Bộ 45 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 41)

Nhìn bảng thống kê, ta thấy sản lượng sữa hàng ngày cao nhất của nông trường là từ 15 đến 17 lít, có 25 con bò cho sản lượng như vậy. Chọn D.

Phương trình vận tốc: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 3{t^2} - 4t\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)

Phương trình gia tốc: \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 4\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right).\)

Tại \(t = 1,5\,\,s\) thì gia tốc tức thời của chuyển động là: \(a\left( {1,5} \right) = 6 \cdot 1,5 - 4 = 5\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right).\) Chọn C.

Ta có: \({\log _2}\left( {5 - {2^x}} \right) = 2 - x \Leftrightarrow 5 - {2^x} = {2^{2 - x}} \Leftrightarrow 5 \cdot {2^x} - {\left( {{2^x}} \right)^2} = 4\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - 5 \cdot {2^x} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 4\\{2^x} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 0\end{array} \right.\).

Do đó \(P = {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} = 2 + 0 + 2 \cdot 0 = 2.\)Chọn D.

Vì lấy 4 viên mà số bi vàng ít hơn số bi đỏ nên số bi vàng sẽ nhỏ hơn 2.

* TH1: Không có viên bi vàng nào.

•Có 1 viên bi đỏ và 3 viên bi xanh: \(5 \cdot C_4^3 = 5 \cdot 4 = 20\)(cách).

•Có 2 viên bi đỏ và 2 viên bi xanh: \(C_5^2 \cdot C_4^2 = 60\)(cách).

•Có 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh: \(C_5^3 \cdot C_4^1 = 40\)(cách).

•Có 4 viên bi đỏ và 0 viên bi xanh: \(C_5^4 = 5\)(cách).

* TH2: Có 1 viên bi vàng.

•Có 2 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh: \(C_5^2 \cdot C_4^1 \cdot C_3^1 = 120\)(cách).

•Có 3 viên bi đỏ: \(C_5^3 \cdot C_3^1 = 30\)(cách)

Do đó, tổng có \(20 + 60 + 40 + 5 + 120 + 30 = 275\)(cách).

Đáp án cần nhập là: 275.

Phương trình \( \Leftrightarrow \sin 9x - \sqrt 3 \cos 9x = \sin 7x - \sqrt 3 \cos 7x\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {9x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( {7x - \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{9x - \frac{\pi }{3} = 7x - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{9x - \frac{\pi }{3} = \pi - \left( {7x - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi }\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = k\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{8}}\end{array}\,\,\,(k \in \mathbb{Z}).} \right.\)

•TH1: Với \(x = k\pi < 0 \Leftrightarrow k < 0\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \({k_{\max }} = - 1 \Rightarrow x = - \pi .\)

•TH2: Với \(x = \frac{{5\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{8} < 0 \Leftrightarrow k < - \frac{5}{6}\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \({k_{\max }} = - 1 \Rightarrow x = - \frac{\pi }{{48}}.\)

So sánh hai nghiệm ta được nghiệm âm lớn nhất của phương trình là \(x = - \frac{\pi }{{48}} \in \left( { - \frac{\pi }{{12}};0} \right).\)

Chọn B.

Số thứ 3 cột thứ nhất: \(\frac{{1 + 17}}{2} = 9\).

Số thứ 3 cột thứ năm: \(\frac{{25 + 81}}{2} = 53\).

Suy ra X bằng: \(\frac{{9 + 53}}{2} = 31.\)Chọn A.

Ta có \(\left( {4 + \sqrt {15} } \right)\left( {4 - \sqrt {15} } \right) = 1\) nên bất phương trình trở thành:

\({\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + {\left( {4 - \sqrt {15} } \right)^x} \le 62\)\[ \Leftrightarrow {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + {\left( {\frac{1}{{4 + \sqrt {15} }}} \right)^x} \le 62\]\( \Leftrightarrow {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + \frac{1}{{{{\left( {4 + \sqrt {15} } \right)}^x}}} \le 62\).

Đặt \(t = {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x},\,\,t > 0.\)

Bất phương trình trở thành: \(t + \frac{1}{t} \le 62 \Leftrightarrow {t^2} - 62t + 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow 31 - 8\sqrt {15} \le t \le 31 + 8\sqrt {15} \)

\( \Rightarrow 31 - 8\sqrt {15} \le {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} \le 31 + 8\sqrt {15} \Leftrightarrow - 2 \le x \le 2.\)

Do đó, số nghiệm nguyên của bất phương trình là 5. Chọn B.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}} = 6 \Rightarrow {x^2} + ax + b = 0\) với \(x = 2\)\( \Rightarrow 4 + 2a + b = 0 \Rightarrow b = - 4 - 2a\).

