Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 21)

Tính đến ngày 16/12/2020 thì nước Mỹ có số ca mắc Covid 19 nhiều nhất thế giới.

Chọn D.

Ta có \[f\left( x \right) = \frac{{0 \cdot x + 1}}{{2x - 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{0 \cdot \left( { - 1} \right) - 2 \cdot 1}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} = - \frac{2}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}\]

Suy ra \(f''\left( x \right) = {\left[ { - \frac{2}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}} \right]^\prime } = \frac{{2 \cdot {{\left[ {{{\left( {2x - 1} \right)}^2}} \right]}^\prime }}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^4}}} = \frac{{8\left( {2x - 1} \right)}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^4}}} = \frac{8}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^3}}}.\)

Khi đó \[f''\left( { - 1} \right) = \frac{8}{{{{\left[ {2 \cdot \left( { - 1} \right) - 1} \right]}^3}}} = \frac{8}{{{{\left( { - 3} \right)}^3}}} = - \frac{8}{{27}}.\] Chọn A.

Ta có \(\log _2^2x - {\log _2}9 \cdot {\log _3}x = 3 \Leftrightarrow \log _2^2x - {\log _2}{3^2} \cdot {\log _3}x = 3\)

\( \Leftrightarrow \log _2^2x - 2 \cdot {\log _2}3 \cdot {\log _3}x = 3\) (áp dụng \({\log _a}b \cdot {\log _b}c = {\log _a}c\))

\( \Leftrightarrow \log _2^2x - 2{\log _2}x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}x = - 1}\\{{{\log }_2}x = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{2}}\\{x = 8}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy \(S = \frac{1}{2} + 8 = \frac{{17}}{2}.\) Chọn B.

Ta có \({x^2} - x = 4{y^2} - 2y \Leftrightarrow {x^2} - 4{y^2} = x - 2y\)

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

Khi đó, ta xét hai trường hợp sau:

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}x + \left| y \right| = 5\\x - 2y = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y\\x + \left| y \right| = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y\\2y + \left| y \right| = 5\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y\\\left| y \right| = 5 - 2y \ge 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2y\\y = 5 - 2y\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {\frac{{10}}{3}\,;\,\,\frac{5}{3}} \right)\)

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}x + \left| y \right| = 5\\x + 2y = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2y\\x + \left| y \right| = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2y\\1 - 2y + \left| y \right| = 5\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2y\\\left| y \right| = 4 + 2y \ge 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2y\\y = 4 + 2y\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {\frac{{11}}{3}\,;\,\, - \frac{4}{3}} \right).\)

Chọn D.

Ta có \(M\left( { - 2\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow z = - 2 - 3i = \frac{{3 - 2i}}{i}.\) Chọn C.

Do mặt phẳng \((Q)\) song song với mặt phẳng \((P)\) nên có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (3; - 2;4).\)

Phương trình mặt phẳng \((Q):3\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + 4\left( {z + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 3x - 2y + 4z + 4 = 0.\) Chọn B.

Điều kiện: \({x^2} + x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} \ne 0\) (luôn đúng)

Ta có \({x^2} + x + 1 \le \frac{9}{{{x^2} + x + 1}} \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + x + 1} \right)^2} \le 9 \Leftrightarrow - 3 \le {x^2} + x + 1 \le 3.\)

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

Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình là 1. Chọn A.

Tọa độ điểm \(A'\) đối xứng với \(A\left( { - 3\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\) qua gốc tọa độ \(O\) là \(A'\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)

Chọn A.

Ta có \(\cos 2x = 1 - 2{\sin ^2}x\) nên phương trình trở thành:

\( - 2{\sin ^2}x + 4\sin x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = - 1}\\{\sin x = 3}\end{array} \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,(k \in \mathbb{Z})} \right..\)

Mà \(x \in \left( {0\,;\,\,10\pi } \right) \Rightarrow 0 < - \frac{\pi }{2} + k2\pi < 10\pi \Leftrightarrow \frac{1}{4} < k < \frac{{21}}{4}.\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}.\)

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm trên khoảng \(\left( {0\,;\,\,10\pi } \right).\)

Chọn A.

Gọi giá của mét khoan đầu tiên là \({u_1} = 10\,\,000\) (đồng).

Khi đó, giá của mét khoan thứ hai là \({u_2} = 10\,\,000 + 3\,\,000 = 13\,\,000\) (đồng).

Tương tự như vậy, giá của mỗi mét khoan lập thành cấp số cộng với công sai \(d = 3\,\,000\).

Vậy số tiền cần thanh toán là:

\({S_{100}} = \frac{{n \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{100 \cdot \left( {2 \cdot 10\,\,000 + 99 \cdot 3\,\,000} \right)}}{2} = 15\,\,850\,\,000\) (đồng).

Chọn C.

Ta có \(\int {\frac{{2x - 13}}{{{x^2} - x - 2}}} \;{\rm{d}}x = \int {\frac{{2x - 13}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}} {\rm{d}}x = \int {\left( {\frac{5}{{x + 1}} - \frac{3}{{x - 2}}} \right)} {\rm{d}}x\)

\( = 5.\int {\frac{1}{{x + 1}}} \;{\rm{d}}x - 3 \cdot \int {\frac{1}{{x - 1}}} \;{\rm{d}}x = 5\ln \left| {x + 1} \right| - 3\ln \left| {x - 2} \right| + C.\)

Vậy \(a = 5\,;\,\,b = - 3 \Rightarrow a - b = 8.\)

Chọn D.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có ba điểm cực trị.

Suy ra hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) + m} \right|\) có bảy điểm cực \( \Leftrightarrow \) phương trình

\(f\left( x \right) + m = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - m\) có tổng số nghiệm đơn và bội lẻ là 4 .

Dựa vào đồ thị ta có \( - 5 < - m < 4 \Leftrightarrow - 4 < m < 5.\) Chọn A.

Bán kính đáy của khối nón là \(r = \sqrt {{l^2} - {h^2}} = 3\,\;({\rm{cm)}}.\)

Suy ra bán kính của nửa khối cầu là \(R = 3\,\;{\rm{cm}}.\)

Vậy thể tích cần tính là: \(V = \frac{1}{3}\pi \cdot {3^2} \cdot 4 + \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {3^3} = 30\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Chọn A.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{{5^x} - \frac{1}{5} \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{{5^x} \ge {5^{ - 1}}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{x \ge - 1}\end{array} \Leftrightarrow x > 0} \right.} \right.} \right..\)

Ta có \(\left( {{{\log }_3}x - 2} \right)\sqrt {{5^x} - \frac{1}{5}} \le 0 \Leftrightarrow {\log _3}x - 2 \le 0 \Leftrightarrow {\log _3}x \le 2 \Leftrightarrow x \le 9\)

Khi đó \(x \in \left( {0\,;\,\,9} \right]\) mà \(x \in {\mathbb{Z}^ + }\)nên \(x \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,9} \right\}.\)

Chọn B.

Đây chính là bài toán lãi kép, với công thức \(T = A \cdot {\left( {1 + r\% } \right)^n}.\)

Khi đó \(A \cdot {\left( {1 + 6\% } \right)^3} = 500 \Leftrightarrow A = \frac{{500}}{{{{\left( {1 + 6\% } \right)}^3}}} \approx 420\) (triệu đồng).

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} - 4x + 6 = - {x^2} - 2x + 6\)

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

Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là:

\[V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {{x^2} - 4x - 6} \right)}^2} - {{\left( { - {x^2} - 2x + 6} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^1 {\left| { - 12{x^3} + 36{x^2} - 24x} \right|{\rm{d}}x} \]

\[ = \pi \left| {\int\limits_0^1 {\left( { - 12{x^3} + 36{x^2} - 24x} \right){\rm{d}}x} } \right| = \pi \left| {\left. {\left( { - 3{x^4} + 12{x^3} - 12{x^2}} \right)} \right|_0^1} \right| = 3\pi \].

Chọn C.

Điều kiện: \(x \ne - \frac{1}{{2m}}\) và \(m \ne 0.\)

Ta có \(y' = \frac{{{m^2} - 10m}}{{{{\left( {2mx + 1} \right)}^2}}}.\) Hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\].

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \[m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}\].

Do đó, tổng các số nguyên là 45. Chọn D.

\( \Leftrightarrow \left( {z + 1} \right)\left( {z + 2} \right)\left( {z + 3} \right)\left( {z + 4} \right) = 3 \Leftrightarrow \left( {{z^2} + 5z + 4} \right)\left( {{z^2} + 5z + 6} \right) = 3\)

Đặt \(w = {z^2} + 5z + 4\), ta có \(w\left( {w + 2} \right) = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{w = 1}\\{w = - 3}\end{array}} \right.\).

• Với \(w = 1 \Leftrightarrow {z^2} + 5z + 3 = 0 \Leftrightarrow z = \frac{{ - 5 \pm \sqrt {13} }}{2} \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 5\)

• Với \(w = - 3 \Leftrightarrow {z^2} + 5z + 7 = 0 \Leftrightarrow z = \frac{{ - 5 \pm i\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left| {{z_3}} \right| + \left| {{z_4}} \right| = 2\sqrt 7 .\)

Do đó \(\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| + \left| {{z_3}} \right| + \left| {{z_4}} \right| = 5 + 2\sqrt 7 .\) Chọn B.

