rm{AH}} \bot {\rm{SC}}\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{AC}} \bot {\rm{CD}}}\\{{\rm{CD}} \bot {\rm{SA}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{CD}} \bot \left( {{\rm{SCA}}} \right)} \right.\)

Gọi các yếu tố như hình vẽ, diện tích phần phải xây của bể là phần xung quanh và đáy.

Từ “từ trần” dùng chưa hợp lí. Nên thay bằng từ “hi sinh”. Chọn D.

Từ láy là loại từ được tạo thành từ hai tiếng trở lên. Các tiếng có cấu tạo giống nhau hoặc tương tự nhau về vần, tiếng đứng trước hoặc tiếng đứng sau. Chọn A.

Câu văn trên giới thiệu về từ điển (bản ghi đáng tin cậy, quy tắc sử dụng ngôn ngữ). Căn cứ vào từ “truyền thống” xác định được từ sai là “kim từ điển” (từ điển điện tử) đang dùng sai nghĩa nên cần thay thế bằng “từ điển”. Chọn B.

Văn học dân gian được sáng tác theo lối tập thể và truyền miệng. Chọn C.

Tư tưởng nghệ thuật không bao giờ là tri thức trừu tượng một mình trên cao. Một câu thơ, một trang truyện, một vở kịch, cho đến một bức tranh, một bản đàn, ngay cả khi làm chúng ta rung động trong cảm xúc, có bao giờ để trí óc chúng ta nằm lười yên một chỗ. Chọn A.

Tác phẩm “Hai đứa trẻ” thuộc thể loại truyện. Các tác phẩm còn lại đều thuộc thể loại thơ. Chọn C.

Tác phẩm “Sóng” viết về đề tài tình yêu. Các tác phẩm còn lại viết về đề tài cách mạng, cuộc kháng chiến, con người kháng chiến. Chọn A.

“dự thính” có nghĩa tham dự vào để nghe chứ không có tư cách thành viên chính thức; các từ còn lại trong nhóm (dự tính, dự báo, dự đoán) có nghĩa chung là: nhận định trước, đoán trước một sự việc trong tương lai. Chọn C.

Từ “vừa rồi” có ý nghĩa chỉ thời gian; các từ còn lại trong nhóm (vừa mắt, vừa ý, vừa lòng) chỉ sự ưng ý, hài lòng, vui thích...nói chung. Chọn C.

Tuyên ngôn Độc lập” - Văn chính luận. “Rừng xà nu, Chiếc thuyền ngoài xa, Vợ nhặt” - Truyện ngắn → Chọn A.

Cơ quan khí tượng sẽ cung cấp các vấn đề liên quan về khí tượng, thiên văn nên đáp án đúng là không khí. Chọn C.

Trong văn Nguyễn Tuân, hai phẩm chất uyên bác và tài hoa không tồn tại tách rời nhau, mà trái lại, luôn luôn hòa quyện với nhau và hỗ trợ, bổ sung cho nhau. Chọn C.

Độc lập và thống nhất đất nước không những gắn với nhau mà còn gắn với chủ nghĩa xã hội. Chọn A.

Xuân Diệu và Xuân Quỳnh là hai tác giả thuộc hai thế hệ khác nhau nhưng trong cảm thức về tình yêu - một chủ đề muôn thuở - vẫn có những điểm gần gũi. Chọn D.

Việt Bắc là khúc hùng ca và cũng là khúc tình ca về cách mạng về cuộc kháng chiến và con người kháng chiến. Chọn A.

Những hành động như dự tính sắp xếp nhà cửa sau khi hai chị em đi lính ra sao, đưa thằng Út sang ở với chú Năm, cái nhà cho xã mượn mở trường học,... thể hiện Chiến là người con gái đảm đang, tháo vát, lo nghĩ chu toàn trong mọi việc. Chọn B.

Xét ngữ cảnh, nội dung phía sau dấu gạch ngang: “món nào cũng mang dấu ấn tài hoa của người chế biến” giải thích cho giá trị của các món ăn cổ truyền trong ngày Tết. Dấu gạch ngang trong câu có tác dụng: Đánh dấu bộ phận chú thích, giải thích. Chọn C.

So sánh: Tiếng Việt – đất cày, lụa, óng tre ngà, mềm mại như tơ. Để nhấn mạnh vẻ đẹp của Tiếng Việt uyển chuyển, linh hoạt, giàu âm sắc. Chọn A.

Biện pháp hoán dụ “trăm nơi” chỉ mọi người sống ở khắp nơi. Tác giả muốn tình yêu của mình được hòa cùng tình yêu của muôn người. Đó là tình yêu to lớn, tình yêu gắn bó. Tình yêu đó bao la và rộng lớn. Chọn B.

