Bộ 45 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 40)

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

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

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

Ta có \(\Delta = 9 - 4{m^2} + 12m - 16 = - 4{m^2} + 12m - 7\). Nên \({m_1} = 1\,;\,\,{m_2} = 2\) thỏa mãn điều kiện \(\Delta > 0\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt. Chọn C.

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

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

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

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

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

Ta có \(12x + 5y = 60 \Leftrightarrow \frac{x}{5} + \frac{y}{{12}} = 1.\) Do đó \(A\left( {5\,;\,\,0} \right)\,,\,\,B\left( {0\,;\,\,12} \right)\).

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

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

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

Dựa vào hình vẽ, ta thấy

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

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

(Mỗi điểm là một giao điểm trên hình vẽ)

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 7 \cdot 3 = 21.\)

Ta có A: “\[x,\,\,y\] đều chia hết cho 2”. Suy ra \(A = \left\{ {\left( {x\,;\,\,y} \right)|x \in \left\{ { - 2\,;\,\,0\,;\,\,2\,;\,\,4} \right\},y \in \left\{ {0\,;\,\,2} \right\}} \right\}.\)

Theo quy tắc nhân, ta có \(n\left( A \right) = 4 \cdot 2 = 8.\)

Vậy xác suất cần tính là \(P = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{8}{{21}}.\) Chọn C.

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

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

So với điều kiện suy ra \(1 < m < 5\). Vậy có 3 giá trị nguyên của \(m\) để \(A \subset B.\)

Đáp án cần nhập là: 3.

Giả sử trồng được \(n\) hàng cây \[\left( {n \ge 1\,,\,\,n \in \mathbb{N}} \right)\].

Số cây ở các hàng tạo thành một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 1\).

Theo giả thiết: \[{S_n} = 3240 \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = 3240\]

\( \Leftrightarrow n\left( {n + 1} \right) = 6480 \Leftrightarrow {n^2} + n - 6480 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 80\,\,\,({\rm{TM}})}\\{n = - 81\,\,\,(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\).

Vậy có tất cả 80 hàng cây. Chọn C.

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) thì \(SO \bot \left( {ABC} \right).\) Suy ra \(\widehat {SAO} = 60^\circ .\)

\(AO = \frac{2}{3} \cdot 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\,,\,\,SO = AO \cdot \tan 60^\circ = 2a.\)

Diện tích \(\Delta ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 .\)

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SO = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) Chọn A.

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3 - {2^{1 - x}}} \right) + x < 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - {2^{1 - x}} > 0}\\{{{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( {3 - {2^{1 - x}}} \right) < - x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - \frac{2}{{{2^x}}} > 0}\\{3 - {2^{1 - x}} > {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{ - x}}}\end{array}} \right.} \right.\)

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

Vậy \(S = \left( {0\,;\,\,1} \right) = \left( {a\,;\,\,b} \right) \Rightarrow a = 0;b = 1 \Rightarrow a - 2b = - 2.\) Chọn C.

Ta có \({\log _c}\left( {{a^2}b} \right) = \frac{{{{\log }_b}\left( {{a^2}b} \right)}}{{{{\log }_b}c}} = \frac{{{{\log }_b}{a^2} + {{\log }_b}b}}{3} = \frac{{2 \cdot \frac{1}{{{{\log }_a}b}} + 1}}{3} = \frac{{2 \cdot \frac{1}{2} + 1}}{3} = \frac{2}{3}.\) Chọn D.

Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là \[\overline {abc} \,\,\left( {0 \le a,\,\,b,\,\,c \le 9,\,\,a \ne 0} \right).\]

Suy ra số phần tử của \(S\) là: \(9 \cdot 10 \cdot 10 = 900\) (phần tử).

Chọn ngẫu nhiên một số từ \(S\) nên \(n\left( \Omega \right) = 900.\)

Gọi \(A\) là biến cố: “Số được chọn thỏa mãn \(a \le b \le c\)”.

• TH1: \(a < b < c.\)

Chọn 3 số từ 1 đến 9, có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải nên TH này có \(C_9^3\) số thoả mãn.

•TH2:\(a = b < c\) có \(C_9^2\) số thoả mãn.

•TH3:\(a < b = c\) có \(C_9^2\) số thoả mãn.

•TH4:\(a = b = c\) có 9 số thoả mãn.

\[ \Rightarrow n\left( A \right) = C_9^3 + 2 \cdot C_9^2 + 9 = 165.\] Do đó \(P(A) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{165}}{{900}} = \frac{{11}}{{60}} \approx 0,18.\)

Đáp án cần nhập là:\(0,18\).

Để chọn được 3 câu hỏi trong đó có ít nhất 1 câu lý thuyết và 1 câu bài tập, có 2 TH:

• TH1: Chọn 1 câu lý thuyết và 2 câu bài tập có \(C_4^1 \cdot C_6^2\) (cách chọn).

• TH2: Chọn 2 câu lý thuyết và 1 câu bài tập có \(C_4^2 \cdot C_6^1\) (cách chọn).

Suy ra có \(C_4^1 \cdot C_6^2 + C_4^2 \cdot C_6^1 = 96\) (cách chọn). Chọn C.

Độ pH là \(pH = - \log {10^{ - 5,5}} = 5,5.\) Chọn C.

Ta có \(3\cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - m + 5 = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{m - 5}}{3}.\)

Điều kiện để phương trình có nghiệm: \( - 1 \le \frac{{m - 5}}{3} \le 1 \Leftrightarrow 2 \le m \le 8.\)

Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}.\)

Vậy có 7 số nguyên \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Vì \(a\)là số nguyên dương \[ \Rightarrow a \ge 1\,;\,\,b \in \mathbb{Z}.\]

Ta có \(\left( {{3^b} - 3} \right)\left( {a \cdot {2^b} - 16} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 1}\\{b = {{\log }_2}\left( {\frac{{16}}{a}} \right)}\end{array}} \right.\).