Thay vào biểu thức ban đầu, ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + ax - 4 - 2a}}{{x - 2}} = 6 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + a + 2} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + a + 2} \right) = 6\).

\( \Rightarrow 2 + a + 2 = 6 \Leftrightarrow a = 2\)\( \Rightarrow b = - 4 - 2a = - 8 \Rightarrow a + b = - 6.\)

Đáp án cần nhập là: −6.

Vì \[ABCD\] là hình thoi có tâm là \(O\) nên \(O\) là trung điểm của \[BD.\]

Mà \(\Delta ABD\) đều nên \(AO \bot BD\).

Lại có \[SA \bot (ABCD) \Rightarrow \left( {SO,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SOA}\].

Xét \(\Delta ABO\) có:

\(AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(S\) có \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}:\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SOA} = 60^\circ \).

Đáp án cần nhập là: \(60\).

Kẻ \[AE \bot BD,\,\,\left( {\left( {SBD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SEA} = 60^\circ .\]

Xét \(\Delta BAD\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AE = \frac{{AD \cdot AB}}{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Xét \(\Delta SAE\) vuông tại \(A\) có

\(SA = AE \cdot \tan 60^\circ = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \cdot \sqrt 3 = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}\).

Khi đó thể tích \[S.ABCD\] là:\(V = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{2a\sqrt {15} }}{5} \cdot 2{a^2} = \frac{{4{a^3}\sqrt {15} }}{{15}}.\)Chọn C.

Ta có \[\frac{{x + y}}{{x - y}} = {\log _2}3 \Leftrightarrow y - x = - \left( {x + y} \right){\log _3}2\] thế vào biểu thức \(P = {4^{x + y}} + 16 \cdot {3^{y - x}}\)

Ta được \(P = {4^{x + y}} + 16 \cdot {3^{ - \left( {x + y} \right){{\log }_3}2}} = {4^{x + y}} + 16 \cdot {2^{ - \left( {x + y} \right)}} = {4^{x + y}} + \frac{{16}}{{{2^{x + y}}}}\).

Cách 1: Đặt \(t = {2^{x + y}} > 0\) ta được \(P = {t^2} + \frac{{16}}{t} = f\left( t \right)\) và \(f'\left( t \right) = 2t - \frac{{16}}{{{t^2}}} \Leftrightarrow t = 2\).

Lập bảng biến thiên suy ra \({P_{\min }} = 12\) khi \(t = {2^{x + y}} = 2 \Leftrightarrow x + y = 1.\)

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(P = {2^{2\left( {x + y} \right)}} + \frac{8}{{{2^{x + y}}}} + \frac{8}{{{2^{x + y}}}} \ge 3\sqrt[3]{{8 \cdot 8}} = 12.\)

Dấu  xảy ra \({2^{2\left( {x + y} \right)}} = \frac{8}{{{2^{x + y}}}} \Rightarrow {2^{3\left( {x + y} \right)}} = {2^3} \Leftrightarrow x + y = 1\).

Kết hợp với \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\\y - x = - {\log _3}2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\\x - y = {\log _3}2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{1 + {{\log }_3}2}}{2}}\\{y = \frac{{1 - {{\log }_3}2}}{2}}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(x + 3y = \frac{{1 + {{\log }_3}2}}{2} + 3 \cdot \frac{{1 - {{\log }_3}2}}{2} = 2 - {\log _3}2 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 3}\end{array} \Rightarrow a + b = 5} \right..\)

Đáp án cần nhập là: 5.

Doanh thu của công ty tháng 7 là: \({R_7} = 6 \cdot \left( {1 + 0,1} \right)\) (tỷ đồng).

Doanh thu của công ty tháng 8 là: \({R_8} = 6 \cdot {\left( {1 + 0,1} \right)^2}\) (tỷ đồng).

......

Doanh thu của công ty tháng 12 là: \({R_{12}} = 6 \cdot {\left( {1 + 0,1} \right)^6}\) (tỷ đồng).

Tổng doanh thu từ tháng 6 là: \(TR = 6 \cdot \left( {1 + 1,1 + 1,{1^2} + 1,{1^3} + \ldots + 1,{1^6}} \right) \approx 56,92\) (tỷ đồng).