Vì \[BC\] đi qua \(M\left( {1\,;\,\,0} \right)\), nhận \(\overrightarrow {HA} = \left( {0\,;\,\,2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến nên BC có phương trình:

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

Gọi \[B\left( {b\,;\,\,0} \right) \in BC\,\,\left( {b < 0} \right)\,,\,\,M\left( {1\,;\,\,0} \right)\] là trung điểm BC nên \(C\left( {2 - b\,;\,\,0} \right).\)

\(\overrightarrow {HB} \left( {b\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {AC} \left( {2 - b\,;\,\, - 3} \right).\)

\(\overrightarrow {HB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow b\left( {2 - b} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow {b^2} - 2b - 3 = 0 \Leftrightarrow b = - 1\) (do \(b < 0).\)

Vậy \(B\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\) Chọn B.

. Đường tròn \((C):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\) có tâm \(I\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\) và bán kính \(R = 3.\)

Đường thẳng \(\Delta :3x + 4y - 2m + 4 = 0\) tiếp tuyến của đường tròn \((C)\)

\[ \Leftrightarrow d\left( {I\,,\,\,\Delta } \right) = 3 \Leftrightarrow \frac{{\left| {3 \cdot \left( { - 1} \right) + 4 \cdot 2 - 2m + 4} \right|}}{5} = 3 \Leftrightarrow \left| {9 - 2m} \right| = 15\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{9 - 2m = 15}\\{9 - 2m = - 15}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3}\\{m = 12}\end{array}.} \right.} \right.\)

Vậy \(S = \left\{ { - 3\,;\,\,12} \right\}\) nên tích các số thuộc tập hợp \(S\) bằng \[ - 36.\] Chọn A.

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

Theo đề bài ta có: \(\left| {z + i} \right| = \left| {z - i} \right| \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y + 1} \right)i} \right| = \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right|\)

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

Vậy tập hợp các điểm \(M\) là đường thẳng \(y = 0\) hay trục \[Ox.\] Chọn B.

Phương trình mặt phẳng \((ABC)\) là: \(\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0.\)

• \[\left( P \right)\] song song với mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] nên \[\left( P \right)\] có dạng:

\(6x + 3y + 2z + D = 0\quad (D \ne - 12){\rm{. }}\)

• \(d\left( {D,\,\left( P \right)} \right) = d\left( {\left( {ABC} \right),\,\left( P \right)} \right) \Leftrightarrow d\left( {D,\,\left( P \right)} \right) = d\left( {A,\,\left( P \right)} \right) \Leftrightarrow \left| {36 + D} \right| = \left| {12 + D} \right| \Leftrightarrow D = - 24.{\rm{ }}\)

Vậy \[\left( P \right)\]: \(6x + 3y + 2z - 24 = 0.\) Chọn A.

Khối nón có độ dài đường cao bằng bán kính đáy \(h = r.\)

Thể tích khối nón

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \pi \sqrt 3 {a^3} \Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi {r^3} = \pi \sqrt 3 {a^3} \Leftrightarrow r = h = \sqrt 3 a.\)

Suy ra đường sinh \(\ell = \sqrt {{r^2} + {h^2}} = \sqrt 6 a.\)

Diện tích xung quanh của hình nón là:

Dựa vào đồ thị, ta có \(f'\left( x \right) = - {\left( {x + 3} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right).\)

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = (2x - 4) \cdot f'\left( {{x^2} - 4x} \right)\]

Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 4 = 0}\\{f'\left( {{x^2} - 4x} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 4 = 0}\\{{x^2} - 4x = 1}\\{{x^2} - 4x = 4}\end{array} \Rightarrow 5} \right.} \right.\) nghiệm đơn phân biệt.

Dựa vào trục xét dấu \(g'\left( x \right)\) nên hàm số có 3 điểm cực đại. Chọn A.

Mặt cầu có bán kính \(R = 3 = \frac{{AB}}{2}\) nên \(AB\) qua tâm \(I\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,2} \right).\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = m + t}\\{2 = n + 2t}\\{2 = 2 - mt}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - t}\\{2 = n + 2t}\\{2 = 2 - ( - t) \cdot t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 0}\\{m = 0.}\\{n = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.\) Chọn D.

Ta có \(v(t) = \int a (t){\rm{d}}t = \int {\left( {6 - 3t} \right){\rm{d}}t} = 6t - \frac{3}{2}{t^2} + C\).

Khi vận tốc lớn nhất thì gia tốc của vật bằng 0, do đó \(6 - 3t = 0 \Leftrightarrow t = 2.\)

Suy ra quãng đường cần tính là \(S(t) = \int\limits_0^2 {v(t){\rm{d}}t} = \int\limits_0^2 {\left( {6t - \frac{3}{2}{t^2}} \right){\rm{d}}t} = 8\,\,(m).\)

Chọn D.

Trong \(\left( {ACA'C'} \right)\) kẻ \(A'K \bot AC' \Rightarrow A'K = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)

Trong \(\left( {ABA'B'} \right)\) kẻ \(A'H \bot AB' \Rightarrow A'H = 1.\)

Trong \(\left( {A'B'C'} \right)\) kẻ \(A'E \bot B'C' \Rightarrow A'E = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)

Đặt \(A'B' = a\,;\,\,A'{C^\prime } = b\,;\,\,AA' = c.\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{1}{{A'{H^2}}} = 1}\\{\frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{1}{{A'{K^2}}} = \frac{4}{3}}\\{\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} = \frac{1}{{A'{E^2}}} = 2}\end{array}} \right.\).

Cộng theo vế ta có: \(\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{{13}}{6} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{6}}\\{\frac{1}{{{b^2}}} = \frac{7}{6}}\\{\frac{1}{{{c^2}}} = \frac{1}{6}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \sqrt {\frac{6}{5}} }\\{b = \sqrt {\frac{6}{7}} }\\{c = \sqrt 6 }\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy thể tích của khối lăng trụ \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \frac{{3\sqrt {210} }}{{35}}.\)

Chọn D.

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

Giả sử \(\Delta \) cắt trục Oy tại \(B\left( {0\,;\,\,m\,;\,\,0} \right)\) ta có \[\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( { - 3\,;\,\,m - 1\,;\,\, - 1} \right).\]

Vì \(\Delta \bot d\) nên \(\overrightarrow {{u_\Delta }} \bot \overrightarrow {{u_d}} \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow \left( { - 3} \right) \cdot 1 + \left( {m - 1} \right) \cdot 2 + \left( { - 1} \right) \cdot 1 = 0 \Leftrightarrow m = 3.\)

Do đó \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( { - 3\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right) = - 1 \cdot \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)

Đường thẳng \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{u_\Delta }} \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)}\\{A\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)}\end{array} \Rightarrow \Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + 3t}\\{y = 1 - 2t}\\{z = 1 + t}\end{array}} \right.} \right.\).

Ta chọn \(t = - 2\) ta có điểm \(M\left( { - 3\,;\,\,5\,;\,\, - 1} \right)\) thuộc đường thẳng \(\Delta .\)

Vậy \(\Delta \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{u_\Delta }} \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)}\\{M\left( { - 3\,;\,\,5\,;\,\, - 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3 + 3t}\\{y = 5 - 2t}\\{z = - 1 + t}\end{array}} \right.} \right..\) Chọn D.

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB \Rightarrow I\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,4} \right).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) xuống mặt phẳng \((\alpha ).\)

Ta có \[\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = \left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right) = M{I^2} + \overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} } \right) - I{A^2} = M{I^2} - I{A^2}\].

Do IA không đổi nên \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} \) nhỏ nhất khi \[MI\] nhỏ nhất \( \Leftrightarrow MI = IH \Leftrightarrow M \equiv H.\)

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \((\alpha ).\)

Khi đó \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow {{n_{(\alpha )}}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\) làm vectơ chỉ phương.

Do đó \(\Delta \) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + t}\\{y = 1 + 2t}\\{z = 4 - 3t}\end{array}} \right..\)

\(H \in \Delta \Leftrightarrow H\left( {3 + t\,;\,\,1 + 2t\,;\,\,4 - 3t} \right){\rm{. }}\)\(H \in (\alpha ) \Leftrightarrow \left( {3 + t} \right) + 2\left( {1 + 2t} \right) - 3\left( {4 - 3t} \right) - 7 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Leftrightarrow H\left( {4\,;\,\,3\,;\,\,1} \right).\)

Vậy \(M\left( {4\,;\,\,3\,;\,\,1} \right).\) Chọn B.

Ta có \(y' = f'\left( x \right) \cdot g'\left( {f\left( x \right)} \right) = \left[ {4{x^3} + 2\left( {4 - {m^2}} \right)x} \right] \cdot g'\left( {f\left( x \right)} \right)\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left[ {4{x^3} + 2\left( {4 - {m^2}} \right)x} \right] \cdot g'\left( {f\left( x \right)} \right) \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Lại có \(g'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x + 5 = 3{\left( {x - 1} \right)^2} + 2 > 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Do đó \(g'\left( {f\left( x \right)} \right) > 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Suy ra \(4{x^3} + 2\left( {4 - {m^2}} \right)x \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow 2x.\left( {{x^2} + 4 - {m^2}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4 - {m^2} \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow {m^2} \le {x^2} + 4\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right) \Leftrightarrow {m^2} \le {\min _{\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}}\left( {{x^2} + 4} \right) = 4\).

Vậy \({m^2} \le 4 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 2.\) Chọn C.