• TH1: \({\log _2}\left( {\frac{{16}}{a}} \right) > 1 \Leftrightarrow \frac{{16}}{a} > 2 \Leftrightarrow 0 < a < 8.\) Để với mỗi \(a\) có đúng hai số nguyên \(b\) thì

\(3 < {\log _2}\left( {\frac{{16}}{a}} \right) \le 4 \Leftrightarrow 9 < \frac{{16}}{a} \le 16 \Leftrightarrow 1 \le a < \frac{{16}}{9}\) \( \Rightarrow \) có 1 giá trị thoả mãn là \(a = 1.\)

• TH2: \({\log _2}\left( {\frac{{16}}{a}} \right) < 1 \Leftrightarrow \frac{{16}}{a} < 2 \Leftrightarrow a > 8.\) Để với mỗi \(a\) có đúng hai số nguyên \(b\) thì

\( - 2 \le {\log _2}\left( {\frac{{16}}{a}} \right) < - 1 \Leftrightarrow \frac{1}{4} \le \frac{{16}}{a} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow 32 < a \le 64 \Rightarrow a \in \left\{ {33\,;\,\,34\,;\,\, \ldots ;\,\,64} \right\}.\)

Suy ra có 32 giá trị \(a\) thoả mãn.

Kết hợp 2 trường hợp, suy ra có tất cả 33 số thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: 33.

Gọi \(t\,\,\left( \% \right)\) là tỉ lệ tăng trưởng mỗi năm. Trung bình mỗi năm dân số của tỉnh Bình Dương tăng: \(1\,\,691\,\,400{\left( {1 + t} \right)^4} = 1\,\,802\,\,500 \Leftrightarrow t \approx 1,6\% \). Chọn A.

   Gọi \(H\) là trung điểm của \[AB.\]

   Từ giả thiết, suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

   Từ \(H\) kẻ \(HO \bot BD\) tại \(O\), kẻ \(HI \bot SO\) tại I.

   Suy ra \[HI \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\,\,\left( {SBD} \right)} \right) = HI.\]

  Ta có \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Lại có  nên \(\frac{{OH}}{{AD}} = \frac{{BH}}{{BD}} \Rightarrow OH = \frac{{AD \cdot BH}}{{BD}} = \frac{{\frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{{10}}.\)

Khi đó \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{O^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{{10}}} \right)}^2}}}\). Suy ra \(HI = \frac{{a\sqrt 3 }}{8}.\)

Lại có \(d\left( {A,\,\,\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\,\,\left( {SBD} \right)} \right) = 2 \cdot HI = 2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{8} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)Chọn A.

Gọi \[H,\,\,I\] lần lượt là trung điểm của \[AB,\,\,CD,\] kẻ \(HK \bot SI\) tại \[K.\]

Vì tam giác \[SAB\] cân tại \(S\) và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot HI}\\{CD \bot SH}\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SIH} \right)} \right.\)\( \Rightarrow CD \bot HK \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right)\).

Mặt khác \(CD\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(d\left( {AB\,,\,\,SC} \right) = d\left( {AB,\,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\,\,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\).

Suy ra \(HK = 3\,;\,\,HI = AD = 2\sqrt 3 .\)

Trong tam giác vuông \[SHI\] có \(SH = \sqrt {\frac{{H{I^2} \cdot H{K^2}}}{{H{I^2} - H{K^2}}}} = \sqrt {\frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot {3^2}}}{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {3^2}}}} = 6.\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 6 \cdot 4\sqrt 3 = 8\sqrt 3 .\) Suy ra \(a = 8.\)

Đáp án cần nhập là: 8.

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {ABB'A'} \right).\)

Gọi \(I\) là hình chiếu của \(D\) lên \(A'B\,,\,\,O\) là tâm của hình vuông \(ABCD.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DA \bot \left( {ABB'A'} \right)\\\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {A'BD} \right) = A'B\end{array} \right. \Rightarrow \alpha = \widehat {DIA}.\)

Ta có \(\tan \alpha = 2 \Rightarrow \sin \alpha = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \frac{{DA}}{{DI}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}.\)

Giả sử cạnh đáy của lăng trụ là \[x.\]

Ta có \(A'D = A'B = \sqrt {{x^2} + 1} \,,\,\,BD = x\sqrt 2 ,\,\,A'O = \frac{{\sqrt {{x^2} + 2} }}{{\sqrt 2 }}.\)

Diện tích tam giác \(A'BD\) là \({S_{A'BD}} = \frac{1}{2} \cdot A'O \cdot BD = \frac{1}{2}DI \cdot A'B \Rightarrow A'O \cdot BD = DI \cdot A'B\)

\( \Rightarrow DI = \frac{{A'O \cdot BD}}{{A'B}} = \frac{{\sqrt {{x^2} + 2} \cdot x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\)\( \Rightarrow x:\frac{{\sqrt {{x^2} + 2} \cdot x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 2} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2} + 2}} = \frac{4}{5} \Leftrightarrow x = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 3\).

Vậy thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) là \(V = {S_{ABCD}} \cdot AA' = 3 \cdot 1 = 3.\) Chọn B.

Theo bài ra ta có \(\frac{1}{{1 + 49{e^{ - 0,015n}}}} > 0,5\)\( \Leftrightarrow 1 + 49{e^{ - 0,015n}} < 2\)

\( \Leftrightarrow {e^{ - 0,015n}} < \frac{1}{{49}}\)\( \Leftrightarrow - 0,015n < \ln \frac{1}{{49}}\)\( \Leftrightarrow n > - \frac{1}{{0,015}}\ln \frac{1}{{49}} \approx 259,45\).

Vậy ít nhất 260 lần quảng cáo.

Đáp án cần nhập là: 260.

Gọi \[P\] là trung điểm của \[AB.\]

Khi đó \[NP\] là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NP\,{\rm{//}}\,AC}\\{NP = \frac{1}{2}AC}\end{array}} \right..\)

Do \(NP\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(\left( {MN,\,\,AC} \right) = \left( {MN,\,\,NP} \right) = \widehat {MNP}.\)

Xét tam giác ABC vuông tại \(B\) có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2.\)

Do \[M,\,\,P\] lần lượt là trung điểm của \(A'B'\) và \(AB\) nên \(MP = AA' = \sqrt 3 .\)

Xét tam giác \[MNP\] vuông tại \(P\) có \(\tan \widehat {MNP} = \frac{{MP}}{{NP}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {MNP} = 60^\circ .\)

Vậy \(\left( {MN,\,\,AC} \right) = 60^\circ .\)Chọn C.

 Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{10}^2 = 45\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Rút ngẫu nhiên 2 thẻ mà tích 2 số ghi trên thẻ là một số chẵn”.

Ta có \(n\left( A \right) = C_5^2 + C_5^1 \cdot C_5^1 = 35\). Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{35}}{{45}} = \frac{7}{9}\). Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3 - \sin x > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\). Chọn B.

Ta có \(y = \frac{{\sin x - \cos x}}{{\sin x + \cos x + 3}} \Leftrightarrow \left( {y - 1} \right)\sin x + \left( {y + 1} \right)\cos x = - 3y\)

Phương trình có nghiệm \( \Leftrightarrow {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} \ge {\left( { - 3y} \right)^2} \Leftrightarrow 7{y^2} \le 2 \Leftrightarrow - \sqrt {\frac{2}{7}} \le y \le \sqrt {\frac{2}{7}} \)

Vậy hàm số đã cho có 1 giá trị nguyên. Chọn B.

Biểu thức vận tốc của chuyển động là

\(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 12t = - 3\left( {{t^2} - 4t + 4} \right) + 12 = - 3{\left( {t - 2} \right)^2} + 12 \le 12\)

Vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng \(12\) khi \(t = 2\).

Đáp án cần nhập là: 2.

Nhóm có tần số lớn nhất là \(\left[ {40;60} \right)\). Khi đó, \({M_0} = 40 + \frac{3}{{3 + 2}} \cdot 20 = 52\). Chọn C.

Ta có \(y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}.\)

Vì đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) đi qua điểm \(\left( {0\,;\,\,1} \right)\) suy ra \(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow \frac{b}{d} = 1 \Leftrightarrow b = d\).                            (1)

Dựa vào đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 0 \right) = 3}\\{x = - \frac{d}{c} = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ad - bc}}{{{d^2}}} = 3}\\{d = - c}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ - ac - bc}}{{{c^2}}} = 3\;\left( 2 \right)}\\{d = - c}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Thay (1) vào (2), ta được \(\frac{{ - ac + {c^2}}}{{{c^2}}} = 3 \Rightarrow \frac{{ - a + c}}{c} = 3 \Rightarrow - a = 2c \Rightarrow a = - 2c.\)

Vậy \(f\left( { - 2} \right) = \frac{{ - 2a + b}}{{ - 2c + d}} = \frac{{ - 2 \cdot \left( { - 2c} \right) + d}}{{ - 2c - c}} = \frac{{4c - c}}{{ - 3c}} = - 1.\) Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {1 - 3x} }} \Rightarrow \int {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \int {\frac{1}{{\sqrt {1 - 3x} }}} \;{\rm{d}}x \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{2}{3}\sqrt {1 - 3x} + {C_1}.\)

Mà \[f\left( { - 1} \right) = \frac{2}{3} \Leftrightarrow - \frac{2}{3}\sqrt {1 - 3 \cdot \left( { - 1} \right)} + {C_1} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow {C_1} = 2.\] Khi đó \(f\left( x \right) = - \frac{2}{3}\sqrt {1 - 3x} + 2.\)

Lại có \(F\left( x \right) = \int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( { - \frac{2}{3}\sqrt {1 - 3x} + 2} \right)} \,{\rm{d}}x\)

\( = \int {\left[ { - \frac{2}{3}{{\left( {1 - 3x} \right)}^{\frac{1}{2}}} + 2} \right]} \,{\rm{d}}x = \frac{4}{{27}}{\left( {1 - 3x} \right)^{\frac{3}{2}}} + 2x + {C_2}{\rm{.}}\)

Mà \(F\left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{4}{{27}}{\left( {1 + 3} \right)^{\frac{3}{2}}} - 2 + {C_2} = 0 \Leftrightarrow {C_2} = \frac{{22}}{{27}}.\)

Vậy \(F\left( x \right) = \frac{4}{{27}}{\left( {1 - 3x} \right)^{\frac{3}{2}}} + 2x + \frac{{22}}{{27}} \Leftrightarrow F\left( {\frac{1}{4}} \right) = \frac{4}{3}.\) Chọn D.

Tốc độ thay đổi số tiền đầu tư của ông An vào năm thứ \(t\) là \(f'\left( t \right) = \frac{{12\,\,000}}{{{{\left( {t + 5} \right)}^2}}}\).

Suy ra nguyên hàm của \(f'\left( t \right)\) là hàm số \(f\left( t \right)\) mô tả số tiền mà ông An thu về vào năm thứ \[t.\]

Ta có \(f\left( t \right) = \int {f'\left( t \right)} \,{\rm{d}}t = \int {\frac{{12\,\,000}}{{{{\left( {t + 5} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}t = - \frac{{12\,\,000}}{{t + 5}} + C.\)

Số tiền vốn ban đầu là 200 triệu đồng nên \(f(0) = 200 \Leftrightarrow - \frac{{12\,\,000}}{{0 + 5}} + C = 200 \Leftrightarrow C = 2\,\,600.\)

Vậy số tiền mà ông An thu về tính đến đầu tháng 5 năm 2023 là:

\(f\left( {48} \right) = - \frac{{12\,\,000}}{{48 + 5}} + 2\,\,600 \approx 2\,\,373,5\) (triệu đồng). Chọn C.

Gọi \(I\) là điểm thoả mãn \(\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} - 2\overrightarrow {IC} = \vec 0 \Rightarrow I\left( { - 1\,;\,\, - 5\,;\,\,4} \right).\)

Khi đó \(T = M{A^2} + 3M{B^2} - 2M{C^2} = 2M{I^2} + I{A^2} + 3I{B^2} - 2I{C^2}\)

\( \Rightarrow {T_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó đường thẳng MI đi qua \(I\left( { - 1\,;\,\, - 5\,;\,\,4} \right)\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\) của \(\left( P \right)\) làm vectơ chỉ phương. Ta có phương trình là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = - 5 + t}\\{z = 4 - 3t}\end{array}\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right..\)

Mặt khác \(M = IM \cap \left( P \right)\) nên toạ độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ phương trình sau:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = - 5 + t}\\{z = 4 - 3t}\\{x + y - 3z + 7 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 0}\\{y = - 4}\\{z = 1}\end{array} \Rightarrow M\left( {0\,;\,\, - 4\,;\,\,1} \right) \Rightarrow T = - 14.} \right.} \right.\)

Đáp án cần nhập là: −14.