Suy ra, chỉ tiêu của công ty là: \(T = 56,92 - 6 + 20 = 70,92 \approx 70,9\) (tỷ đồng). Chọn B.

Ta có \({S_{AA'B'B}} = AB \cdot AA'\)

\( \Rightarrow AA' = \frac{{{S_{AA'B'B}}}}{{AB}} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Lại có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a\sqrt 2 = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}.\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\) Chọn D.

Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh là \(C_{10}^3\) (cách).

Gọi B là biến cố 2 trong 3 bạn được chọn có hiệu số thẻ bằng 5.

Gọi số thẻ của ba bạn là (a; b; c); a, b, c khác nhau đôi một và \(a,b,c \in \mathbb{N};1 \le a,b,c \le 10\).

Không mất tính tổng quát giả sử a < b, \(\left( {a;b;c \in B} \right)\) nên \(b - a = 5\).

Khi đó \(a\)có 5 cách chọn \(a \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\) tương ứng mỗi cách chọn có 1 cách chọn \(b \in \left\{ {6;7;8;9;10} \right\}\) và \(c\) có 8 cách chọn cho những số còn lại.

Theo quy tắc nhân suy ra \(n\left( B \right) = 5 \cdot 1 \cdot 8 = 40\).

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{{40}}{{120}} = \frac{2}{3}\). Chọn A.

Do \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với mặt đáy nên \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\)

Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SDA} = 45^\circ .\)

Ta có tam giác \[SAD\] là tam giác vuông cân đỉnh \[A\] \( \Rightarrow h = SA = 2.\)

Đáp án cần nhập là: 2.         

+) TH1: Nếu \(x \ge 2\) thì hệ có dạng \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - {{\left( {y + 1} \right)}^2} = 0}\\{x - 2 - y - 1 = 0}\end{array}} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {{\left( {y + 1} \right)}^2}}\\{{{\left( {y + 1} \right)}^2} - y - 3 = 0}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {{\left( {y + 1} \right)}^2}}\\{{y^2} + y - 2 = 0}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 2\end{array} \right.\end{array} \right.\]. Vì \(x \ge 2\) nên hệ có nghiệm là \(\left( {4;1} \right)\).

+) TH2: Nếu \(x < 2\) thì hệ có dạng \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - {{\left( {y + 1} \right)}^2} = 0}\\{2 - x - y - 1 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {{\left( {y + 1} \right)}^2}}\\{2 - {{\left( {y + 1} \right)}^2} - y - 1 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {{\left( {y + 1} \right)}^2}}\\{{y^2} + 3y = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = - 3\end{array} \right.\end{array} \right.\). Vì \(x < 2\) nên hệ có nghiệm là \(\left( {1;0} \right)\).

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm. Chọn B.

Ta có: \(x + 1 \ge \sqrt {2\left( {{x^2} - 1} \right)} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 1 \ge 0}\\{x + 1 \ge 0}\\{{{\left( {x + 1} \right)}^2} \ge 2\left( {{x^2} - 1} \right)}\end{array}} \right.\)

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

Vậy có 4 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn bất phương trình. Chọn C.

Ta có \(\widehat {CBH} = \widehat {BAC} + \widehat {ACB}\) (góc ngoài của \(\Delta ABC)\) nên \(\widehat {ACB} = 14^\circ \).

Áp dụng định lý sin trong tam giác \[ABC\], ta có: \(\frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}} \Rightarrow BC \approx 51,3\;\,{\rm{m}}\).

Xét tam giác \[BCH\] vuông tại \[H\], ta có:\[\sin \widehat {CBH} = \frac{{CH}}{{BC}} \Rightarrow CH = 51,3 \cdot \sin 62^\circ \approx 45,3\;({\rm{m)}}.\]

Đáp án cần nhập là: 45,3.