Ta có \(\sqrt {2{x^2} - 4mx + 3m} = x - m\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge m}\\{2{x^2} - 4mx + 3m = {{\left( {x - m} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge m}\\{f\left( x \right) = {x^2} - 2mx + 3m - {m^2} = 0}\end{array}} \right.} \right.\).

Để phương trình ban đầu có đúng một nghiệm thì phương trình \((*)\) có đúng một nghiệm \(x \ge m.\)

TH1: Phương trình \((*)\) có hai nghiệm thỏa mãn \({x_1} < m < {x_2}\)

\( \Leftrightarrow f(m) < 0 \Leftrightarrow 3m - 2{m^2} < 0 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{3}{2}{\rm{. }}\)

TH2: Phương trình (*) có nghiệm kép \({x_0} > m \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = 0}\\{{x_0} = m > m}\end{array}} \right.\) (vô lý)

TH3: Phương trình \((*)\) có một nghiệm \({x_1} = m.\) Kiểm tra nghiệm \({x_2}:(*)\) có một nghiệm

\({x_1} = m \Leftrightarrow 3m - 2{m^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\)

• Với \(m = 0\) thì \((*) \Leftrightarrow x = 0\) (nhận) \( \Rightarrow m = 0\) thỏa đề bài.

• Với \(m = \frac{3}{2} \Rightarrow {x_1} = \frac{3}{2}\) nên \((*) \Leftrightarrow {x^2} - 3x + \frac{9}{4} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - \frac{3}{2}} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\) (nhận)

Do đó \(m = \frac{3}{2}\) thỏa mãn đề bài.

Giá trị của \(m\) cần tìm là: \(0 \le m \le \frac{3}{2} \Rightarrow \) Có 2 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn.

Chọn B.

Ta có \(f'\left( x \right) = 2xf(x) \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = 2x\)

\( \Rightarrow \int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}dx} = \int 2 xdx \Leftrightarrow \int {\frac{{df\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} = \int 2 xdx\)

\( \Leftrightarrow \int {\frac{{df\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} = \int 2 xdx \Rightarrow \ln f\left( x \right) = {x^2} + C \Rightarrow \ln f\left( 0 \right) = C \Rightarrow \ln 2 = C\)

\( \Rightarrow \ln f\left( x \right) = {x^2} + \ln 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {e^{{x^2} + \ln 2}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2{e^{{x^2}}}.\)

Vì vậy, \[I = \int\limits_0^1 {{x^3}f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {2{x^3}{e^{{x^2}}}{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {{x^2}{e^{{x^2}}}d\left( {{x^2}} \right)} = \int\limits_0^1 {t{e^t}dt} .\]

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = t}\\{dv = {e^x}dx}\end{array}} \right.\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dt}\\{v = {e^x}}\end{array} \Rightarrow I = \left. {t{e^t}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {{e^t}dt} = \left. {\left( {t{e^t} - {e^t}} \right)} \right|_0^1 = 1} \right..\) Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = C_{10}^2 \cdot C_8^2 \cdot C_6^2 \cdot C_4^2 \cdot C_2^2 = 113\,\,400.\)

Gọi \(A\) là biến cố "không có cặp nào gồm hai học sinh cùng lớp".

Suy ra mỗi học sinh lớp 12A phải ghép cặp với một học sinh lớp 12B.

\( \Rightarrow n(A) = {\left( {C_5^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_4^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_3^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_2^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_1^1} \right)^2} = 14\,\,400.\)

Vậy xác suất cần tính là \(P = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{14\,\,400}}{{113\,\,400}} = \frac{8}{{63}}.\) Chọn D.

Gọi \(D\) là trung điểm của \(B'C'\).

Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\) nên \(A'D \bot B'C'\) (trung tuyến đồng thời là đường cao).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A'D \bot B'C'}\\{AA' \bot B'C'}\end{array}} \right. \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow B'C' \bot AD\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'}\\{\left( {AB'C'} \right) \supset AD \bot B'C'}\\{\left( {A'B'C'} \right) \supset A'D \bot B'C'}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AD,\,\,A'D} \right)} = \widehat {ADA'} = 60^\circ \].

Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\) nên \(\widehat {DA'C'} = \frac{1}{2}\widehat {B'A'C'} = 60^\circ \) (trung tuyến đồng thời là phân giác).

• Xét tam giác vuông \(A'C'D\) có: \(A'D = A'C' \cdot \cos 60^\circ = 2a \cdot \frac{1}{2} = a.\)

• Xét tam giác vuông \(AA'D\) có: \(AA' = A'D \cdot \tan 60^\circ = a \cdot \sqrt 3 .\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 2a \cdot 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 .\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{ABC}} = a\sqrt 3 \cdot {a^2}\sqrt 3 = 3{a^3}.\) Chọn D.

Đường thẳng \(y = m\) tiếp xúc với đường cong \((C):f\left( x \right) = {x^4} - 8{x^2} + 35\)

Khi hệ sau có nghiệm \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^4} - 8{x^2} - 35 = m}\\{{{\left( {{x^4} - 8{x^2} - 13} \right)}^\prime } = m'}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^4} - 8{x^2} - 35 = m}\\{4{x^3} - 16x = 0}\end{array}} \right.} \right.\).

Từ \((2) \Rightarrow 4{x^3} - 16x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\\{x = - 2}\end{array}} \right..\)

• Với \(x = 0\) thay vào (1) ta được \(m = 35.\)

• Với \(x = 2\) thay vào (1) ta được \(m = 19.\)

• Với \(x = - 2\) thay vào (1) ta được \(m = 19.\)

Vì đường thẳng \(y = m\) tiếp xúc với đồ thị \((C):f(x) = {x^4} - 8{x^2} + 35\) tại hai điểm phân biệt, tức là phương trình (2) có 2 nghiệm kép. Thử lại, ta có \(m = 19\) thỏa mãn.

Khi đó, tung độ tiếp điểm là \(y = 19.\)

Đáp án: 19.

Xét hàm số \[y' = 2xf\left( x \right) + {x^2}f'\left( x \right) = x\left[ {2f\left( x \right) + xf'\left( x \right)} \right].\]

Vì \(f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) và \(f'\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right)\) suy ra \(xf'\left( x \right) > 0 \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Ngoài ra \(f(x)\) nhận giá trị dương trên \(\mathbb{R}\) nên \(2f\left( x \right) + xf'\left( x \right) > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)

Do đó \(y'\) chỉ đồi dấu đúng 1 lần qua điểm \(x = 0\), nên hàm số có đúng 1 điểm cực trị.

Đáp án: 1.

Gọi \(M\left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right) \in Ox \Rightarrow d\left( {M,\,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {a + 4} \right|}}{3}.\)

Theo giả thiết: \(d\left( {M,\,\left( \alpha \right)} \right) = 2 \Leftrightarrow \left| {a + 4} \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{a = - 10}\end{array}} \right..\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(A\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( { - 10\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - 12\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\)

Vậy \(AB = 12.\)

Đáp án: 12.

Gọi chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là \(x\,\,(m)\,\,(0 < x < 25).\)

Nửa chu vi của mảnh đất là \(50:2 = 25\,\,(\;{\rm{m}})\)

Chiều dài của mảnh đất là \(25 - x\,\,(m)\)

Diện tích của mảnh đất ban đầu là \({S_1} = x(25 - x)\,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Diện tích của mảnh đất còn lại sau khi bán là \({S_2} = {x^2}\,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Khi đó, diện tích của mảnh đất bán là \(S = {S_1} - {S_2} = - 2{x^2} + 25x\)

Ta có \( - 2{x^2} + 25x = - 2\left( {{x^2} - \frac{{25}}{2}x + \frac{{625}}{{16}}} \right) + \frac{{625}}{8} = - 2{\left( {x - \frac{{25}}{4}} \right)^2} + \frac{{625}}{8}\)

Do đó \(S = - 2{x^2} + 25x \le \frac{{625}}{8}\,\,\left( {{m^2}} \right).\)

Vậy số tiền lớn nhất mà ông An nhận được khi bán đất là:

\(\frac{{625}}{8} \cdot 1\,\,500\,\,000 = 117\,\,187\,\,500\) (đồng).

Đáp án: \[{\bf{117}}\,\,{\bf{187}}\,\,{\bf{500}}\].

Với \(m \ne 0\), ta có \(y' = m\left( {12{x^2} - 36x + 24} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right..\)

TH1: \(m > 0\) suy ra \(x = 1\) là điểm cực đại của hàm số

Do đó \(A\left( {1\,;\,\,m + 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {1\,;\,\,m + 1} \right) \Leftrightarrow OA = \sqrt {{{(m + 1)}^2} + 1} \)

Mà \(OA < 10 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {m + 1} \right)}^2} + 1} < 10 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} < 99\)

\( \Leftrightarrow - 3\sqrt {11} - 1 < m < 3\sqrt {11} - 1\)

Kết hợp với \(m > 0,m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}.\)

TH2: \(m < 0\) suy ra \(x = 2\) là điểm cực đại của hàm số

Do đó \(A\left( {2\,;\,\,1 - m} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {1\,;\,\,1 - m} \right) \Leftrightarrow OA = \sqrt {{{\left( {1 - m} \right)}^2} + 1} \)

Mà \(OA < 10 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {1 - m} \right)}^2} + 1} < 10 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} < 99\)\( \Leftrightarrow - 3\sqrt {11} + 1 < m < 3\sqrt {11} + 1\).