Ta có \[AB = 3\,;\,\,h = d\left( {C\,,\,\,AB} \right) = \frac{{\sqrt {162} }}{3}\].

\({S_{ABCD}} = \frac{h}{2}\left( {AB + CD} \right) \Leftrightarrow 6\sqrt 2 = \frac{{\sqrt {162} }}{6}\left( {3 + CD} \right) \Leftrightarrow CD = 1.{\rm{ }}\)

Suy ra \(\overrightarrow {AB} = 3\overrightarrow {DC} \Leftrightarrow D\left( {\frac{{17}}{3};\,\,\frac{5}{3};\,\,\frac{2}{3}} \right) \Rightarrow a + b + c = 8\).Chọn C.

Gọi \(M\left( {0\,;\,\,y\,;\,\,0} \right) \in Oy:\overrightarrow {AM} = \left( { - 1\,;\,\,y - 1\,;\,\, - 1} \right)\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,1} \right)\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(A\) cắt trục \[Oy\] tại \(M\).

Do \(\Delta \bot d\) nên \(\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2\left( {y - 1} \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 2\).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,1} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 1 - t}\\{z = 1 + t}\end{array}} \right.\).

Mà điểm \(N\left( { - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right) \in \Delta \) nên đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = 3 - t}\\{z = - 1 + t}\end{array}} \right.\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right).\)

Do đó \(AB \bot \left( P \right)\).

Giả sử mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) đi qua hai điểm A, B nên ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9 + 1 + 1 + 6a - 2b - 2c + d = 0}\\{1 + 1 + 25 - 2a + 2b - 10c + d = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6a - 2b - 2c + d = - 11}\\{2a - 2b + 10c - d = 27}\end{array}} \right.} \right.\).

Suy ra \(8a - 4b + 8c = 16 \Leftrightarrow 2a - b + 2c = 4.\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right)\) nên ta có:

\(d\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2a - b + 2c + 11} \right|}}{3} = 5.\)

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {4^2}} = 6.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \[AB\], ta có:

\(d\left( {C\,,\,\,AB} \right) = IM = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4.\)

Vậy \(C\) luôn thuộc một đường tròn \(\left( T \right)\) cố định có bán kính \(r = 4.\)

Đáp án cần nhập là: 4.

Gọi chiều rộng đáy bể là \(x\,\,(m),\,\,\left( {x > 0} \right)\).

Chiều dài đáy bể là 2x. Chiều cao của bể là \(h\,\,(m),\,\,(h > 0).\)

Theo đề bài ta có, \(V = 2{x^2} \cdot h = 288 \Rightarrow h = \frac{{144}}{{{x^2}}}.\)

Tổng diện tích bể là \(S = 2{x^2} + 6xh = 2{x^2} + 6x \cdot \frac{{144}}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{{864}}{x}\).

Có \(S' = 4x - \frac{{864}}{{{x^2}}}\)\( \Leftrightarrow S' = 0 \Leftrightarrow 4x - \frac{{864}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 6\).

Lập bảng biến thiên

Do đó \({S_{\min }} = 216\;\,{{\rm{m}}^2}.\)

Vậy ông A trả chi phí thấp nhất là \(216 \cdot 500\,\,000 = 108\) (triệu đồng). Chọn D.

• TH1: Với \(x < 1\) suy ra \(f\left( x \right) = 2\left( {1 - x} \right) = 2 - 2x\).

Khi đó \(F\left( x \right) = \int {\left( {2 - 2x} \right)\,} dx = 2x - {x^2} + {c_1}\).

• TH2: Với \(x \ge 1\) suy ra \(f\left( x \right) = 2\left( {x - 1} \right) = 2x - 2\).

Khi đó \(F(x) = \int {\left( {2x - 2} \right)\,} dx = {x^2} - 2x + {c_2}\).

Ta có \(F\left( 0 \right) = 2.0 - {0^2} + {c_1} = {c_1}\); \(F\left( 2 \right) = {2^2} - 2 \cdot 2 + {c_2} = {c_2}\).

Suy ra \(F\left( 2 \right) + F\left( 0 \right) = {c_1} + {c_2} = 5\).

Lại có \(F\left( 3 \right) = {3^2} - 2 \cdot 3 + {c_2} = 3 + {c_2}\); \(F\left( { - 2} \right) = - 2 \cdot 2 - {\left( { - 2} \right)^2} + {c_1} = {c_1} - 8\).

Vậy \(P = F\left( 3 \right) + F\left( { - 2} \right) = 3 + {c_2} + {c_1} - 8 = 3 + 5 - 8 = 0\). Chọn B.

Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận đứng thì phương trình có hai nghiệm thoả mãn \({x_1},\,\,{x_2}\) phân biệt và hai nghiệm khác 1.

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\1 - 2m + 3m + 10 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m - 10 > 0\\m \ne - 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - 2}\\{m > 5}\end{array}} \right.}\\{m \ne - 11}\end{array}} \right.\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\,,\,\,m \in \left[ { - 25\,;\,\,25} \right]\) nên có 42 giá trị nguyên \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2f'\left( {2x} \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x} \right) = 2\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\2x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Trong đó x = 0 là nghiệm kép.

Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số g(x) là \(g\left( 1 \right) = f\left( 2 \right) - 4\). Chọn C.

Parabol có dạng \(\left( P \right):y = a{x^2}\).

\(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( { - \,4\,;\,\,10} \right)\), ta có \(10 = a \cdot {4^2} \Leftrightarrow a = \frac{{10}}{{16}} = \frac{5}{8}\).

Suy ra parabol có phương trình \(y = \frac{5}{8}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{8}{5}y.\)

Thể tích tối đa của cốc là \(V = \pi \int\limits_0^{10} {\left( {\frac{8}{5}y} \right)} \,{\rm{d}}y \approx 251\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Đáp án cần nhập là: 251.