Vì \(B = BC \cap BM\) nên tọa độ \(B\) thỏa mãn hệ:

 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 9y + 6 = 0}\\{3x - y + 8 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{y = - 1}\end{array} \Rightarrow B\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)} \right.} \right..\)

Vì \(C = BC \cap CN\) nên tọa độ \(C\) thỏa mãn hệ:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 9y + 6 = 0}\\{x + y - 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6}\\{y = 0}\end{array} \Rightarrow C\left( {6\,;\,\,0} \right)} \right.} \right..\)

Ta có \(AB \bot CN\) nên \[AB\] có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{AB}} = {\vec u_{CN}} = \left( { - 1\,;\,\,1} \right)\) và qua \(B\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)\) nên \[AB\] có phương trình là: \( - 1\left( {x + 3} \right) + 1\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow - x + y - 2 = 0.\)

Ta có \(AC \bot BM\) nên \[AC\] có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{AC}} = {\vec u_{BM}} = \left( {1\,;\,\,3} \right)\) và qua \(C\left( {6\,;\,\,0} \right)\) nên \[AC\] có phương trình là \(1\left( {x - 6} \right) + 3\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 3y - 6 = 0.\)

Vì \(A = AB \cap AC\) nên tọa độ \(A\) thỏa mãn hệ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + y - 2 = 0}\\{x + 3y - 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 2}\end{array} \Rightarrow A\left( {0\,;\,\,2} \right)} \right.} \right..\] Chọn C.

Vectơ pháp tuyến của \({d_1},\,\,{d_2}\) lần lượt là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1\,;\,\,m} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1\,;\,\, - 2} \right).\)

Để \({d_1},\,\,{d_2}\) tạo với nhau một góc bằng \(45^\circ \) thì \(\cos \left( {{d_1},\,\,{d_2}} \right) = \cos 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left| {\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\,\,\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 \cdot 1 + m \cdot \left( { - 2} \right)} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {2m - 1} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + {1^2}} \cdot \sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {2m - 1} \right)}^2}}}{{5\left( {{m^2} + 1} \right)}} = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow 2{\left( {2m - 1} \right)^2} = 5\left( {{m^2} + 1} \right) \Leftrightarrow 8{m^2} - 8m + 2 = 5{m^2} + 5\)\( \Leftrightarrow 3{m^2} - 8m - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\\m = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\).Chọn C.

\(I = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( {3x + 1} \right){\rm{d}}x} \). Đặt \(u = 3x + 1 \Rightarrow {\rm{d}}u = 3\;{\rm{d}}x\).

Đổi cận: Với \(x = - 1 \Rightarrow u = - 2\); với \(x = 0 \Rightarrow u = 1.\)

\( \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( {3x + 1} \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 2}^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u} \)

Lại có: \[{S_A} = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 2}^0 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 11\]; \[{S_B} = \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = - \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2\]\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 2\).

Suy ra \(I = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 2}^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u} = \frac{1}{3}\left( {\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( u \right){\rm{d}}u} + \int\limits_0^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u} } \right) = \frac{1}{3} \cdot \left( {11 - 2} \right) = 3.\)

Đáp án cần nhập là: 3.

Theo phương trình đoạn chắn, ta có phương trình mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) là:

 \(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 6 = 0.{\rm{ }}\)Chọn A.

 Gọi \(I\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) nên \(I\left( {0\,;\,\,6\,;\,\,1} \right)\).

Vì \(M'\) đối xứng với \(M\) qua \(\left( {Oyz} \right)\) nên \(I\) là trung điểm \(MM'\). Suy ra \(M'\left( {2\,;\,\,6\,;\,\,1} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 6}\\{c = 1}\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow S = 7a - 2b + 2017c - 1 = 7 \cdot 2 - 2 \cdot 6 + 2017 \cdot 1 - 1 = 2018\). Chọn D.

Ta có: \(G'\left( x \right) = 1,44x - 0,072{x^2}\)\( \Rightarrow G'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 20}\end{array}.} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta suy ra lượng thuốc để tiêm cho bệnh nhân cần tìm là \(x = 20\,\,{\rm{mg}}.\)

Đáp án cần nhập là: 20.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{x - 1}}\)\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\frac{1}{{x - 1}}} \;{\rm{d}}x\) \[ = \ln \left| {x - 1} \right| + C = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x - 1} \right) + {C_1}\,\,{\rm{khi}}\,\,x > 1\\\ln \left( {1 - x} \right) + {C_2}\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 1\end{array} \right.\].

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 2022\\f\left( 2 \right) = 2023\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{C_2} = 2022\\{C_1} = 2023\end{array} \right..\) Vậy \[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x - 1} \right) + 2023\,\,{\rm{khi}}\,\,x > 1\\\ln \left( {1 - x} \right) + 2022\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 1\end{array} \right.\].

Do đó \(S = f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right) = \ln 2 + 2023 - \ln 2 - 2022 = 1.\)Chọn C.