Từ điển tích của Thuần Vu Phần cho thấy ý nghĩa của câu thơ: phú quý chỉ là một giấc chiêm bao. Chọn C.

Quan điểm nghệ thuật trong đoạn trích là của nhà văn Nam Cao. Chọn C.

Hình ảnh “mặt trời” trong đoạn trích biểu tượng cho ánh sáng của Đảng, ánh sáng của lí tưởng cộng sản. Chọn B.

Ngu cầm là đàn của vua Ngu Thuấn. Ngu là tên triều đại huyền thoại do vua Thuấn lập nên. Vào thời đó, đất nước thanh bình, nhân dân no đủ. Tương truyền, vua Nghiêu có ban cho vua Thuấn một cây đàn. Lúc nhàn rỗi, vua Thuấn thường gảy đàn ca khúc Nam phong. Việc sử dụng điển tích Ngu cầm và gợi lại khúc Nam phong giúp Nguyễn Trãi thể hiện ước mong đất nước thanh bình, dân no đủ giàu mạnh một cách hàm súc, cô đọng. Chọn B.

Đoạn trích thể hiện nét nổi bật của văn xuôi Thạch Lam đó là giàu chất thơ. Chọn A.

Các kết hợp “dựng vợ gả chồng, ăn nên làm nổi, sinh con đẻ cái” là các thành ngữ. Chọn B.

Trong đoạn trích trên, lụa, mực, bút được sử dụng để viết thư pháp. Chọn A.

“Lao xao” là từ láy tả âm thanh từ xa vọng lại. Đó là âm thanh của chợ cá, không ồn ào náo nhiệt mà chỉ là những xáo động, đủ để gợi lên một cuộc sống thanh bình. Đây là âm thanh duy nhất thuộc về thế giới con người trong bài thơ. Nó làm nên chất thơ của cuộc sống nhân sinh. “Dắng dỏi” cũng là từ láy gợi lên âm thanh như muốn ngân lên không dứt của bản đàn tiếng ve. Chính điều này khiến cho ánh tịch dương trong câu thơ không còn đem lại cái buồn bàng bạc mà đã làm cho ánh nắng chiều bừng lên, ấm áp, thơ mộng. Chọn A.

Câu thơ “Ở bầu thì dáng ắt nên tròn” mượn ý từ thành ngữ dân gian: Ở bầu thì tròn, ở ống thì dài. Chọn C.

Câu thơ “Bước chân nát đá, muôn tàn lửa bay” sử dụng phép nói quá. Chọn C.

Phương án A, B, D đều là những sự kiện có tác động thúc đẩy phong trào yêu nước Việt Nam đầu thế kỉ XX.

Phương án C không đúng vì cách mạng dân chủ tư sản ở Nga 1905-1907 không có tác động đến cách mạng Việt Nam. Chọn C.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

A, D loại vì cuối thế kỉ XIX, nhiệm vụ đấu tranh chỉ là giành độc lập dân tộc.

B loại vì giai đoạn này chưa có mặt trận dân tộc thống nhất, phải từ năm 1936 trở đi mới thành lập Mặt trận dân tộc thống nhất để lãnh đạo đấu tranh. Chọn C.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

A loại vì trật tự hai cực Ianta được hình thành gồm các nước TBCN dứng đầu là Mĩ và Liên Xô là nước XHCN.

B chọn vì trật tự thế giới theo hệ thống Vécxai - Oasinhtơn và trật tự thế giới hai cực Ianta đều phản ánh quá trình thỏa hiệp và đấu tranh giữa các cường quốc.

C loại vì trong hệ thống Véc xai - Oa sinh tơn, các nước đều thuộc phe TBCN.

D loại vì lợi ích của mỗi nước là khác nhau và mâu thuẫn về lợi ích vẫn luôn tồn tại. Chọn B.

Nguyên nhân sâu xa của cuộc cách mạng khoa học-công nghệ nửa sau thế kỉ XX là do nhu cầu đời sống vật chất và tỉnh thần ngày càng cao của con người.

Chọn D

Tháng 1-1946, quân Anh rút khỏi miền Nam Việt Nam và trao "toàn quyền" cho Pháp. Đây là minh chứng rõ rệt cho việc Anh ủng hộ, giúp đỡ Pháp xâm lược trở lại Việt Nam lần thứ hai. Chọn B.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

Lúc này Pháp và quân Trung Hoa Dân quốc đã kí Hiệp ước Hoa - Pháp, để tránh 1 lúc phải đối phó với nhiều kẻ thù thì Đảng và Chính phủ ta đã rất linh hoạt và đúng đắn khi kí kết Hiệp định Sơ bộ với Pháp. Với Hiệp định này, ta vừa đuổi được 20 vạn quân Trung Hoa Dân quốc về nước, vừa tranh thủ được thời gian hòa hoãn để chuẩn bị cho cuộc kháng chiến về sau. Chọn A.