Ta có \(\left( P \right):\frac{x}{1} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 \Leftrightarrow x + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} - 1 = 0\).

Vì \(\left( P \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right)\) nên \(1 \cdot 0 + \frac{1}{b} \cdot 1 + \frac{1}{c} \cdot \left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow b = c\).

Lại có \[d\left( {O\,,\,\left( P \right)} \right) = \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow 1 + \frac{2}{{{b^2}}} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{1}{2} = c}\\{b = - \frac{1}{2} = c}\end{array}} \right.\].

Suy ra \(4bc = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 4 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = 1\). Chọn A.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\) Ta có \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0}\,;\,\,\frac{{{x_0} + 2}}{{{x_0} - 1}}} \right)\) là

\(y = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 2}}{{{x_0} - 1}}.\)

Tiếp tuyến đi qua điểm \(A\left( {0\,;\,\,a} \right)\) nên \(a = \frac{{3{x_0}}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} + \frac{{\left( {{x_0} + 2} \right)}}{{\left( {{x_0} - 1} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} \ne 1}\\{3{x_0} + \left( {{x_0} + 2} \right)\left( {{x_0} - 1} \right) = a{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} \ne 1}\\{\left( {a - 1} \right)x_0^2 - 2\left( {a + 2} \right){x_0} + a + 2 = 0\;\left( 1 \right)}\end{array}} \right.} \right.\).

Để từ điểm \(A\) kẻ được 2 tiếp tuyến đến \(\left( C \right)\) thì \((1)\) có hai nghiệm phân biệt khác 1 nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - 1 \ne 0}\\{\Delta ' > 0}\\{\left( {a - 1} \right) - 2\left( {a + 2} \right) + a + 2 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ne 1}\\{{{\left( {a + 2} \right)}^2} - \left( {a - 1} \right)\left( {a + 2} \right) > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ne 1}\\{a > - 2}\end{array}\,\,(*).} \right.} \right.} \right.\)

Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là các nghiệm của phương trình (1).

Theo định lí Viet, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {a + 2} \right)}}{{a - 1}}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{{a + 2}}{{a - 1}}}\end{array}} \right.\).

Hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục hoành khi và chỉ khi \(y\left( {{x_1}} \right) \cdot y\left( {{x_2}} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)}}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}{{{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{9a + 6}}{{ - 3}} < 0 \Leftrightarrow a > - \frac{2}{3}{\rm{. }}\)

Kết hợp với điều kiện \((*)\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > - \frac{2}{3}}\\{a \ne 1}\end{array}} \right.\).

Mà \[a \in \left[ { - 2018\,;\,\,2018} \right],\,\,a \in \mathbb{Z} \Rightarrow a \in \left\{ {0\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,2018} \right\}.\]

Vậy có tất cả 2018 giá trị nguyên của \(a\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: 2018.

Ta có \(g'\left( x \right) = \frac{{{{\left[ {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right]}^\prime } \cdot \left[ {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right]}}{{\left| {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right|}}\).

Suy ra \[g'\left( x \right) = \frac{{f'\left( x \right) \cdot \left[ {2f\left( x \right) + 1} \right] \cdot \left[ {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right]}}{{\left| {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right|}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{2f\left( x \right) + 1 = 0}\\{{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m = 0\;\left( * \right)}\end{array}} \right..\]

Dễ thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm là \(x = 1\,;\,\,x = 3.\)

Và \[f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{6} - {x^2} + \frac{3}{2}x + C\] mà \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0.\)

Do đó phương trình \(2f\left( x \right) + 1 = \frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 3x + 1 = 0\) có nghiệm duy nhất.

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow (*)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta = 1 - 4m \le 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{4}.\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left( { - 2021\,;\,\,2022} \right)\) suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,2021} \right\}.\) Chọn C.

Điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{360 - 10n > 0}\\{n \in {\mathbb{N}^*}}\end{array} \Leftrightarrow 0 < n < 36} \right..\)

Trọng lượng cá trên một đơn vị diện tích là:

\(T = \left( {360 - 10n} \right)n = - 10{n^2} + 360n = - 10{\left( {n - 18} \right)^2} + 3\,\,240 \Rightarrow T \le 3\,\,240.{\rm{ }}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(n = 18\) (nhận). Do đó \({T_{\max }} = 3\,\,240 \Leftrightarrow n = 18.\) Vậy cần thả 18 con cá trên một đơn vị diện tích để trọng lượng cá sau một vụ thu được nhiều nhất.

Đáp án cần nhập là: 18.

Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) bán kính R có dạng:

\({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\).Chọn D.

Gọi A là biến cố: “Người đó tiêm phòng vắc xin phòng bệnh B”.

B là biến cố: “Người đó mắc bệnh B”.

Theo đề ta có: \(P\left( A \right) = 0,7;P\left( {B|A} \right) = 0,03;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,15\).

Cần tính \(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}\)\( = \frac{{0,3 \cdot 0,15}}{{0,7 \cdot 0,03 + 0,3 \cdot 0,15}} = \frac{{15}}{{22}} \approx 0,68\).

Đáp án cần nhập là: \(0,68\).

Khi dừng hẳn thì \[v\left( t \right) = - 3t + 15 = 0 \Leftrightarrow t = 5\].

Từ lúc hãm phanh đến khi dừng lại, xe di chuyển được:

\[s = \int\limits_0^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^5 {\left( { - 3t + 15} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( { - \frac{3}{2}{t^2} + 15t} \right)} \right|_0^5 = 37,5\,{\rm{m}}\]. Chọn C.

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{20}}\) là số viên kẹo của loại kẹo thứ 1, 2, …, 20 với \({x_i} \ge 2\).

Số cặp học sinh có cùng loại kẹo \({x_i}\) là \(C_{{x_i}}^2 = \frac{{{x_i}\left( {{x_i} - 1} \right)}}{2}\).

Tổng các số M được viết lên bảng là: \(M = \sum\limits_{i = 1}^{20} {\frac{{{x_i}\left( {{x_i} - 1} \right)}}{2}} \) trong đó \(\sum\limits_{i = 1}^{20} {{x_i} = 2020} \).