Khi dừng hẳn thì vận tốc của ô tô bằng \(0\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)

Thời gian từ lúc ô tô đạp phanh cho đến lúc dừng hẳn là: \( - 2t + 10 = 0 \Rightarrow t = 5\,\,(s).\)

\( \Rightarrow 2s\) trước khi đạp phanh ô tô vẫn chuyển động đều.

Vậy quãng đường ô tô đi được trong thời gian 7 giây cuối là:

\(S = 2 \cdot 10 + \int\limits_0^5 {\left( { - 2t + 10} \right)} \,dt = 20 + 25 = 45\,\,(\;{\rm{m}}).\)Chọn B.

Ta có: \(y' = f'\left( x \right) \cdot \left[ {{f^2}\left( x \right) + 2mf\left( x \right) - 3} \right]\). Với mọi \(x \in \left( { - 1\,;\,\,1} \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) \ge 0}\\{f\left( x \right) \in \left( {1\,;\,\,3} \right)}\end{array}} \right..\)

Hàm số đã cho đồng biến nên ta có \(y' \ge 0 \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) + 2m \cdot f\left( x \right) - 3 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow f\left( x \right) - \frac{3}{{f(x)}} + 2m \ge 0\)\( \Leftrightarrow 2m \ge \frac{3}{{f\left( x \right)}} - f\left( x \right).\)

Xét hàm \(h\left( t \right) = \frac{3}{t} - t\) trên \(\left( {1\,;\,\,3} \right)\) có \(h'\left( t \right) = - \frac{3}{{{t^2}}} - 1 < 0\,\,\forall t \in \left( {1\,;\,\,3} \right)\).

Suy ra \(h\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left( {1\,;\,\,3} \right)\) và \(h\left( t \right) < h\left( 1 \right) = \frac{3}{1} - 1 = 2.\)

Với \(f(x) = t\) suy ra \(2m \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 1.\)

Kết hợp với yêu cầu bài toán ta có \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}\). Do đó \(S = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.{\rm{ }}\)

Đáp án cần nhập là: 15.

Ở mặt đáy, tam giác \[OHB\] vuông tại \(H\) nên

\(HB = \sqrt {O{B^2} - O{H^2}} = \sqrt {1 - {x^2}} \)\( \Rightarrow AB = 2\sqrt {1 - {x^2}} \).

Diện tích của mặt cắt khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ \(x\,\,\left( { - 1 \le x \le 1} \right)\) là:

\(S\left( x \right) = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {2\sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)\).

Thể tích \(V\) của vật thể đó là:

                \[V = \int\limits_{ - 1}^1 {S\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)} \,{\rm{d}}x\]

                    \[ = \left. {\sqrt 3 \left( {x - \frac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \sqrt 3 \cdot \frac{4}{3} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\].

Chọn C.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 2} \right)x + 3\left( {{m^2} + 4m} \right) = 3\left( {x - m} \right)\left( {x - m - 4} \right)\,;\)\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = m}\\{x = m + 4}\end{array}.} \right.\)

Do đó phương trình \(y' = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Bảng biến thiên:

Để hàm số nghịch biến trên \[\left[ {1\,;\,\,3} \right]\] thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 1}\\{m + 4 \ge 3}\end{array} \Leftrightarrow - 1 \le m \le 1} \right..\) Chọn C.

\(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right)\); \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\); \(\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( { - 2;\,\,0\,;\,\, - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;0;1} \right)\).

Vậy \(\left( Q \right):x + z = 0.\)Chọn B.

Ta thấy A và B nằm khác phía so với mp\(\left( P \right)\).

Gọi \(B'\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(\left( P \right),\,\,BB' \cap \left( P \right) = H.\)

Phương trình đường thẳng \(BB'\) là:

\(x - 5 = y + 1 = z + 2 = t \Rightarrow H\left( {t + 5\,;\,\,t - 1\,;\,\,t - 2} \right).\)

Ta có: \[\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA - MB'} \right| \le AB'\].

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow A,\,\,B',\,\,M\) thẳng hàng.