B loại vì Chính phủ ta không thỏa hiệp.

C loại vì kí Hiệp định Sơ bộ thì cả ta và Pháp đều có lợi nên không thể nói đây là thắng lợi của Pháp trên mặt trận ngoại giao.

D loại vì lúc này lực lượng cách mạng của ta không suy yếu.

Hội nghị Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Đông Dương (5/1941) đã xác định kẻ thù của cách mạng là đế quốc phát xít Pháp-Nhật và tay sai. Chọn D.

Phía bắc khu vực Mỹ La-tinh tiếp giáp với Hoa Kỳ. Chọn A.

Ngành dịch vụ Hoa Kỳ có nhiều ngành phát triển chứ không phải chủ yếu là du lịch. Chọn D.

Đặc điểm thiên nhiên nổi bật của miền Bắc và Đông Bắc Bắc Bộ nước ta là gió mủa Đông Bắc hoạt động mạnh, tạo nên mủa đông lạnh nhất ở nước ta. Địa hình cánh cung đón gió khiến cho gió mùa Đông Bắc hoạt động với cường độ mạnh. Chọn D.

Ảnh hưởng lớn nhất của biển Đông đến thiên nhiên nước ta là yếu tố khí hậu. Biển Đông là kho dự trữ nhiệt ẩm dồi dào, làm biến tính các khối khí qua biển, mang lại cho nước ta lượng mưa và độ ẩm lớn; đồng thời làm giảm tính khắc nghiệt của thời tiết lạnh khô trong mùa đông và làm dịu bớt thời tiết nóng bức trong mùa hạ. Nhờ có biển Đông, khí hậu nước ta mang đặc tính của khí hậu hải dương, điều hòa hơn, khác hẳn với thiên nhiên các nước cùng vĩ độ ở Tây Nam Á và Bắc Phi. Chọn C.

Tỉnh có diện tích cây công nghiệp lâu năm lớn nhất ở vùng Bắc Trung Bộ là Quảng Trị. Chọn D.

Biểu đồ tròn → thể hiện cơ cấu → Chọn C.

Kinh tế Nhà nước giữ vai trò chủ đạo vì đang nắm giữ các ngành và lĩnh vực kinh tế then chốt.

A. Chiếm tỉ trọng cao nhất trong cơ cấu GDP. → Kinh tế Nhà nước không chiếm tỉ trọng cao nhất trong GDP.

B. Nắm giữ các ngành và lĩnh vực kinh tế then chốt. → đúng. Chọn B.

C. Chi phối tất cả các thành phần kinh tế khác. → sai, không chi phối tất cả các ngành.

D. Số lượng doanh nghiệp thành lập mới nhiều nhất. → sai, không có nhiều số lượng doanh nghiệp thành lập mới nhiều nhất.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, dâu tằm, dừa. → dừa là cây lâu năm

B. mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, hồ tiêu, thuốc lá. → hồ tiêu là cây lâu năm

C. mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, dâu tằm, thuốc 1á. → đúng. Chọn C.

D. mía, lạc, đậu tương, bông, đay, chè, dâu tằm, thuốc lá. → chè là cây lâu năm

Đồng bằng sông Hồng có dân số đông cộng thêm nguồn lao động từ các vùng khác đến nên vùng có nguồn lao động rất lớn. Trong khi kinh tế của vùng còn chậm phát triển, số việc làm tạo ra không đủ để đáp ứng cho số lao động trong vùng dẫn đến nhiều nhiều vấn đề việc làm trong vùng. Chọn C.

Để khắc phục tình trạng đất nhiễm phèn, mặn ở Đồng bằng sông Cửu Long, trong nông nghiệp cần có giải pháp phát triển thuỷ lợi để thau chua rửa mặn vào mùa khô kết hợp với việc lựa chọn cơ cấu cây trồng thích hợp với điều kiện khí hậu và thổ nhưỡng (cây chịu phèn, chịu mặn). Chọn D.

Dựa vào thời gian phát quang để phân biệt huỳnh quang và lân quang. Chọn A.

Nhận xét: Điện trường giữa hai tấm kim loại tích điện trái dấu là điện trường đều có cường độ E.

Lực điện tác dụng lên điện tích là:

Chuyển động của điện tích có phương trình là:

Động năng của hạt là:

→ Đồ thị động năng E_k theo quãng đường x là đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Chọn D.

Chiều dài dây dẫn là: \[L = 2\ell = 2.18 = 36\,m\]

Độ phóng xạ của hạt nhânlà:

 Chọn A

Điện năng biến đổi gần như hoàn toàn thành nhiệt năng ở bàn ủi điện. Chọn A.