Kết hợp với \(m < 0\,,\,\,m \in \mathbb{Z}\) suy ra \[m \in \left\{ { - 1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 3\,;\,\, - 4\,;\,\, - 5\,;\,\, - 6\,;\,\, - 7\,;\,\, - 8} \right\}.\]

Vậy có tất cả 16 giá trị nguyên của tham số m.

Đáp án: 16.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {2 - a} \right)x - 3}}{{\sqrt {{x^2} + 1} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left[ {\left( {2 - a} \right)x - 3} \right] \cdot \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + x} \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - x} \right) \cdot \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + x} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left[ {\left( {2 - a} \right)x - 3} \right] \cdot \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + x} \right)}}{{{x^2} + 1 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\left( {2 - a} \right)x - 3} \right] \cdot \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + x} \right)\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2}\left( {2 - a - \frac{3}{x}} \right) \cdot \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} + 1} \right)\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} + 1} \right) = 2 > 0\) nên để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {2 - a} \right)x - 3}}{{\sqrt {{x^2} + 1} - x}} = + \infty \) thì

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {2 - a - \frac{3}{x}} \right)^ = } = 2 - a > 0 \Leftrightarrow a < 2.{\rm{ }}\)

Khi đó \(P = {a^2} - 2a + 4 = {\left( {a - 1} \right)^2} + 3 \ge 3\), vậy \({P_{\min }} = 3.\)

Đáp án: 3.

Gọi số có bốn chữ số đôi một khác nhau là \(\overline {abcd} \).

Suy ra \(a\) có 4 cách chọn, \(b\) có 4 cách chọn, \(c\) có 3 cách chọn và \(d\) có 2 cách chọn.

Do đó lập được \[4 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 96\] số từ 5 chữ số bài cho.

Gọi số có bốn chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 5 là \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}} \).

Khi đó \({a_4} = \left\{ {0\,;\,\,5} \right\}.\)

TH1: \({a_4} = 0\) suy ra \({a_1}\) có 4 cách chọn, \({a_2}\) có 3 cách chọn và \({a_3}\) có 2 cách chọn.

Suy ra lập được \[4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24\] (số).

TH2: \({a_4} = 5\) suy ra \({a_1}\) có 3 cách chọn, \({a_2}\) có 3 cách chọn và \({a_3}\) có 2 cách chọn.

Suy ra lập được \[3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 18\] (số).

Do đó có \(24 + 18 = 42\) số có 4 chữ số chia hết cho 5 .

Vậy có tất cả \(96 - 42 = 54\) số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 54.

Đồ thị \(f'\left( x \right)\) đi qua các điềm \[O\left( {0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( { - 1\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\,0} \right)\] nên ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0}\\{b = - 1}\\{c = 0}\end{array}} \right..\)

Do đó \(f'\left( x \right) = {x^3} - x \Rightarrow f''\left( x \right) = 3{x^2} - 1.\) Đặt \(g(x) = f\left( {f'\left( x \right)} \right).\)

Ta có \[g'\left( x \right) = f'\left[ {f'\left( x \right)} \right] \cdot f''\left( x \right)\]\[ = \left[ {{{\left( {{x^3} - x} \right)}^3} - \left( {{x^3} - x} \right)} \right]\left( {3{x^2} - 1} \right)\]

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

Dễ thấy \(g'\left( x \right) = 0\) có 7 nghiệm phân biệt, tất cả đều là nghiệm đơn nên hàm số có 7 điểm cực trị.

Đáp án: 7.

Ta có \(\Delta = 3 - 4\left( {{a^2} - 2a} \right) = 3 - 4{a^2} + 8a.\)

Phương trình \({z^2} + \sqrt 3 z + {a^2} - 2a = 0\) có nghiệm phức khi và chỉ khi

\(\Delta < 0 \Leftrightarrow 3 - 4{a^2} + 8a < 0 \Leftrightarrow 4{a^2} - 8a - 3 > 0\quad (*)\)

Khi đó phương trình có hai nghiệm \({z_1},\,\,{z_2}\) là hai số phức liên hợp của nhau và \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right|.\)

Ta có: \({z_1}{z_2} = {a^2} - 2a \Rightarrow \left| {{z_1}{z_2}} \right| = \left| {{a^2} - 2a} \right| \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} - 2a = 3}\\{{a^2} - 2a = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 1}\\{a = 3}\end{array}\,} \right.} \right.\) (TMĐK (*)).

Các giá trị của \(a\) thỏa mãn điều kiện \((*).\)

Vậy có 1 giá trị dương \(a\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 1.

Gọi \(P\) là trung điểm của CD.

Ta có: \[NP\,{\rm{//}}\,SC \Rightarrow \left( {MN,\,\,SC} \right) = \left( {MN,\,\,NP} \right).\]

Xét tam giác \[MNP\] ta có: \(MN = \frac{a}{2},\,\,NP = \frac{a}{2},\,\,MP = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow M{N^2} + N{P^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^2}}}{2} = M{P^2} \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại \[N\]

\( \Rightarrow \widehat {MNP} = 90^\circ \Rightarrow \left( {MN,\,\,SC} \right) = \left( {MN,NP} \right) = 90^\circ .\)

Đáp án: 90.

Cách 1: Ta có \(MA = MB \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c - 1} \right)^2} = {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2a + 1 - 2c + 1 = - 6a + 9 - 4b + 4 - 2c + 1 \Leftrightarrow 8a + 4b - 12 = 0 \Leftrightarrow 2a + b - 3 = 0\)

\( \Rightarrow M\) thuộc mặt phẳng trung trực của \[AB\] có phương trình \((P):2x + y - 3 = 0.\)

Ta thấy \[A\,,\,\,C\] nằm về hai phía của \((P) \Rightarrow MA + MC \ge AC\)

Dấu "=" xảy ra khi \(M = AC \cap (P) \Rightarrow M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\)

\( \Rightarrow a + b + c = 5.{\rm{ }}\)

Cách 2: Ta có \(MA = MB \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} + {\left( {c - 1} \right)^2} = {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2a + 1 - 2c + 1 = - 6a + 9 - 4b + 4 - 2c + 1 \Leftrightarrow 8a + 4b - 12 = 0 \Leftrightarrow 2a + b - 3 = 0\)

\( \Rightarrow \) Tập hợp điểm \(M\) là mặt phẳng \((P):2x + y - 3 = 0\)

Đặt \(M\left( {x\,;\,\,3 - 2x\,;\,\,z} \right)\) với \(M \in (P)\).

Ta có: \(MA + MC = \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {{\left( {3 - 2x} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {5 - x} \right)}^2} + {{\left( {2x} \right)}^2} + {{\left( {7 - z} \right)}^2}} \)

\[ \ge \sqrt {{{\left( {x + 1 + 5 - x} \right)}^2} + {{\left( {3 - 2x + 2x} \right)}^2} + {{\left( {z - 1 + 7 - z} \right)}^2}} = 9\].

Dấu  xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{x + 1}}{{5 - x}} = \frac{{3 - 2x}}{{2x}} = \frac{{z - 1}}{{7 - z}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{z = 3}\end{array} \Rightarrow M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).} \right.\)

Do đó \(a + b + c = 5.{\rm{ }}\)

Đáp án: 5.

Bài toán áp dụng: \(a{x^2} + bx + c > 0;\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{\Delta < 0}\end{array}} \right..\)

Coi \(y\) chính là tham số m. Bài toán trở thành:

\(2 + {\log _{\sqrt 3 }}\left( {m - 1} \right) \le {\log _{\sqrt 3 }}\left[ {{x^2} - 2\left( {3 + m} \right)x + 2{m^2} + 24} \right]\)

\( \Leftrightarrow {\log _{\sqrt 3 }}3 + {\log _{\sqrt 3 }}\left( {m - 1} \right) \le {\log _{\sqrt 3 }}\left[ {{x^2} - 2\left( {3 + m} \right)x + 2{m^2} + 24} \right]\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 > 0}\\{{x^2} - 2\left( {3 + m} \right)x + 2{m^2} + 24 > 0}\\{3\left( {m - 1} \right) \le {x^2} - 2\left( {3 + m} \right)x + 2{m^2} + 24}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 1}\\{{x^2} - 2\left( {m + 3} \right)x + 2{m^2} + 24 > 0}\\{{x^2} - 2\left( {m + 3} \right)x + 2{m^2} - 3m + 27 > 0}\\{m > 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 1\\{\left( {m + 3} \right)^2} - 2{m^2} - 24 < 0\\{\left( {m + 3} \right)^2} - 2{m^2} + 3m - 27 \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 6\\1 < m \le 3\end{array} \right.\)

Kết hợp với \(y \in \left( { - 2022\,;\,\,2022} \right]\) và \(m \in {\mathbb{Z}^ + }\)

Suy ra có \(\left( {2022 - 6 + 1} \right) + 2 = 2019\) giá trị nguyên cần tìm.

Đáp án: 2019.

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.\)

Mà \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot d\left( {S,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) \Rightarrow d\left( {S,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{ABC}}}} = 6.\)

Khi đó \(d\left( {M,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {S,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = 3.\)

Đáp án: 3.

TH1: Sản xuất theo mẫu 1 là hình hộp chữ nhật.

Gọi a, b, c lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật.