\(\overrightarrow {AB'} = \left( {\frac{{10}}{3}\,;\,\,\frac{4}{3}\,;\,\, - \frac{8}{3}} \right) = \frac{2}{3}\left( {5\,;\,\,2\,;\,\, - 4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{AB'}}} = \left( {5\,;\,\,2\,;\,\, - 4} \right).\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(AB'\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 5k}\\{y = - 3 + 2k}\\{z = - 4k}\end{array} \Rightarrow M\left( {1 + 5k\,;\,\, - 3 + 2k\,;\,\, - 4k} \right)} \right..\)

\(M \in \left( P \right) \Rightarrow 1 + 5k - 3 + 2k - 4k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = 1 \Rightarrow M\left( {6\,;\,\, - 1\,;\,\, - 4} \right)\). Vậy \(abc = 6 \cdot \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 4} \right) = 24.\)

Đáp án cần nhập là: 24.       

Ta có \(g'\left( x \right) = - 2f'\left( {6 - 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {6 - 2x} \right) = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{6 - 2x = - 2}\\{6 - 2x = 0}\\{6 - 2x = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x = 3.}\\{x = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Hàm số nghịch biến \( - 2f'\left( {6 - 2x} \right) \le 0\)\( \Leftrightarrow f'\left( {6 - 2x} \right) \ge 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}6 - 2x \le - 2\\0 \le 6 - 2x \le 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 4\\1 \le x \le 3\end{array} \right.\).

Chọn A.

Ta có \(y = \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} - mx + \frac{2}{3} \Rightarrow y' = {x^2} - 2x - m\).

Để hàm số \(y\) có đúng một điểm cực trị thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,6} \right) \Leftrightarrow y' = 0\) có đúng một nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,6} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} - 2x;f'\left( x \right) = 2x - 2\,;\,\,f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 1.\)

Ta có bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) như sau:

\( \Rightarrow 0 \le m < 24\)\( \Rightarrow \) Có 24 giá trị của tham số \[m.\]

Đáp án cần nhập là: 24.

Gọi tâm \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AI} = \left( {a - 1\,;\,\,b - 2\,;\,\,4} \right)}\\{\overrightarrow {BI} = \left( {a - 1\,;\,\,b + 3\,;\,\, - 1} \right)}\\{\overrightarrow {CI} = \left( {a - 2\,;\,\,b - 2\,;\,\, - 3} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A{I^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + 16}\\{B{I^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 3} \right)}^2} + 1}\\{C{I^2} = {{\left( {a - 2} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + 9}\end{array}} \right..\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IA = IB}\\{IA = IC}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{20 - 4b = 10 + 6b}\\{17 - 2a = 13 - 4a}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 1}\\{a = - 2}\end{array} \Rightarrow R = IA = \sqrt {26} } \right.} \right.} \right..\) Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình: \(z = 0 \Rightarrow d\left( {A,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| 3 \right|}}{{\sqrt 1 }} = 3.\)

Suy ra: \(AA' = 2d\left( {A;\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = 6.\)

Đáp án cần nhập là: 6.        

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng cần tìm. Ta có: \[\overrightarrow {{u_d}} \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\overrightarrow {{u_{d'}}} \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3} \right).\]

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} \,;\,\,\overrightarrow {{u_{d'}}} } \right] = \left( {6\,;\,\,9\,;\,\,1} \right).\)

Khi đó \(\left( P \right):6x + 9y + z + m = 0\).

Chọn \[M\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right) \in d \Rightarrow M \in \left( P \right) \Rightarrow 6 \cdot 1 + 9 \cdot \left( { - 2} \right) + 4 + m = 0 \Rightarrow m = 8.\]

Suy ra \(\left( P \right):6x + 9y + z + 8 = 0.\) Chọn A.

\(\sin \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right)} \right| = \frac{7}{{39\sqrt 2 }} \Rightarrow \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) \approx 7^\circ \).

Đáp án cần nhập là: 7.

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\,7\,;\,\, - 6} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {1\,;\,\,3\,;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {AD} = \left( {1\,;\,\,6\,;\,\, - 4} \right)\)

Nên \[\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} = - 4 \ne 0.\] Suy ra \(\overrightarrow {AB} \,,\,\,\,\overrightarrow {AC} \,,\,\,\overrightarrow {AD} \) không đồng phẳng.

Gọi \(G\) là trọng tâm tứ diện \[ABCD.\] Khi đó \(G\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,4} \right).\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = \left| {4\overrightarrow {MG} } \right| = 4MG.\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \[MG\] ngắn nhất.

Vậy \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(G\) lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] nên \(M\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,4} \right).\) Chọn B.

Đặt \(t = {2^{f\left( x \right) - 2}}\,\,\left( {t > 0} \right).\) Phương trình đã cho trở thành

\({t^3} - 3{t^2} + 2\left( {m + 3} \right)t - 2m - 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {{t^2} - 2t + 4 + 2m} \right) = 0 & (1)\).