Từ trường trong lòng ống dây là:

Tiết diện của ống dây là:

Từ thông gửi qua vòng dây đúng bằng từ thông gửi qua tiết diện của ống dây

Độ lớn suất điện động tự cảm trong vòng dây là:

Chọn D.

Điểm Z dao động với biên độ bằng 0 → Z là một điểm cực tiểu, ta có:

Với

. Chọn C.

Sự cố gãy cầu là do xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ ở cầu. Chọn B.

Khoảng cách từ Trái Đất đến chòm sao Nhân Mã là:

Cường độ của tín hiệu tại chòm sao Nhân Mã là:

Chọn C.

Khoảng vân trong hai trường hợp ánh sáng có bước sóng khác nhau là:

Đáp án. 1,50 m.

Hỗn hợp gồm alkane và alkene.

* Tác dụng với \[B{r_2}\]:

\({n_{B{r_2}}} = {n_{alkene}} = 0,35\,mol \to {n_{alkane}} = 0,57 - 0,35 = 0,22\,mol\)

* Đốt X: Đặt số mol \[C{O_2}\] là x và số mol của \[{H_2}O\]là y (mol)

Ta có:\({n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = {n_{alkane}}\)

→ y - x = 0,22            (1)

Bảo toàn nguyên tố O

→

→ 2.2,45 = 2x + y

→ 2x + y = 4,9           (2)

Từ (1), (2) → x = 1,56 và y = 1,78

Bảo toàn nguyên tố C → \[{n_{C\,\,(X)}}\; = {n_{C{O_2}}} = 1,56{\rm{ }}mol\]

Bảo toàn nguyên tố H → \[{n_{H\,(X)}}\; = 2.{n_{{H_2}O}} = 3,56{\rm{ }}mol\]

Vậy \[m{\rm{ }} = {m_C}\; + {\rm{ }}{m_H}\; = 1,56.12 + 3,56.1 = 22,28{\rm{ }}gam.\]

Chọn D.

* Gọi \(\left\{ \begin{array}{l}{m_{CuS{O_4}.5{H_2}O}} = x\,gam\\{m_{dd\,\,CuS{O_4}\,\,4\% }} = y\,gam\end{array} \right.\)

⟹ \({m_{dd\,\,CuS{O_4}\,\,8\% }} = {m_{CuS{O_4}.5{H_2}O}} + {m_{dd\,\,CuS{O_4}\,4\% }}\)

⟹ x + y = 500            (1)

* Khối lượng \[CuS{O_4}\] có trong tinh thể \[CuS{O_4}.5{H_2}O\]là

(g)

Khối lượng \[CuS{O_4}\] có trong dung dịch \[CuS{O_4}\] 4% là

(g)

Khối lượng \[CuS{O_4}\] có trong 500 g dung dịch \[CuS{O_4}\] 8%:

(g)

BTKL ⟹(2)

Từ (1) và (2) ⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{100}}{3} \approx 33,33\,\,gam\\y = \frac{{1400}}{3} \approx 466,67\,gam\end{array} \right.\)

Vậy cần lấy 33,33 gam tinh thể \[CuS{O_4}.5{H_2}O\]và 466,67 gam dung dịch \[CuS{O_4}\] 4% để điều chế 500 gam dung dịch \[CuS{O_4}\] 8%.

Chọn B.

- Loại tơ không phải tơ tổng hợp sẽ thuộc loại tơ thiên nhiên hoặc tơ bán tổng hợp (tơ nhân tạo). Trong các loại tơ đề bài cho chỉ có tơ acetat là tơ bán tổng hợp, các loại tơ còn lại là tơ tổng hợp.

- Tơ acetate là tơ bán tổng hợp được chế biến từ polymer thiên nhiên bằng phương pháp hóa học.

- Tơ thiên nhiên thường gặp: bông, len, tơ tằm, ...

- Tơ bán tổng hợp (tơ nhân tạo) thường gặp: tơ visco, tơ acetat, tơ cellulose, ...

- Tơ tổng hợp thường gặp: tơ polyamide (nylon, capron...), tơ lapsan (tơ polyester), tơ nitron, tơ clorin, ...

Chọn D.