Khi đó, thể tích của khối hộp là \(V = abc = 1\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}.\)

Chi phí để sản xuất theo mẫu 1 là \({T_1} = 10\,\,000 \cdot {S_{tp}} = 10\,\,000 \cdot 2 \cdot \left( {ab + bc + ca} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có \(ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {abc} \right)}^2}}} = 3.\)

Suy ra số tiền tối thiểu để sản xuất là \({T_{1\min }} = 60\,\,000\) đồng.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(a = b = c = 1\,\,{\rm{dm}}.\)

TH2: Sản xuất theo mẫu 2 là hình trụ.

Gọi \[R,\,\,h\] lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Khi đó, thể tích của khối trụ là: \(V = \pi {R^2}h = 1\,\,\left( {d{m^3}} \right) \Leftrightarrow h = \frac{1}{{\pi {R^2}}}.\)

Chi phi để sản xuất theo mẫu 2 là: \(10\,\,000 \cdot \left( {2,4\pi {R^2} + \frac{2}{R}} \right) = 10\,\,000 \cdot \left( {2,4\pi {R^2} + \frac{1}{R} + \frac{1}{R}} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có \(2,4\pi {R^2} + \frac{1}{R} + \frac{1}{R} \ge 3\sqrt[3]{{2,4\pi }}.\)

Suy ra số tiền tối thiểu để sản xuất là \({T_{2\min }} \approx 59\,\,000\) (đồng).

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(2,4\pi {R^2} = \frac{1}{R} \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{\frac{1}{{2,4\pi }}}}.\)

Vậy sản xuất theo mẫu 2 thì chi phí nhỏ nhất là \[59\,\,000\] đồng.

Đáp án: \[{\bf{59}}\,\,{\bf{000}}\].

Từ “biến đổi” chỉ sự thay đổi một đối tượng, sự việc làm cho chúng mang những tính chất, đặc điểm khác hoàn toàn. Nội chiến phong kiến và phong trào nông dân khởi nghĩa chưa khiến cho đất nước thay đổi hoàn toàn về tính chất, đặc điểm (ví dụ như chế độ) nên không thể dùng từ “biến đổi” mà phải dùng từ “biến động”. Chọn A.

“Vợ chồng son” là cách gọi dành cho những cặp vợ chồng trẻ mới cưới chưa có con; trong câu, cụm từ này không logic với “đứa con bé bỏng” đứng sau. Chọn A.

Thơ là tiếng nói đầu tiên, tiếng nói thứ nhất của tâm hồn khi đụng chạm với cuộc sống. Chọn B.

Văn học dân gian là những tác phẩm nghệ thuật ngôn từ truyền miệng, sản phẩm của quá trình sáng tác tập thể, thể hiện tư tưởng, nhận thức tình cảm của nhân dân lao động. Chọn B.

Lỗi sai về ngữ nghĩa, không phù hợp với ngữ cảnh “tưởng tượng” là tạo ra trong trí hình ảnh những cái không có ở trước mắt hoặc chưa hề có, nó không hoàn toàn phù hợp với ngữ cảnh, có thể thay thế bằng từ “hồi tưởng”. Chọn B.

Các từ “nhấp nhô”, “cuồn cuộn”, “lăn tăn” là các từ đồng nghĩa dùng để chỉ trạng thái vận động của con sóng. Từ “nhấp nhổm” là từ dùng để chỉ hoạt động trạng thái của con người. Chọn D.

Từ “tay” trong các đáp án A, B, D đều mang nghĩa gốc chỉ bộ phận trên cơ thể người.

Từ “tay” trong “tay ghế” là từ mang nghĩa chuyển. Chọn C.

Tố Hữu là nhà thơ thuộc thế hệ nhà thơ Cách mạng. Ông viết thơ chủ yếu để phục vụ Cách mạng không đề cao cái tôi. Các tác giả còn lại đều thuộc phong trào thơ mới. Đặc trưng của phong trào thơ mới là đề cao cái tôi nên đây cũng chính là đặc điểm nổi bật trong phong cách nghệ thuật của các nhà thơ trên. Chọn B.

Các đáp án A, B, C là các tác phẩm đều có nội dung lên án chế độ áp bức hà khắc, bất công đẩy con người đến bước đường cùng, khiến người ta lâm vào cảnh đói nghèo (Vợ nhặt), tha hóa (Chí Phèo), tê liệt về thể xác cũng như tinh thần (Vợ chồng A Phủ).

Tác phẩm Chiếc thuyền ngoài xa thể hiện cái nhìn đa chiều của tác giả đối với mọi góc cạnh của cuộc sống. Chọn D.

Nguyễn Minh Châu là một trong những người mở đường tinh anh của nền văn học trong công cuộc đổi mới. Chọn A.

Quá trình tiếp nhận văn học có vai trò, ý nghĩa vô cùng quan trọng trong lịch sử phát triển của văn học. Chọn C.

Đối với tôi, văn chương không phải một cách đem đến cho người đọc sự thoát li hay sự quên, trái lại, văn chương là một thứ khí giới thanh cao và đắc lực mà chúng ta có, để vừa tố cáo và thay đổi một cái thế giới giả dối và tàn ác, vừa làm cho lòng người đọc thêm trong sạch và phong phú hơn. Chọn B.

Lá cờ với nền màu đỏ tượng trưng cho màu của cách mạng, máu của các anh hùng, ngôi sao vàng tượng trưng cho linh hồn dân tộc và năm cánh sao tượng trưng cho năm tầng lớp tham gia cách mạng sĩ, nông, công, thương, binh cùng đoàn kết kháng chiến. Chọn C.

Văn học là nghệ thuật của tiếng nói, người viết văn là người dùng tiếng nói để diễn tả đời sống, diễn tả tâm hồn con người. Cho nên học viết văn thì phải học tiếng nói, trước hết là học lời ăn tiếng nói của quần chúng. Chọn C.

Biện pháp tu từ: Ẩn dụ (tắm, bể máu). Tác dụng: Khắc sâu tội ác dã man, tàn độc của thực dân Pháp đối với cách mạng, nhân dân ta. Đồng thời bộc lộ thái độ căm phẫn của tác giả trước tội ác của kẻ thù và nỗi đau xót của tác giả trước thảm cảnh của nhân dân. Chọn A.

Điệp từ “nhớ” nhấn mạnh cảm xúc của tác giả khi ông phải rời xa binh đoàn Tây Tiến vốn đã gắn bó rất lâu. Chọn A.

Đoạn trích trên thể hiện vẻ đẹp lao động rất đỗi bình dị. Đối với mọi người công việc vượt thác là một công việc khó khăn đòi hỏi sự điêu luyện nhưng đối với những người hùng sông nước thì họ lại coi đó là một điều rất bình thường vô cùng giản dị. Câu chuyện của họ nhắc đến các loại cá thay vì nhắc đến chiến công trong cuộc chiến với Sông Đà. Đây chính là vẻ đep của chất vàng mười mà Nguyễn Tuân đề cao. Chọn D.

Đoạn trích trên được trích trong tác phẩm văn học. Đoạn trích có sử dụng ngôn từ, nghệ thuật giàu hình ảnh. Đây là đặc trưng của phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn B.

Câu thơ “Bao giờ bến mới gặp đò” sử dụng biện pháp tu từ ẩn dụ. Trong đó “bến” là hình ảnh ẩn dụ cho người con gái, “đò” là hình ảnh ẩn dụ cho người con trai. Chọn D.

Nguyễn Tuân gọi đây là cảnh xưa nay chưa từng có bởi lẽ:

- Nơi cho chữ: Là một căn buồng nơi giam tử tù chứ không phải là nơi thanh cao, tao nhã.

- Người cho chữ không phải là một ông đồ trong trang phục khăn xếp mà là một người tù ngày mai phải ra pháp trường chịu án tử hình.

- Người nhận chữ với dáng vẻ khúm núm lại là viên quản ngục.

- Huấn Cao không chỉ cho chữ quản ngục mà còn cho quản ngục con đường hướng thiện.

→ Chọn D.

Hình ảnh cây xà nu trong đoạn trích trên là biểu tượng cho sức sống mãnh liệt và ý chí không chịu khuất phục của người dân làng Xô man. Đạn đại bác cũng không tiêu diệt được rừng xà nu cũng như không dập tắt được sức sống tiềm tàng của người dân nơi đây. Chọn C.

Câu thơ “Củi một cành khô lạc mấy dòng” sử dụng biện pháp nghệ thuật đảo ngữ. Chọn B.

Đoạn trích toát lên vẻ đẹp giàu đức hi sinh của nhân vật người đàn bà hàng chài. Điều này được thể hiện qua những lời nói: Ông trời sinh ra người đàn bà là để đẻ con, rồi nuôi con cho đến khi khôn lớn cho nên phải gánh lấy cái khổ. Đàn bà ở thuyền chúng tôi phải sống cho con chứ không thể sống cho mình như ở trên đất được!... Chọn D

Đoạn thơ sử dụng các biện pháp tu từ: Câu hỏi tu từ (Ai biết tình ai có đậm đà?). Điệp ngữ (khách đường xa). Chọn C.

Hai câu đầu bài thơ “Chiều tối” gợi lên trong lòng người đọc cảm giác mệt mỏi, cô quạnh

Chọn B.

Hình ảnh con sóng trong đoạn trích là một hình ảnh ẩn sụ. Con sóng là ẩn dụ cho người phụ nữ trong tình yêu. Chọn B.