Với \(x \in \left( { - 1\,;\,\,0} \right)\) nên \(f\left( x \right) \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) suy ra \(t = {2^{f\left( x \right) - 2}} \in \left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right).\)

Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\).

Suy ra \( - {t^2} + 2t - 4 - 2m = 0\) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\).

Hay \(m = \frac{1}{2}\left( { - {t^2} + 2t - 4} \right)\) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\).

Đặt \(g\left( t \right) = \frac{1}{2}\left( { - {t^2} + 2t - 4} \right) \Rightarrow g' & \left( t \right) = - t + 1 > 0\,\,\forall t \in \left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\).

Ta có bảng biến thiên:

Để phương trình có nghiệm thì \( - \frac{{57}}{{32}} < m < - \frac{3}{2}.\)

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên không có giá trị nguyên nào của \(m\) để phương trình đã cho có nghiệm. Chọn A.

Gọi biến cố A: “Chai lấy ra đạt tiêu chuẩn”.

Biến cố B: “Chai đó được đóng từ dây chuyền A”.

Biến cố C: “Chai đó được đóng từ dây chuyền B”.

Cần tính \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}}\).

Theo đề ta có: \(P\left( B \right) = 0,6;P\left( C \right) = 0,4\); \(P\left( {A|B} \right) = 0,9;P\left( {A|C} \right) = 0,85\).

Có \(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( C \right) \cdot P\left( {A|C} \right) = 0,6 \cdot 0,9 + 0,4 \cdot 0,85 = 0,88\).

Do đó \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,6 \cdot 0,9}}{{0,88}} \approx 0,61\).

Đáp án cần nhập là: 0,61.

Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2x + 3m + 2 \ge 0}\\{x + 2m - 4 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le \frac{{3m + 2}}{2}}\\{x \ne - 2m + 4}\end{array}} \right.} \right.\).

Để hàm số xác định trên \(\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{3m + 2}}{2} \ge - 2}\\{ - 2m + 4 \ge - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - 2}\\{m \le 3}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Rightarrow - 2 \le m \le 3.\)             

Hay \[m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}.\]

Vậy có tất cả 6 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Ta cần tính: \(I = \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( {2x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x.\) Đặt \(t = 2x \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{t}{2}}\\{dt = 2dx}\end{array}} \right..\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 0}\\{x = 1 \Rightarrow t = 2}\end{array}} \right..\)

\[ \Rightarrow I = \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{{\left( {\frac{t}{2} + 1} \right)}^2}}} \cdot \frac{{dt}}{2}} = \int\limits_0^2 {\frac{{4f\left( t \right)}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}} \cdot \frac{{dt}}{2}} = 2 \cdot \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}}dt} = 2 \cdot 4 = 8\]. Chọn B.

Diện tích đáy bé: \(S = {3^2} = 9\).Diện tích đáy lớn: \(S' = {9^2} = 81\).Chiều cao \(h = 12\).

Thể tích khối chóp cụt tứ giác đều là:

\(V = \frac{1}{3}h\,\left( {S + S' + \sqrt {S \cdot S'} } \right) = \frac{1}{3} \cdot 12\left( {9 + 81 + \sqrt {9 \cdot 81} } \right) = 468\,\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\). Chọn D.

Xét các biến cố A: “Chọn được học sinh giỏi tiếng Anh”;

B: “Chọn được học sinh nữ”.

Theo giả thiết, ta có: \(P\left( A \right) = 0,6\,;P\left( {\overline A } \right) = 0,4;\,P\left( {B|A} \right) = 0,65;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,25\).

Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất chọn được học sinh nữ là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right)\, \cdot \,P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot \,P\left( {B|\overline A } \right) = 0,6\, \cdot 0,65 + 0,4\, \cdot 0,25 = 0,49\).

Đáp án cần nhập là: \(0,49\).

Ta có \(F'(x) = f(x)\), nên \({\left( {{e^{ - 3x}}} \right)^'} = - 3{e^{ - 3x}}\). Chọn D.

Cỡ mẫu \(n = 18\). Gọi \({x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{18}}\) là mẫu số liệu gốc về thời gian đi từ nhà đến trường của 18 học sinh lớp 11A được xếp theo thứ tự không giảm. Ta có:

\[{x_1}; \ldots ;{x_6} \in \left[ {20;25} \right);{x_7}; \ldots ;{x_{12}} \in \left[ {25;30} \right);{x_{13}}; \ldots ;{x_{16}} \in \left[ {30;35} \right);{x_{17}}; \in \left[ {35;40} \right);{x_{18}} \in \left[ {40;45} \right)\].