Sơ đồ: \(12,95\left( g \right)\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{C_x}{H_y}N}\\{{C_n}{H_{2n}}}\\{{C_m}{H_{2m + 2}}}\end{array}} \right. + {O_2}:a \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2}:0,85\,mol}\\{{H_2}O:b\,mol}\\{{N_2}:0,025\,mol}\end{array}} \right.\)

+) BTKL:

\[\begin{array}{l}{m_{hh{\rm{ }}A}} + {\rm{ }}{m_{{O_2}}} = {\rm{ }}{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}} + {\rm{ }}{m_{{N_2}}}\\ \Rightarrow 12,95 + 32a = 0,85 \cdot 44 + 18b + 0,025 \cdot 28\\ \Rightarrow 32a - 18b = 25,15\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\end{array}\]

+) BTNT O:

\[\begin{array}{l}2{n_{{O_2}}} = {\rm{ }}2{n_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{n_{{H_2}O}}\\2a = 2 \cdot 0,85 + b\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array}\]

Giải hệ (1) (2) được \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1,3625\\b = 1,025\end{array} \right.(mol)\)

⟹ V = 22,4.1,3625 = 30,52 lít.

Chọn B.

 $\overline{\text{R}}OH\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{ll}{\text{CO}}_2& 0,6 \text{mol}\\ {\text{H}}_2\text{O}& 1 \text{mol}\end{array}\right.$

 $\overline{\text{R}}OH\stackrel{+{\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}H}}_2{\text{SO}}_4}{\to }5,72$ gam hỗn hợp ether \(\left( {\frac{{{{\rm{M}}_{{\rm{ether }}}}}}{{{M_{{{\rm{H}}_2}}}}} = 28,6} \right)\)

Vì đốt cháy A cho \[{n_{{H_2}O}} > {n_{C{O_2}}}\]nên A là các alcohol no, đơn chức.

Với phần 1: \({n_{alcohol}} = {n_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} - {n_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 1 - 0,6 = 0,4 \to \bar C = \frac{{0,6}}{{0,4}} = 1,5 \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{OH}}:a}\\{{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}:b}\end{array}} \right.\)

\( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 0,4}\\{a + 2b = 0,6}\end{array}\quad \to a = b = 0,2\,\,(\;{\rm{mol}})} \right.\)

Với phần 2: Gọi số mol các alcohol bị ether hóa là:

\( \to \left\{ \begin{array}{l}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{OH}}:x\\{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}:y\end{array} \right. \to {n_{{\rm{ether}}}} = {n_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = \frac{{5,72}}{{2 \cdot 28,6}} = 0,1 \to x + y = 0,1 \cdot 2 = 0,2\,mol\)

\( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 0,2}\\{32x + 46y = 7,52}\end{array}} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,12 \Rightarrow {H_{C{H_3}OH}} = 60\% \\y = 0,08 \Rightarrow {H_{{C_2}{H_5}OH}} = 40\% \end{array} \right.\)

Chọn B.

1,2g chất hữu cơ $\stackrel{+{\text{O}}_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}{\text{CO}}_2\stackrel{+0,05 \text{mol\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}Ca}{\left(\text{OH}\right)}_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}0,04 {\text{mol\hspace{0.17em}CaCO}}_3\downarrow \\ \text{Ca}{\left({\text{HCO}}_3\right)}_2\stackrel{t°}{\to }{\text{CaCO}}_3\downarrow \end{array}\right.\\ {\text{H}}_2\text{O\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}0,08 \text{mol}\end{array}\right.$

Vì \[C{O_2}\]tác dụng với \[Ca{\left( {OH} \right)_2}\]thu được kết tủa, lọc kết tủa đun nóng dung dịch lại thu được kết tủa nữa → Thu được 2 muối \[CaC{O_3}\] (0,04 mol) và \[Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2}\](a mol).

Bảo toàn Ca: \(0,04 + a = 0,02 \cdot 2,5 \Rightarrow a = 0,01\) (mol).

Bảo toàn C:

\(\begin{array}{l}{n_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,04 + 0,01 \cdot 2 = 0,06(\;{\rm{mol}}) \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{C}}} = 0,06\,(\;{\rm{mol}})\\ \Rightarrow \% {\rm{C}} = \frac{{0,06 \cdot 12 \cdot 100\% }}{{1,2}} = 60\% \end{array}\)

\(\begin{array}{l}{n_{{H_2}O}} = 0,08(mol) \Rightarrow {{\rm{n}}_H} = 0,16\,mol\\ \Rightarrow \% {\rm{H}} = \frac{{0,16 \cdot 100\% }}{{1,2}} = 13,33\% \end{array}\)

\(\% O = 100\% - (60\% + 13,33\% ) = 26,67\% \)

Chọn C.