Đài Cửu Trùng chính là hình ảnh thể hiện mộng lớn của Vũ Như Tô và Đan Thiềm. Đài Cửu Trùng cháy có nghĩa là mộng lớn đã tan thành mây khói. Đan Thiềm nói vĩnh biệt ở đây là vĩnh biệt mộng lớn của hai người. Chọn C.

Đoạn trích trên nói đến vẻ đẹp trữ tình thơ mộng của con Sông Đà. Chọn A.

Tiếng chửi của Chí Phèo là một cách mở đầu câu chuyện hết sức độc đáo của Nam Cao. Tiếng chửi ấy không phải là tiếng chửi của một thằng sau rượu hay một tên lưu manh. Tiếng chửi ấy bắt nguồn từ khát khao được giao tiếp với con người của nhân vật Chí Phèo. Chọn C.

Lãnh đạo cuộc khởi nghĩa Yên Thế (1885-1913) ở Việt Nam là thủ lĩnh nông dân do Hoàng Hoa Thám đứng đầu. Chọn B.

Trong cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất (1897-1914) tại Việt Nam, tư bản Pháp tập trung chủ yếu vào khai thác mỏ than và kim loại, ngoài ra còn tập trung vào một số ngành khác như xi măng, điện nước... Chọn D.

Từ thập kỷ 60, 70 của thế kỷ XX, nhóm 5 nước sáng lập ASEAN thực hiện chiến lược kinh tế hướng ngoại vì chiến lược kinh tế hướng nội bộc lộ nhiều hạn chế như thiếu vốn, nguyên liệu, công nghệ,… Chọn C.

Theo quyết định của Hội nghị lanta (2-1945), Tây Âu thuộc phạm vi ảnh hưởng của Mĩ. Chọn D.

Thắng lợi của cuộc kháng chiến chống thực dân Pháp xâm lược (1945-1954) của quân dân Việt Nam không mở đầu cho quá trình sụp đổ của chủ nghĩa thực dân kiểu mới trên thế giới vì thực dân Pháp là thực dân kiểu cũ. Chọn B.

Thắng lợi của phong trào giải phóng dân tộc ở châu Phi và khu vực Mĩ-Latinh trong nửa sau thế kỉ XX đã góp phần xóa bỏ ách nô dịch của chủ nghĩa thực dân, thành lập nên các quốc gia độc lập, tự chủ. Chọn B.

Lực lượng tiểu tư sản, trí thức Việt Nam khi mới hình thành còn nhỏ bé, ban đầu họ theo tư tưởng dân chủ tư sản với hoạt động nổi bất nhất trong Tân Việt Cách mạng đảng nhưng sau này đã bị ảnh hưởng bởi những hoạt động của Hội Việt Nam Cách mạng thanh niên và dân chuyển sang khuynh hướng vô sản. Tháng 9-1929, một số đảng viên tiên tiến của Tân Việt cách mạng Đảng lập Đông Dương Cộng sản liên đoàn trở thành một trong 3 tổ chức cộng sản ở Việt Nam. Chọn B.

Đặc điểm dân cư xã hội Châu Phi:

- Tỉ suất gia tăng tự nhiên cao, bùng nổ dân số, tuổi thọ trung bình thấp.

- Dịch bệnh bùng phát mạnh, 2/3 dân số nhiễm HIV

- Xung đột sắc tộc

- Trình độ dân trí thấp, hủ tục lạc hậu chưa được xóa bỏ

Chọn B.

Quốc gia đầu tư vào Mĩ Latinh nhiều nhất là Hoa Kỳ, do vậy Mĩ Latinh còn được gọi là sân sau của Hoa Kỳ, nền kinh tế phụ thuộc nhiều vào tư bản nước ngoài nhất là Hoa Kỳ . Chọn C.

Để giảm thiệt hại do lũ quét gây ra, cần quy hoạch các điểm dân cư tránh các vùng có thể xảy ra lũ quét nguy hiểm, quản lí sử dụng đất đai hợp lí, đồng thời, thực hiện các biện pháp kĩ thuật thủy lợi, trồng rừng, kĩ thuật nông nghiệp trên đất dốc nhằm hạn chế dòng chảy mặt và chống xói mòn đất. → Xây hồ, đập chứa nước ở đồng bằng không phải là biện pháp để hạn chế thiệt hại của lũ quét. Chọn A.

Điểm khác biệt chủ yếu của đồng bằng sông Hồng so với đồng bằng sông Cửu Long là: ở đồng bằng sông Hồng có hệ thống đê sông chia cắt đồng bằng thành nhiều ô (đồng bằng sông Cửu Long không có hệ thống đê). Chọn B.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- A không đúng: vùng Trung du và miền núi Bắc Bộ chủ yếu là dân tộc ít người với mật độ dân số thấp, thấp hơn cả nước. Chọn A.

- B đúng: dân cư phân bố không đều theo lãnh thổ, vùng Đông Bắc dân cư đông đúc hơn Tây Bắc

- C đúng: phân bố dân cư có sự phân hóa rõ rệt trong nội bộ từng vùng (một số nơi có mật độ dân số rất thấp dưới 50 người/km2 như vùng phía Tây Bắc các tỉnh Điện Biên Phủ và Lai Châu, vùng núi cao Hoàng Liên Sơn…)

- D đúng: Có sự phân hóa giữa thành thị-nông thôn: mật độ dân số cao hơn ở khu vực thành thị, thưa thớt ở nông thôn.

Thể hiện thu nhập bình quân tháng → một loại đơn vị tuyệt đối → biểu đồ cột ghép là phù hợp nhất. Chọn A.

Phát triển bền vững có nghĩa là sự phát triển về mọi mặt của xã hội ở hiện tại mà vẫn phải bảo đảm sự phát triển trong tương lai xa. Muốn như vậy cần phải đầu tư công nghệ và chú trọng bảo vệ môi trường. Chọn A.

Các phương tiện tàu thuyền được trang bị tốt hơn chỉ có ý nghĩa với việc khai thác thủy sản, con A, B, C có ý nghĩa với cả khai thác và nuôi trồng thủy sản. Chọn D.

Trung du miền núi Bắc Bộ có khí hậu nhiệt đới ẩm gió mùa, có mùa đông lạnh thích hợp để phát triển cây công nghiệp cận nhiệt, tiêu biểu nhất là cây chè. Chọn D.

Vấn đề quan trọng trong phát triển nông nghiệp theo chiều sâu ở Đông Nam Bộ là: thủy lợi và thay đổi cơ cấu cây trồng.

- Thủy lợi có ý nghĩa hàng đầu → nhằm cung cấp nước tưới về mùa khô, tiêu nước cho các vùng thấp, tăng diện tích đất trồng, tăng hệ số sử dụng đất.

- Việc thay đổi cơ cấu cây trồng đang nâng cao hơn vị trí của vùng là vùng chuyên canh cây công nghiệp lớn của cả nước.

Chọn A.

Điện trở tương đương của mạch ngoài \({R_{TD}} = \frac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \frac{{6.3}}{{6 + 3}} = 2\Omega \)

Cường độ dòng điện trong mạch chính là \(I = \frac{E}{{{R_{TD}} + r}} = \frac{{12}}{{2 + 1}} = 4\;{\rm{A}}\)

Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện là \(U = E - {\rm{Ir}} = 12 - 4.1 = 8\;{\rm{V}}\)

Chọn A.

Áp dụng công thức tính cảm ứng từ của dòng điện thẳng ta có:

\(B = 2 \cdot {10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{r} = {2.10^{ - 7}} \cdot \frac{{20}}{{0,2}} = 2 \cdot {10^{ - 5}}(T).\) Chọn A.

Điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần:

+ Ánh sáng đi từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém

+ \(i \ge {i_{gh}}\)

Trong các môi trường đã nêu chỉ có không khí là có chiết suất nhỏ hơn chiết suất của nước.

Chọn B.

x = 5 cm

\(\frac{{{{\rm{W}}_d}}}{{\;{{\rm{W}}_t}}} = \frac{{{\rm{W}} - {{\rm{W}}_t}}}{{\;{{\rm{W}}_t}}} = \frac{{\frac{1}{2}k{A^2} - \frac{1}{2}k{x^2}}}{{\frac{1}{2}k{x^2}}} = \frac{{{A^2} - {x^2}}}{{{x^2}}} = \frac{{{{10}^2} - {5^2}}}{{{5^2}}} = 3.\) Chọn D.

Ta có: \(L = \lg \frac{I}{{{I_0}}} \Rightarrow I = {I_0} \cdot {10^L} \Rightarrow \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = {10^{{L_2} - {L_1}}} = 100 = {10^2} \Rightarrow {L_2} - {L_1} = 2(B) = 20(dB)\)

Mức cường độ âm tăng thêm 20 dB. Chọn A.

Phản ứng hạt nhân \(T + X \to \alpha  + n\)

Gọi số khối và điện tích của hạt nhân X là A và Z ta có

Theo định luật bảo toàn điện tích: \(1 + Z = 2 + 0 \Rightarrow Z = 1\)

Theo định luật bảo toàn số khối ta có: \(3 + A = 4 + 1 \Rightarrow A = 2\)

Do đó, hạt nhân X là \(_1^2D\) (đoteri). Chọn A.