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(M = \sum\limits_{i = 1}^{20} {\frac{{{x_i}\left( {{x_i} - 1} \right)}}{2}} = \sum\limits_{i = 1}^{20} {\frac{{x_i^2}}{2}} - \sum\limits_{i = 1}^{20} {\frac{{{x_i}}}{2}} \)\( \ge \frac{{{{\left( {\sum\limits_{i = 1}^{20} {{x_i}} } \right)}^2}}}{{2 \cdot 20}} - \sum\limits_{i = 1}^{20} {\frac{{{x_i}}}{2}} = \frac{{{{2020}^2}}}{{2 \cdot 20}} - \frac{{2020}}{2} = 101000\).

Dấu “=” xảy ra khi \({x_i} = 101,\forall i = 1;2;...;20\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 101000.

Đáp án cần nhập là:101000.

Từ đồ thị suy ra đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là \[x = - 1\]. Chọn B.

Ta có: \(\int {{{\left( {0,01} \right)}^x}dx = \frac{{{{\left( {0,01} \right)}^x}}}{{\ln \,0,01}}} + C = \frac{{{{\left( {0,01} \right)}^x}}}{{\ln \,{{10}^{ - 2}}}} + C = \, - \,\frac{{{{\left( {0,01} \right)}^x}}}{{2\ln \,10}} + C.\)

Suy ra \(a = 10\,,\,\,b = 0,01\). Vậy \(\frac{a}{b} = 1000.\)

Đáp án cần nhập là: 1000.  

Ta có \(\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = F\left( x \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}3\\1\end{array} = F\left( 3 \right)} \right. - F\left( 1 \right) = 6 - 9 = - 3\).Chọn A.

Ta có bảng sau :

Số trung bình: \(\bar x = \frac{{4 \cdot 9 + 6 \cdot 11 + 8 \cdot 13 + 4 \cdot 15 + 3 \cdot 17}}{{25}} = 12,68\).

Độ lệch chuẩn: \(s = \sqrt {\frac{{4 \cdot {9^2} + 6 \cdot {{11}^2} + 8 \cdot {{13}^2} + 4 \cdot {{15}^2} + 3 \cdot {{17}^2}}}{{25}} - 12,{{68}^2}} \approx 2,44\). Chọn C.

Xét các biến cố: 

\({A_1}\): “Sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi”. Khi đó, ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = \frac{3}{{200}}\); \(P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = \frac{{197}}{{200}}\).

\({A_2}\): “Sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi”.

Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi thì \(P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} \right.} \right) = \frac{2}{{199}}\), suy ra \(P\left( {\overline {{A_2}} \left| {{A_1}} \right.} \right) = \frac{{197}}{{199}}\).

Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất không bị lỗi thì \(P\left( {{A_2}\left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) = \frac{3}{{199}}\), suy ra \(P\left( {\overline {{A_2}} \left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) = \frac{{196}}{{199}}\).

Khi đó, xác suất để sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi là:

\(P\left( {{A_2}} \right) = P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} \right.} \right) \cdot P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}\left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) \cdot P\left( {\overline {{A_1}} } \right)\)\( = \frac{2}{{199}} \cdot \frac{3}{{200}} + \frac{3}{{199}} \cdot \frac{{197}}{{200}} = \frac{3}{{200}} \approx 0,02\).

Đáp án cần nhập là: 0,02.   

Thể thơ tự do:

+ số tiếng trong một câu không hạn chế.

+ số câu trong một khổ không hạn chế.

+ không có niêm, luật,..

→ Chọn D.

- Phép điệp giúp nhấn mạnh, tô đậm vẻ đẹp của biển cả: hào hiệp, kiên nhẫn, nghiêm trang…

- Từ đó, tác giả thể hiện tình yêu của mình với biển cả; khẳng định, ca ngợi phẩm chất của con người lao động.

- Tạo nhịp điệu cho câu thơ: nhanh, gấp gáp như lời kể về câu chuyện của biển cả muôn đời.

→ Chọn D.

So sánh: qua từ “như”. Chọn C.

Mối quan hệ giữa “biển” và “người” là mối quan hệ gắn bó khăng khít không thể tách rời “…muôn đời vẫn những cánh buồm căng/ Bay trên biển như bồ câu trên đất/ Biển dư sức và người không biết mệt”. Chọn D.

Tất cả các đáp án đều thể hiện nội dung của bài thơ nhưng nổi bật lên trên tất cả thì hình ảnh con người và hành trình theo đuổi khát vọng vẫn là nội dung xuyên suốt. Chọn A.

Câu chủ đề nằm ở đoạn 1 → Nghiên cứu về ý thức trong hành vi của động vật. Chọn A.

Đoạn 1 nhắc đến các khả năng của động vật: “một số loài động vật có khả năng ghi nhớ các sự việc đã diễn ra quá khứ, dự đoán các sự việc sắp diễn ra trong tương lai, từ đó lập kế hoạch và đưa ra lựa chọn, đồng thời có khả năng phối hợp làm việc nhóm”. Trong số đó không có khả năng truyền đạt cảm xúc. Chọn A.

Đoạn 2 có dữ kiện: “khi những người thử nghiệm liên tục thay đổi địa điểm của nguồn thức ăn, mỗi lần di chuyển thức ăn xa hơn 25% so với vị trí trước đó, ong mật kiếm ăn bắt đầu dự đoán nơi nguồn thức ăn sẽ xuất hiện tiếp theo. Khi các nhà nghiên cứu đến địa điểm mới, họ thấy những con ong đã đến đó trước để chờ đợi thức ăn” → Ong có thể dự đoán được nơi tiếp theo các nhà khoa học sẽ đặt thức ăn của chúng. Chọn B.

Trong đoạn trích có dữ kiện: rái cá dùng đá để làm nứt vỏ trai; tinh tinh mẹ hướng dẫn cho những con tinh tinh con cách sử dụng đá để mở các loại hạt cứng → Một số loài động vật dùng vật dụng thô sơ để tách vỏ thức ăn. Chọn C.

Trong đoạn trích có dữ kiện: “Điều đó cho thấy loài tinh tinh có khả năng tính toán, so sánh và lựa chọn. Họ còn có thể đào tạo cho những con tinh tinh biết tính toán đơn giản và ghi số lượng lên nhãn dán của các mặt hàng” → Loài tinh tinh có khả năng tính toán đơn giản. Chọn D.