Đặt số mol \[Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2}\]và \[KN{O_3}\]lần lượt là x, y mol

→ 188 x + 101y = 34,65        (1)

Nhiện phân hỗn hợp:

 $\begin{array}{l}2Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\stackrel{t^o}{\to }2CuO+\text{ 4}N{O}_2+ O_2\\ x 2x 0,5xmol\\ 2KN{O}_3\stackrel{t^o}{\to }2KN{O}_2+O_2\\ y 0,5ymol\end{array}$

Hỗn hợp khí X thu được gồm 2x mol \[N{O_2}\]và \((0,5x + 0,5y)\,mol\,{O_2}\)

Ta có: \({\overline M _X} = \frac{{{m_{hh}}}}{{{n_{hh}}}} = \frac{{46 \cdot 2x + 32 \cdot (0,5x + 0,5y)}}{{2x + 0,5x + 0,5y}} = 18,8 \cdot 2\)

→ 14x = 2,8y (2)

Từ (1) và (2) ta có x = 0,05; y = 0,25

→ \[{m_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 9,4{\rm{ }}gam.\]

Chọn D.

Có 4 dung dịch có phản ứng với \[Ba{\left( {OH} \right)_2}:{\rm{ }}NaHC{O_3},{\rm{ }}HCl,{\rm{ }}Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2},{\rm{ }}F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}.\]

PTHH:

            \[2NaHC{O_3} + {\rm{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}N{a_2}C{O_3} + {\rm{ }}BaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O\]

            (hoặc \[N{a_2}C{O_3} + {\rm{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}BaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2NaOH\])

            \[2HCl{\rm{ }} + {\rm{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}BaC{l_2} + {\rm{ }}2{H_2}O\]

           \[Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2} + {\rm{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}CaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}BaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O\]

            \[F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + {\rm{ }}3Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}2Fe{\left( {OH} \right)_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}3BaS{O_4} \downarrow \]

Chọn A.

Các dữ kiện đề bài có thể tóm tắt lại thành sơ đồ sau:

- Hòa tan Y trong HCl

\(\begin{array}{l}{{\rm{O}}^{2 - }} + 2{{\rm{H}}^ + } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\0,12\,\,\,0,24\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{mol}}\end{array}\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{0,12}}{2} = 0,06\;{\rm{mol}}\)

- Cho \(AgN{O_3}\)vào dung dịch Z

\(\begin{array}{l}A{g^ + } + C{l^ - } \to AgCl \downarrow \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x + 0,24\,(mol)\\A{g^ + } + F{e^{2 + }} \to F{e^{3 + }} + Ag \downarrow \end{array}\)

Xét trên toàn bộ quá trình dễ dàng thấy có \[{O_2},{\rm{ }}C{l_2},{\rm{ }}A{g^ + }\]nhận e, Mg nhường 2e; Fe nhường 3e.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2.0,08 + 3.0,08 = 0,06 \cdot 4 + 2x + y}\\{108y + (2x + 0,24) \cdot 143,5 = 56,69}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,07}\\{y = 0,02}\end{array}} \right.} \right.(mol)\)

\(\% {V_{C{l_2}}} = \frac{{0,07}}{{0,07 + 0,06}} \cdot 100\% = 53,85\% .\)

Chọn D.

Các dữ kiện đề bài có thể tóm tắt lại thành sơ đồ sau:

Nhận thấy Y tham gia phản ứng tráng bạc nên Y có muối HCOONa.

Mặt khác Y có muối chứa 19,83% Na về khối lượng \( \Rightarrow {\rm{Y}}\) có \[{C_6}{H_5}ONa.\]

\(\frac{Y}{2}\left\{ \begin{array}{l}{\rm{HCOONa}}:0,075\;{\rm{mol}}\\{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{ONa}}:a\;{\rm{mol}}\end{array} \right.\)

 $n_{{\text{Na}}_2{\text{CO}}_3}=0,1mol\stackrel{\text{ BTNT Na}}{\to }0,075+a=0,1\cdot 2\Rightarrow a=0,125mol$

Khi cho X tác dụng vừa đủ với dung NaOH, thu được sản phẩm là dung dịch Y chỉ chứa hai muối nên A là \(HCOO{C_6}{H_5}\)và B là \({C_6}{H_5}OH\) (A, B đơn chức và có M > 50)

Tính trong m gam X thì \(\left\{ \begin{array}{l}HCOO{C_6}{H_5}:\,0,15\,mol\\{C_6}{H_5}OH\end{array} \right.\)

Đáp án: 27,7

Hình trên mô tả hình thức sinh sản bằng cách nảy chồi ở thủy tức. Chọn B.

Thanh long là cây ngày dài. Việc thắp đèn vào ban đêm có tác dụng biến đêm dài thành 2 đêm ngắn, nhằm kích thích cây thanh long ra hoa trái vụ. Chọn A.