Ta có các khoảng vân:

\(\left\{ \begin{array}{l}{i_1} = \frac{{{\lambda _1}D}}{a}\\{i_2} = \frac{{{\lambda _2}D}}{a}\end{array} \right. \to \frac{{{i_1}}}{{{i_2}}} = \frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{0,4}}{{0,6}} = \frac{2}{3}\)

Vân sáng thứ 3k của ánh sáng 1 trùng với vân sáng thứ 2m của ánh sáng 2. Hay M có tọa độ

\(3k{i_1} = 3k \cdot \frac{{{\lambda _1}D}}{a} = 2m{i_2} = 2m \cdot \frac{{{\lambda _2}D}}{a}\)( Vì k, m thuộc Z). Chọn C.

Khi chiếu bức xạ \({\lambda _1} = 0,25\,\mu {\rm{m}}\) vào tấm kim loại: \(\frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} = A + \frac{1}{2}{m_e}v_1^2 \Rightarrow A = \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} - \frac{1}{2}{m_e}v_1^2\)

Khi chiếu bức xạ \({\lambda _2} = 0,3\,\mu {\rm{m}}\) vào tấm kim loại, thay (1) ta có:

\(\frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} = A + \frac{1}{2}{m_e}v_2^2 \Rightarrow \frac{1}{2}{m_e}v_2^2 = \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} - A = \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} - \left( {\frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} - \frac{1}{2}{m_e}v_1^2} \right)\)

\( \Rightarrow {v_2} = \sqrt {\frac{2}{{{m_e}}} \cdot \left[ {\frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} - \left( {\frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} - \frac{1}{2}{m_e}v_1^2} \right)} \right]} = 4,93 \cdot {10^5}(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\)

Chọn D.

$R=100\Omega \Rightarrow \Delta L=5\left(mH\right)=L_2^{\text{'}}-L_1$

\(R = 200\Omega \Rightarrow \Delta L = 20\left( {mH} \right) = {L_2} - {L_1}\)

Nên $L_2-L_2^{\text{'}}={15.10}^{-3}H$

\({Z_L} = \frac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}}\) \( \Rightarrow {Z_{{L_2}}} - {Z_{{L_2}}}' = \omega {.15.10^{ - 3}} = \frac{{{{200}^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}} - \frac{{{{100}^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}}\)

\( \Rightarrow {15.10^{ - 3}}\omega = \frac{{{{200}^2} - {{100}^2}}}{{{Z_C}}} = \frac{{{{200}^2} - {{100}^2}}}{{\frac{1}{{\omega C}}}}\) \( \Rightarrow C = 0,5\mu F\)

Đáp án: 0,5 μF.

Số mol khí \({{\rm{H}}_2}\) phản ứng = Số mol khí giảm \( = ({\rm{a}} + 3{\rm{a}}) - 2{\rm{a}} = 2{\rm{a}}\,{\rm{ < 3a}} \Rightarrow \) aldehyde phản ứng hết, \({H_2}\)dư a mol.

Nhận xét: \(\frac{{{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}}}}}{{{{\rm{n}}_{\rm{x}}}}} = 2 \Rightarrow \) Tổng số liên kết \({\rm{C}} = {\rm{O}}\) và \({\rm{C}} = {\rm{C}}\) bằng 2.                                   (1)

Ngưng tụ Y thu được chất Z (alcohol), cho Z tác dụng với Na thu được a mol khí \({H_2}\).

Nhận thấy: \({n_Z} = {n_{{H_2}}} = a\,mol\)Þ Z có 2 nhóm chức alcohol          (2)

Từ (1) và (2) xác định được: aldehyde X mạch hở, no, có chứa 2 chức CHO.

Vậy, công thức chung của X là \({{\rm{C}}_n}{{\rm{H}}_{2{\rm{n}}}}{({\rm{CHO}})_2}({\rm{n}} \ge 0).\)

Chọn A.

Theo bảng ta thấy khoảng cách giữa các mốc thời gian là 75 s, biến thiên áp suất giữa các khoảng thời gian là:

Vậy giữa các mốc thời gian áp suất thay đổi khoảng 0,29−0,33, riêng tại mốc cuối cùng 450 s, áp suất thay đổi chỉ có 0,22 s. Kết quả đo áp suất ở thời điểm 450 s nghi ngờ là sai lầm.

Chọn A.

Tại thời điểm kết tủa lớn nhất ta có phản ứng: \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + {\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\({n_{Ba\,\,(X)}} = {n_{{\rm{Ba}}{{({\rm{OH}})}_2}}} = 0,03\;{\rm{mol}} = {n_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)

Coi hỗn hợp ban đầu gồm có \(\left\{ \begin{array}{l}Ba:0,03\,mol\\Na:x\,mol\\O:y\,mol\end{array} \right.\) ta có:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0,03.137 + 23x + 16y = 5,2}\\{2.0,03 + x = 2y + 0,02.2\,\,(BT\,\,electron)}\end{array} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,03\\y = 0,025\end{array} \right.(mol)} \right.\]

Khi số mol \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) bằng 0,07 mol, trong dung dịch tồn tại đồng thời gốc acid là \({\rm{HCO}}_3^ - \)và \({\rm{CO}}_3^{2 - }\)

\(\sum {{n_{O{H^ - }\,\,(Y)}}} = 2{n_{B{a^{2 + }}}} + {n_{N{a^ + }}} = 2 \cdot 0,03 + 0,03 = 0,09\,mol\)

Áp dụng công thức ta có:

\({n_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}} - {n_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = {n_{{\rm{CO}}_3^{2 - }}} \Rightarrow {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,09 - 0,07 = 0,02\,\,mol\)< 0,03 (\({n_{B{a^{2 + }}}}\))

Þ Toàn bộ 0,02 mol \(CO_3^{2 - }\)đã kết hợp với \(B{a^{2 + }}\)để tạo kết tủa.

Vậy m = \(0,02 \cdot 197 = 3,94\) gam.

Chọn B.

Phương trình hóa học:

\(\begin{array}{l}{{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,01\,\,\,\,\,\;\; \to \;\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,01{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{\rm{HCOO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5} + 2{\rm{NaOH}} \to {\rm{HCOONa}} + {{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{ONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\\,\,\,\,\,0,03{\rm{ }}\;\; \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,06{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{\rm{Cl}}{{\rm{H}}_3}\;{\rm{N}} - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}} + 2{\rm{NaOH}} \to {\rm{NaCl}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{N}} - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COONa}} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,02\;\;\;\;\;\;\;\,\,\, \to \;\;\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,04{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}} = 0,01 + 0,06 + 0,04 = 0,11\) mol \( \Rightarrow {\rm{V}} = \frac{{0,11}}{{0,5}} = 0,22\)lít \( = 220{\rm{mL}}{\rm{.}}\)

Chọn B.

Các phát biểu đúng là (a), (e).

Phát biểu (b) sai vì ethyl acetate nhẹ hơn nổi lên trên.

Phát biểu (c) sai vì giấm ăn có hàm lượng acetic acid ít hơn nên làm giảm hiệu suất phản ứng.

Phát biểu (d) sai vì chất lỏng phân thành 2 lớp.

Chọn A.

Chất có thể trùng hợp tạo ra polymer là \({\rm{C}}{{\rm{H}}_2} = {\rm{CH}} - {\rm{COOH}}\).

Chọn D.

Khối lượng muối thu được:

Chọn A.

KCl rắn, khan không phân li ra ion nên không dẫn điện.

Chọn A.

Phát biểu B sai, vì khi nồng độ nitric acid là 9,75 mol/L ta thấy sản phẩm khử gồm có:\({{\rm{N}}_2}{\rm{O}},{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) và \({\rm{NO}}.\)

- Giả sử Mg và Fe đã phản ứng hết nên dung dịch Z chắc chắn chứa muối \(M{g^{2 + }},\,F{e^{2 + }}\). Khi đó, kết tủa T có chứa \(Mg{(OH)_2},\,Fe{(OH)_2}\). Khi nung T ngoài không khí ta được hỗn hợp oxide \(MgO,\,F{e_2}{O_3}\).

Khi này,

=> Mg phản ứng hết và Fe chỉ phản ứng một phần.

Chất rắn Y gồm Ag, Cu, Fe dư. Dung dịch Z gồm muối \(Mg{(N{O_3})_2},\,Fe{(N{O_3})_2}\).

- Tính trong 7,36 gam X:

Theo bài ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}24x + 56 \cdot (y + z) = 7,36\\2x + 2y + 3z = 0,225 \cdot 2\,\,(BT\,electron)\\40x + 160 \cdot \frac{y}{2} = 7,2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,12\\y = 0,03\\z = 0,05\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \% {m_{Fe\,\,(X)}} = \frac{{56 \cdot (0,03 + 0,05)}}{{7,36}}.100\% = 60,87\% \)

Vậy a gần với số nguyên 61.

Đáp án: 61

Đại diện có hình thức sinh sản vô tính bằng cách nảy chồi là thủy tức. Chọn B.

Cả 4 lợi ích đưa ra đều đúng: Việc trồng cây dưới ánh sáng nhân tạo trong nhà có mái che giúp con người chủ động điều chỉnh được các nhân tố vô sinh ảnh hưởng đến sinh trưởng của cây trồng, ngăn cản những ảnh hưởng bất lợi của thời tiết. Nhờ đó, cây trồng sinh trưởng và phát triển tốt, có sức đề kháng với sâu bệnh tốt giúp đem lại năng suất cao, bảo đảm cung cấp rau, củ, quả tươi cho con người vào cả mùa đông giá lạnh. Chọn C.