Đoạn thơ được viết theo thể tự do. Câu thơ dài ngắn không hạn định, ngắt nhịp linh hoạt,… Chọn A.

Chủ đề của đoạn trích: Khám phá về công lao của Nhân dân đối với Đất Nước. Chọn C.

Truyền thống hiếu học được gợi đến qua câu thơ: “Người học trò nghèo góp cho Đất Nước mình núi Bút, non Nghiên”. Chọn D.

Biện pháp tu từ liệt kê. Liệt kê hàng loạt những danh lam thắng cảnh của Đất nước ta trải dài từ Bắc chí Nam. Chọn B.

Đoạn thơ bộc lộ tình cảm, thái độ trân trọng, ngợi ca, biết ơn của nhân vật trữ tình đối với Nhân dân. Nhân Dân chính là người đã tạo dựng, đã đặt tên, ghi dấu ấn cuộc đời mình lên mỗi ngọn núi, dòng sông, khắp mọi miền đất nước này. Chọn A.

Câu thơ “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều” cho biết tác giả nhấn mạnh sự thiếu vắng âm thanh của cuộc sống con người. Chọn B.

Hình ảnh cánh bèo trong câu “Bèo dạt về đâu hàng nối hàng” gợi liên tưởng đến những kiếp người trôi nổi, vô định. Hai từ “về đâu” càng tô đậm sắc thái trôi nổi, vô định đó. Chọn A.

Biện pháp liệt kê: “sông dài, trời rộng, bến cô liêu”. Biện pháp đối lập: hình ảnh “sông dài, trời rộng” gợi sự mênh mông, rộng lớn, đối lập với “bến cô liêu” gợi sự cô đơn, nhỏ nhoi, trơ trọi. Chọn C.

Âm hưởng chính của đoạn thơ là buồn bã, trống vắng. Chọn B.

Điệp từ “không” trong hai câu thơ nhấn mạnh sự cô đơn, thiếu kết nối trong cuộc sống con người. Chọn D.

Tùy bút là một thể văn. Tuy có chỗ gần với các thể bút kí, kí sự ở yếu tố miêu tả, ghi chép những hình ảnh, sự việc mà nhà văn quan sát, chứng kiến, nhưng tùy bút thiên về biểu cảm, chú trọng thể hiện cảm xúc, tình cảm, suy nghĩ của tác giả trước các hiện tượng và vấn đề của đời sống. Chọn C.

Từ “phong phanh” dùng sai nghĩa trong ngữ cảnh của câu. “Phong phanh” là từ chỉ việc ăn mực không kín đáo, không che được gió lạnh. Phong thanh là thoáng nghe được, không chắc chắn, không xác định được người nói. Chọn C.

Xác định nội dung của câu văn là khái quát cảm xúc của chủ thể trữ tình trong bài thơ “Tự tình” (Bài II). Từ “phẫn nộ” đã dùng sai nghĩa (phẫn nộ: uất hận đến mức bộc lộ những phản ứng mạnh mẽ, không kìm giữ được). Trong trường hợp này phải dùng từ phẫn uất (căm giận và uất ức đến cao độ). Chọn B.

Lỗi logic: thay tuyên truyền = lan tỏa/ lan truyền. Chọn D.

Giải thích: “thô bỉ” nghĩa là cục cằn, thô lỗ, xấu xa và đáng khinh bỉ, thường dùng để nói về lời nói, cách hành xử. Trong câu này “thô bỉ” không phù hợp về nghĩa với “hành động tàn phá của con người”. Từ đúng trong trường hợp này là: thô bạo. Chọn D.

Các từ “đề xuất, đề cử, đề đạt” là cùng đưa ra ý kiến, quan điểm của bản thân còn “đề cương” là vấn đề trọng tâm, cốt lõi để ôn tập. Chọn D.

“Thư giãn” là động từ nghĩa là làm cho cơ bắp, đầu óc được thả lỏng hoặc thảnh thơi hoàn toàn, tạo nên cảm giác thư thái và thoải mái cho cơ thể; 3 từ còn lại đều là danh từ. Chọn A.

Tố Hữu nổi tiếng với thơ ca cách mạng, 3 tác giả còn lại là Xuân Diệu, Huy Cận, Hàn Mạc Tử đều thuộc phong trào thơ mới 1932 – 1945. Chọn A.

Các đáp án A, B, C đều là các tác phẩm có phần đề từ: Tràng giang (Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài). Người lái đò Sông Đà (Chúng thủy giai Đông tẩu/ Đà giang độc Bắc lưu và Đẹp vậy thay tiếng hát trên dòng sông). Đàn ghi ta của Lor-ca (Khi tôi chết hãy chôn tôi với cây đàn). Chọn D.

Nhà văn Nam Cao không thuộc nhóm Tự lực văn đoàn. Chọn D.

Đây là hoạt động mang tính trang trọng, các từ “đưa, giao, chuyển” mặc dù mang ý nghĩa đưa một thứ gì từ nơi này đến nơi khác… tuy nhiên không thể hiện được sự trang trọng, không đúng ngữ cảnh. Động từ “trao” có ý nghĩa giao cho người khác một cách trân trọng nhiệm vụ, quyền lợi nào đó. Từ phù hợp là từ “trao”. Chọn B.

Những sản phẩm, dịch vụ nào cần tập trung đầu tư để tạo hiệu quả và sức lan tỏa cao? Phát triển thương hiệu quốc gia trong các lĩnh vực công nghiệp văn hóa như thế nào?. Chọn A.

Tiếp nhận văn học không giản đơn là một quá trình lặp lại hay tìm về ý tưởng ban đầu của tác phẩm mà là một quá trình đồng sáng tạo. Chọn B.

Xét theo ngữ cảnh của câu văn là “báo cáo tình hình trẻ em thể giới năm 2006” là một văn bản đã trải qua quá trình khảo sát, nghiên cứu, thống kê số liệu nên sẽ cần được thông báo một cách công khai cho mọi người biết. Vì vậy, chọn “công bố” là thích hợp. Chọn D.