Trong thí nghiệm trên, hạt đang nảy mầm sẽ hô hấp mạnh tạo ra khí CO₂, nhiệt lượng và hấp thụ khí O₂. Khí CO_­2 tạo ra sẽ bị hấp thụ bởi vôi xút tạo thành canxi cacbônat. Do đó:

A. Sai. Hạt nảy mầm hô hấp mạnh hấp thụ khí O₂ và tạo ra khí CO₂ nhưng CO₂ tạo ra bị hấp thụ bởi vôi xút dẫn tới thể tích không khí trong ống nghiệm giảm kéo giọt nước màu về phía vị trí 4, 3, 2, 1.

B. Sai. Quá trình hô hấp của hạt nảy mầm sinh ra nhiệt nên nhiệt độ sẽ tăng lên.

C. Đúng. Khí CO_­2 tạo ra từ quá trình hô hấp của hạt sẽ bị hấp thụ bởi vôi xút tạo thành canxi cacbônat.

D. Sai. Hạt nảy mầm hấp thụ khí O₂ dẫn đến nồng độ khí O₂ trong ống nghiệm sẽ giảm.

Chọn C.

→ Trong các thể đột biến đã cho, thể một (2n – 1) có số lượng NST trong tế bào sinh dưỡng giảm so với thể lưỡng bội thuộc loài này. Chọn B.

\(\frac{{AB}}{{ab}}\) giảm phân có hoán vị cho 4 loại giao tử. \(\frac{{ab}}{{ab}}\) giảm phân chỉ cho 1 loại giao tử. Vậy F₁ có tối đa 4 loại kiểu gen. Chọn D.

A. Sai. Ví dụ: Dung hợp tế bào mang Aa và tế bào mang Bb, tạo thành thể song nhị bội AaBb, tứ bội hóa tế bào này tạo thành thể tứ bội AAaaBBbb (không thuần chủng).

B. Sai. Ví dụ: Lai cây mang AA với cây mang BB, tạo ra cây lai AB (thể mang bộ nhiễm sắc thể đơn bội của 2 loài → không thuần chủng).

C. Đúng. Phương pháp nuôi cấy hạt phấn rồi lưỡng bội hóa hạt phấn đó và nuôi cấy mô tế bào để hình thành một cây hoàn chỉnh sẽ tạo cây thuần chủng về tất cả các gen.

D. Sai. Đem lai giữa 2 dòng thuần khác nhau được hạt lai dị hợp, lấy đỉnh sinh trưởng của cây lai nuôi cấy mô sẹo để tạo ra cây con thì cây con này cũng sẽ mang kiểu gen dị hợp như hạt lai.

Chọn C.

- Hội chứng Claiphentơ (XXY) chỉ xuất hiện ở nam mà không gặp ở nữ.

- Bệnh ung thư máu, bệnh bạch tạng, hội chứng Đao đột biến ở NST thường nên ở cả nam và nữ đều có thể bị bệnh với xác suất tương đương nhau.

- Bệnh mù màu và bệnh máu khó đông do gen lặn nằm trên NST giới tính X quy định nên bệnh chủ yếu xuất hiện ở nam mà ít gặp ở nữ.

→ Trong số 6 bệnh nói trên thì có 2 bệnh thoả mãn điều kiện bài. Chọn B.

C. Sai. Cách li địa lí chỉ duy trì sự khác biệt về tần số alen, thành phần kiểu gen do các nhân tố tiến hóa gây ra chứ không có vai trò trực tiếp làm biến đổi tần số alen và thành phần kiểu gen của quần thể theo một hướng xác định. Chọn C.

Áp dụng công thức tính mật độ cá thể = tổng số cá thể/ diện tích, ta có:

→ Quần thể có mật độ cao nhất là quần thể IV. Chọn D.

Trong các kiểu gen của P, cây thân cao, hoa đỏ được tạo ra nhờ sự tự thụ của: 0,3 AABb : 0,4 AaBb.

0,3 AABb tự thụ → AAB- ở F₂ là: $0,3\times (1-bb)=0,3\times \left(1-\frac{1-\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2^2$}\right.}{2}bb\right)=\frac{3}{16}.$

0,4 AaBb tự thụ → A-B- ở F₂ là:

$0,4\times (1-aa)\times (1-bb)=0,4\times \left(1-\frac{1-\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2^2$}\right.}{2}aa\right)\times \left(1-\frac{1-\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2^2$}\right.}{2}bb\right)=\frac{5}{32}.$

→ Cây thân cao, hoa đỏ ở F₂ chiếm tỉ lệ: \(\frac{3}{{16}} + \frac{5}{{32}} = \frac{{11}}{{32}}.\)

Cây thân cao, hoa đỏ dị hợp 2 cặp gen (AaBb) được tạo ra nhờ sự tự thụ của: 0,4 AaBb → Cây thân cao, hoa đỏ dị hợp 2 cặp gen (AaBb) ở F₂ là: \(0,4 \times \frac{1}{{{2^2}}}Aa \times \frac{1}{{{2^2}}}Bb = \frac{1}{{40}}.\)

→ Trong tổng số cây thân cao, hoa đỏ ở F₂, có \[\frac{{1/40}}{{11/32}} = \frac{4}{{55}}\] số cây có kiểu gen dị hợp 2 cặp gen. 