A. Sai. Hoocmôn tirôxin không gây ra bệnh lùn hay khổng lồ.

B. Sai. Thừa GH ở giai đoạn trưởng thành thì gây bệnh to đầu các khớp xương.

C. Sai. Thừa tirôxin sẽ gây bệnh liên quan đến rối loạn chuyển hóa như bazơđô.

D. Đúng. Ở giai đoạn trẻ em, thiếu hoocmôn GH gây ra bệnh lùn; thừa hoocmôn GH gây ra bệnh khổng lồ.

Chọn D.

- Ở sinh vật nhân thực, nguyên tắc bổ sung giữa G với X, A với U và ngược lại được thể hiện trong cấu trúc là tARN (đoạn bổ sung) và trong quá trình dịch mã.

- Các ý còn lại sai do:

+ Phân tử ADN mạch kép có liên kết G với X, A với T và ngược lại

+ Quá trình phiên mã có liên kết G với X, A với U, X với G, và T với A.

+ mARN tồn tại dưới dạng mạch thẳng không tuân theo nguyên tắc bổ sung. Chọn C.

- Ở loài giao phối ngẫu nhiên, quần thể này phân biệt với quần thể khác trong cùng một loài bởi dấu hiệu đặc trưng là sự khác nhau về tần số tương đối của các alen về một vài gen tiêu biểu.

- Các ý còn lại sai vì:

+ Hình dạng cá thể trong cùng một loài thường giống nhau, không hoàn toàn khác nhau ở các cá thể.

+ Tỉ lệ giữa số cá thể cái/tổng số cá thể trong quần thể hoặc tỉ lệ giữa số cá thể đực/tổng số cá thể trong quần thể đều không phải là dấu hiệu di truyền đặc trưng. Chọn A.

Kĩ thuật chuyển gen gồm 3 bước: Tạo ADN tái tổ hợp → đưa ADN tái tổ hợp vào tế bào nhận → phân lập dòng tế bào chứa ADN tái tổ hợp (dùng thể truyền có gen đánh dấu). Chọn A.

Theo quan điểm của thuyết tiến hóa hiện đại, nguồn biến dị thứ cấp cung cấp nguyên liệu cho quá trình tiến hóa là biến dị tổ hợp; đột biến (bao gồm đột biến gen và đột biến nhiễm sắc thể) là nguồn nguyên liệu sơ cấp. Chọn A.

Giữa các mùa có sự khác biệt rõ ràng về khí hậu → Sự biến động số lượng cá thể của quần thể diễn ra theo chu kì mùa có thể do khí hậu. Chọn B.

Mắt vàng \( \times \) mắt vàng \( \to \) F₁: 3 mắt vàng : 1 mắt trắng \( \to \) Mắt vàng trội hoàn toàn so với mắt trắng.

Mắt đỏ \( \times \) mắt nâu \( \to \) F₁: 1 mắt đỏ : 1 mắt vàng : 2 mắt nâu \( \to \) Mắt đỏ, mắt nâu trội so với mắt vàng, mắt nâu trội so với mắt đỏ.

Gọi alen quy định kiểu hình mắt nâu >> mắt đỏ >> mắt vàng >> mắt trắng theo thứ tự là A₁ >> A₂ >> A₃ >> A₄.

\( \to \) Kiểu gen của 2 phép lai là:

Phép lai 1: A₂A₃ × A₁A₃, A₂A₄ × A₁A₃ hoặc A₂A₃ \( \times \) A₁A₄

Phép lai 2: A₃A₄ \( \times \) A₃A₄

Cho cá thể mắt nâu ở thế hệ P của phép lai 1 giao phối với 1 trong 2 cá thể mắt vàng ở thế hệ P của phép lai 2, ta có: 

TH1: A₁A₃ \( \times \) A₃A₄ \( \to \) 50% mắt nâu : 50% mắt vàng.

TH2: A₁A₄ \( \times \) A₃A₄ \( \to \) 50% mắt nâu : 25% mắt vàng : 25% mắt trắng. Chọn A.

Quần thể cân bằng di truyền về hệ nhóm máu ABO sẽ có cấu trúc (I^A + I^B + I^O)² = 1.

- Xét phía bên người đàn ông:

I^OI^O = 4% \( \Rightarrow \) I^O = 0,2.

Mà \[O + B = {\left( {{I^O} + {I^B}} \right)^2} = 4\% + 24\% = 25\% \Rightarrow {I^O} + {I^B} = 0,5 \Rightarrow {I^B} = 0,3 \Rightarrow {I^A} = 0,5.\]

\( \Rightarrow \) Người đàn ông có xác suất về kiểu gen: \[0,25{I^A}{I^A}:0,2{I^A}{I^O} \Leftrightarrow 5{I^A}{I^A}:4{I^A}{I^O}.\]

- Xét phía bên người phụ nữ:

\[{I^O}{I^O} = 9\% \Rightarrow {I^O} = 0,3.\]

Mà \[O + A = {\left( {{I^O} + {I^A}} \right)^2} = 9\% + 27\% = 36\% \Rightarrow {I^O} + {I^A} = 0,6 \Rightarrow {I^A} = 0,3.\]

\( \Rightarrow \) Người phụ nữ có xác suất về kiểu gen: \[0,09{I^A}{I^A}:0,18{I^A}{I^O} \Leftrightarrow 1{I^A}{I^A}:2{I^A}{I^O}.\]

- Xét 2 vợ chồng trên  sinh 2 người con:

+ Xác suất 2 người con khác giới tính là \[C_2^1 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\].

+ Xác xuất 2 người con này cùng nhóm máu A là: \[1 - \frac{4}{9}{I^A}{I^O} \times \frac{2}{3}{I^A}{I^O} \times \left( {1 - {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}} \right) = \frac{{47}}{{54}}.\]

\( \Rightarrow \) Xác xuất cặp vợ chồng đó sinh được 2 người con khác giới tính, cùng nhóm máu A là:

\(\frac{1}{2} \times \frac{{47}}{{54}} = \frac{{47}}{{108}}.\) Đáp án: \(\frac{{47}}{{108}}.\)

Nhân hóa: “sông Hương đã sống một nửa cuộc đời của mình”; so sánh: “như một cô gái Digan phóng khoáng và man dại”. Chọn A.

Đoạn trích thuộc phong cách nghệ thuật vì được trích từ một tác phẩm nghệ thuật – bút kí “Ai đã đặt tên cho dòng sông?”. Chọn C.

Văn bản “Ai đã đặt tên cho dòng sông?” chứa đoạn trích trên thuộc thể bút kí. Chọn D.

Đoạn trích miêu tả sông Hương ở thượng nguồn Trường Sơn. Đây là phần đặc điểm và vẻ đẹp của sông Hương ít được khám phá từ xưa đến nay. Đoạn văn trong bút kí của Hoàng Phủ Ngọc Tường đã cho thấy sự khám phá mới lạ, độc đáo của tác giả. Chọn D.

Đoạn trích ít nhiều đã phản ánh hiện thực khốc liệt của nạn đói khủng khiếp năm Ất Dậu, 1945 ở nước ta. Nạn đói năm Ất Dậu 1945 khiến hơn hai triệu đồng bào ta từ Quảng Trị ra Bắc Kì bị chết đói. Nguyên nhân chủ yếu gây ra nạn đói này chính là sự khai thác, vơ vét, bóc lột tàn tệ của bè lũ thực dân, phát xít đối với đồng bào ta nhằm phục vụ chiến tranh Đông Dương. Chọn A.

Việc lặp đi lặp lại chi tiết “người bồng bế, dắt díu nhau lên xanh xám như những bóng ma, bóng những người đói dật dờ đi lại lặng lẽ như những bóng ma” có tác dụng tô đậm sự thê thảm đến kiệt cùng của con người trong nạn đói: người sống mà như đã chết, ranh giới giữa sự sống với cái chết chỉ mong manh như sợi tóc. Chọn C.

Trước sự kiện Tràng “nhặt” được vợ, những người dân ở xóm ngụ cư đã thể hiện rất rõ thái độ, xúc cảm của mình:

- Thoạt đầu, họ thấy phấn chấn, mừng lạ: Những khuôn mặt hốc hác u tối của họ bỗng dưng rạng rỡ hẳn lên. Có cái gì lạ lùng và tươi mát thổi vào cuộc sống đói khát, tăm tối ấy của họ. Cái gì lạ lùng và tươi mát đó chính là xúc cảm sẻ chia rất tự nhiên của mọi người khi thấy Tràng có vợ.

- Nhưng ngay sau đó, họ ái ngại, thậm chí lo lắng thay cho Tràng: Một người thở dài “Ôi chao! Giời đất này còn rước cái của nợ đời về. Biết có nuôi nổi nhau sống qua được cái thì này không?”, Họ cùng nín lặng. Thái độ này xuất phát từ chính cái nhìn thực tế của những người lao động nghèo ở xóm ngụ cư. Hơn ai hết, họ thấu hiểu cảnh ngộ tăm tối, cùng cực của mình trong thời đoạn ngặt nghèo này.

→ Chọn A.

Chi tiết đã chứng tỏ Tràng hoàn toàn nghiêm túc trong việc đưa người đàn bà đi bên về nhà làm vợ. Tràng sợ việc mấy đứa trẻ con ở xóm ngụ cư đùa bỡn mình như mọi ngày sẽ khiến cho “việc đại sự” của Tràng trở nên trò đùa, làm người đàn bà đi bên ngượng nghịu hoặc phải suy nghĩ. Chọn D.

Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích trên là: Tự sự. Chọn A.