Để làm được câu hỏi này, học sinh phải có kiến thức về văn học - văn hoá. Chèo là loại hình nghệ thuật sân khấu cổ truyền Việt Nam. Kịch là “nghệ thuật sân khấu” nhưng không “cổ truyền”. Quan họ và hò mang tính “cổ truyền” nhưng không phải “nghệ thuật sân khấu”. Chọn A.

Quan sát đoạn thơ trong bài Khóc Dương Khuê, ta thấy đoạn thơ bao gồm có 1 cặp câu thơ lục bát rồi tiếp đến 2 câu thơ 7 chữ. Thể thơ song thất lục bát. Chọn C.

Biện pháp nghệ thuật:

Điệp ngữ: “là của chúng ta”.

+ Liệt kê: trời xanh, núi rừng, cánh đồng, ngả đường, dòng sông

→ Chọn B.

Độc mộc là thuyền dài và hẹp, làm bằng một thân cây gỗ to, khoét trũng. Người miền núi dùng thuyền độc mộc để đi trên những con sông, suối có nhiều thác ghềnh. Chọn A.  

Phần in đậm trong đoạn trích là thành phần phụ chú. Chọn C.       

Câu văn “Sự cẩu thả trong bất cứ nghề gì cũng là một sự bất lương rồi. Nhưng sự cẩu thả trong văn chương thì thật là đê tiện” đã thể hiện rō nhất nhận thức về nghề nghiệp của nhân vật “hắn”. Chọn D.

Câu thơ “Ai biết tình ai có đậm đà?” có hai cách hiểu: (1) Ai có biết chăng tình cảm (Hàn Mặc Tử) vẫn đậm đà với con người và cảnh vật Vĩ Dạ. (2) Ai mà biết được tình cảm của ai đó với ai có đậm đà hay không?. Chọn B.

Nội dung chính của đoạn trích trên là: Trình bày sự phân loại của AI và dự đoán trong tương lai AI có thể thay con người làm nhiều việc.

- Đoạn trích đã trình bày 2 ý: Chia AI thành 2 nhóm (phân loại AI). Nhưng trong tương lai, những cỗ máy có AI mạnh sẽ có khả năng học hỏi khi chúng vận hành và phản ứng lại với các sự kiện bất ngờ… (dự đoán trong tương lai AI có thể thay con người làm nhiều việc). Chọn D.

“Mười lăm năm ấy” là khoảng thời gian từ thời kì kháng Nhật (khởi nghĩa Bắc Sơn 1940) đến khi người kháng chiến trở về thủ đô. Chọn B.

Đoạn trích tiểu dẫn nói về nhà văn Kim Lân. Chọn B.

Câu thơ “Thương người rồi mới thương ta” gợi nhắc đến truyền thống nhân đạo (thương người) của dân tộc Việt Nam. Chọn B.

Gió và mây vốn dĩ là hai sự vật luôn luôn đi kèm với nhau. Thế nhưng ở đây gió lại theo lối, mây theo đường. Hai sự vật hay đi kèm với nhau nay bỗng chốc bị tách rời gợi cảm giác của sự chia lìa, xa cách. Chọn C.

Tây Bắc – “nơi máu rỏ tâm hồn ta thấm đất” có nghĩa là mảnh đất này đã trải qua sự hi sinh mất mát. Vì thế, “nay dạt dào đã chín trái đầu xuân” có nghĩa là đã phục hồi lại sau những năm tháng bị tàn phá. Chọn B.

“Cơn sốt” có ý nghĩa quá trình tăng mạnh một cách đột biến, nhất thời về giá cả hoặc nhu cầu nào đó trong xã hội. Chọn A.

Nghệ thuật điệp từ: “đâu, chao, thương nhớ”. Phản ánh tâm trạng buồn thương, nhớ nhung đến cồn cào và nỗi cô đơn cực điểm của nhà thơ trong cảnh tù đày. Chọn A.

Căn cứ phương pháp phân tích, tổng hợp.

- Các đoạn văn trong một văn bản cũng như các câu trong một đoạn văn phải liên kết chặt chẽ với nhau về nội dung và hình thức.

- Về hình thức, các câu và các đoạn văn có thể được liên kết với nhau bằng một số biện pháp chính như sau:

+ Lặp lại ở câu đứng sau từ ngữ đã có ở câu trước (phép lặp từ ngữ).

+ Sử dụng ở câu đứng sau các từ ngữ đồng nghĩa, trái nghĩa hoặc cùng trường liên tưởng với từ ngữ đã có ở câu trước (phép đồng nghĩa, trái nghĩa và liên tưởng).

+ Sử dụng ở câu đứng sau các từ ngữ có tác dụng thay thế từ ngữ đã có ở câu trước (phép thế).

+ Sử dụng ở câu đứng sau các từ ngữ biểu thị quan hệ với câu trước (phép nối).

- Các phép liên kết:

+ Phép lặp: “y”, “nó”

+ Phép nối: “nhưng”, “bởi vì”

→ Chọn C.

Đáp án đúng là D

A – Trong khoảng thời gian từ 2s đến 5 s xe chuyển động với vận tốc không đổi là 12 m/s.

B – Tại thời điểm t = 9 s, vận tốc của xe là 0 m/s.

C – Trong 4 s cuối, gia tốc của xe là: \[a = \frac{{\Delta v}}{{\Delta t}} = \frac{{0 - 12}}{{9 - 5}} = - \frac{{12}}{4} = - 3{\rm{ m/}}{{\rm{s}}^2}\]

Có nghĩa là, trong 4 s cuối vận tốc của xe giảm dần, gia tốc của xe lúc đó có độ lớn là 3 m/s².

D – Trong 2 s đầu, gia tốc của xe là: \[a = \frac{{\Delta v}}{{\Delta t}} = \frac{{12 - 0}}{{2 - 0}} = \frac{{12}}{2} = 6{\rm{ m/}}{{\rm{s}}^2}\].

Đáp án đúng là D

Trọng lực có các đặc điểm sau:

- Phương thẳng đứng

- Chiều hướng về tâm Trái Đất

- Độ lớn P = m.g với g ≈ 9,8 m/s²

- Trọng lực có điểm đặt tại trọng tâm của vật.