Đáp án: \(\frac{4}{{55}}.\)

Thao tác lập luận chính trong đoạn văn: Phân tích. Chọn B.

Đoạn văn được viết theo kiểu diễn dịch. Câu chủ đề nằm ở đầu đoạn, các câu còn lại trong đoạn làm rõ nội dung được thể hiện trong câu chủ đề. Chọn A.

Nội dung chính mà văn bản đề cập: Cách đọc, tư thế của một người đọc văn thật sự. Chọn C.

Biện pháp tu từ chính được thể hiện trong văn bản là liệt kê: Một là, hai là, ba là,….. Chọn B.

Dựa vào các câu văn: Đọc, trong nghĩa đó là một trò chơi. Nơi mỗi người đọc có ba nhân vật chồng lên nhau, tác động lên nhau. Một là người đọc bằng xương bằng thịt, hai chân đụng đất, vẫn còn ý thức liên hệ với thế giới bên ngoài. Hai là, người đọc bị lôi cuốn, đang ngao du trong thế giới tưởng tượng của cảm xúc. Ba là, người đọc suy tư, đưa vào trò chơi sự chú ý, sự suy nghĩ, sự phán đoán của tri thức. Chọn B.

Những chi tiết “Hắn bâng khuâng như tỉnh dậy, hắn thấy miệng đắng, lòng mơ hồ buồn,….” cho thấy đoạn trích nói về tâm trạng của Chí Phèo sau khi tỉnh cơn say. Chọn A.

Những chi tiết: Tiếng chim hót ngoài kia vui vẻ quá, Có tiếng cười nói của những người đi chợ. Anh thuyền chài gõ mái chèo đuổi cá. Chọn B.

Chi tiết “….Hắn nôn nao buồn, là vì mẩu chuyện ấy nhắc cho hắn một cái gì rất xa xôi. Hình như có một thời hắn đã ao ước có một gia đình nho nhỏ” cho thấy nguyên nhân nỗi buồn của Chí là đã đánh mất những ước mơ tốt đẹp một thời. Chọn C.

Nội dung của đoạn trích là tâm trạng của Chí Phèo sau khi tỉnh rượu, cho thấy tài năng của Nam Cao trong việc miêu tả nội tâm nhân vật. Chọn C.

Xác định đoạn trích có các câu 6 chữ và câu 8 chữ đan xen nhau nên đây là thể thơ lục bát. Chọn A.

Xác định từ khóa “như” trong câu thơ. So sánh: “Không gian như có dây tơ” dùng để diễn tả không gian mong manh như sợi tơ. Chọn A.

Văn bản được đưa ra là một bài thơ (một tác phẩm nghệ thuật) nên phong cách ngôn ngữ được sử dụng trong bài thơ này là phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn C.

Đọc và tìm kiếm các từ “lá hồng”, “bông hường”, “ruộng nương”, “lau lách” trong bài thơ:

- Lá hồng: xuất hiện trong câu thơ (3): “Lá hồng rơi lặng ngõ thuôn”.

- Bông hường: xuất hiện trong câu thơ (5): “Phất phơ hồn của bông hường”.

- Ruộng nương: không xuất hiện.

- Lau lách: xuất hiện trong câu thơ (8): “E bên lau lách thuyền không vắng bờ”.

→ Chọn C.                           

- “Tôi buồn không hiểu vì sao tôi buồn” và “Lòng không sao cả hiu hiu khẽ buồn” chính là nỗi buồn vu vơ, vô cớ.

- “Lá hồng rơi lặng”, “phất phơ hồn của bông hường”, “gió nhớ qua sông” ... diễn tả nỗi buồn của tác giả thấm vào cảnh vật, khiến cho cả không gian đượm màu buồn bã.

Như vậy, cảm xúc chủ đạo được nhà thơ thể hiện trong văn bản là nỗi buồn vu vơ thấm đượm lên cảnh vật. Chọn B.

Chủ đề của đoạn trích nằm ở đoạn văn số (1): Tất cả các sinh vật sống đều có những đặc điểm riêng biệt, nhưng mọi thứ ở loài hải sâm đều khác thường. Chọn D.

Thông tin xuất hiện ở đoạn (2): sâm biển thường ngủ hè bởi cơ thể của chúng rất nhạy cảm với sự thay đổi nhiệt độ của nước biển, khả năng chịu nóng kém. Chọn C.