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \({x_5} \in \left[ {20;25} \right)\).

Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{18}}{4}}}{6}\left( {25 - 20} \right) = 23,75\).

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \[{x_{14}} \in \left[ {30;35} \right)\].

Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({Q_3} = 30 + \frac{{\frac{{3 \cdot 18}}{4} - \left( {6 + 6} \right)}}{4}\left( {35 - 30} \right) = 31,875\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 8,125\). Chọn D.

Ta có \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d,y' = 3a{x^2} + 2bx + c\).

+ Hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên \(d > 0\).

+ Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(y' \le 0,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {b^2} - 3ac \le 0\\a < 0\end{array} \right.\) . Chọn C.

Hàm số đồng biến khi \(y' = f'\left( x \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x > 3\end{array} \right.\).

Suy ra \(y = f\left( x \right) + 2\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)và \(\left( {3; + \infty } \right)\). Chọn A.

Ta có: \[S = \int\limits_a^0 {f\left( x \right)\,} dx - \int\limits_0^b {f\left( x \right)dx} \]. Chọn A.

Ở trạng thái dừng, các số trên bảng hơn kém nhau không quá \[1\] đơn vị. Giả sử lúc đó có \[k\] số \[n + 1\] và \[2024 - k\] số \[n\] với \[0 \le k < 2024.\]

Do tính bất biến của tổng các số trên bảng nên ta được :

\[k\left( {n + 1} \right) + \left( {2024 - k} \right)n = 1 + 2 + ... + 2024 = \frac{{2024 \cdot 2025}}{2} = 1012 \cdot 2025.\]

\[ \Rightarrow k + 2024n = 2025 \cdot 1012 \Rightarrow 2024\left( {1012 - n} \right) = k - 1012\].

Dễ thấy \[\left| {k - 1012} \right| < 2024 \Rightarrow 1012 - n = 0 \Rightarrow k = n = 1012.\]

Như vậy trạng thái dừng bao gồm \[1012\] số \[1012\] và \[1012\] số \[1013.\]

Để đạt trạng thái dừng thì số \[1\] phải chịu “tác động” ít nhất \[1011\]lần (để đến được số \[1012\]), tương tự số \[2\] chịu “tác động” ít nhất \[1010\] lần, ..., số \[1011\] chịu “tác động” ít nhất \[1\] lần, số \[1014\] chịu “tác động” ít nhất \[1\] lần (để đến được số \[1013\]), ..., số \[2024\]chịu “tác động” ít nhất \[1011\] lần.

Do đó số sự “tác động” ít nhất là \[2\left( {1 + 2 + ... + 1011} \right) = 1012 \cdot 1011.\]

Tuy nhiên mỗi bước thực hiện thao tác thì “tác động” vào hai số. Do đó số thao tác thực hiện ít nhất là \[\frac{{1011 \cdot 1012}}{2} = 506 \cdot 1011 \Rightarrow S \ge 506 \cdot 1011.\]

Ta chỉ ra một cách thực hiện thao tác mà \[S = 505 \cdot 1011\] như sau:

Chọn hai số \[\left( {1;2024} \right)\] và thực hiện liên tiếp \[1011\] bước để đưa đến bộ \[\left( {1012;1013} \right).\]

Chọn hai số \[\left( {2;2023} \right)\] và thực hiện liên tiếp \[1010\] bước để đưa đến bộ \[\left( {1012;1013} \right).\]

...

Chọn hai số \[\left( {1011;1014} \right)\] và thực hiện \[1\] bước để đưa đến bộ \[\left( {1012;1013} \right).\]

Khi đó số thao tác thực hiện là \[S = 1 + 2 + ... + 1011 = 506 \cdot 1011.\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của \[S\] là \[506 \cdot 1011 = 511566\].Chọn A.

Đọc kĩ lại ngữ liệu để xác định nội dung văn bản. Ở đây tác giả đưa ra một vấn đề khoa học “những khác biệt về IQ giữa những người xuất thân từ nhiều vùng địa lí khác nhau nhưng hiện sống trong cùng một đất nước” và sử dụng các từ ngữ mang tính chuyên ngành “gen di truyền”, “nhận thức”, “IQ”...→ Xác định phong cách ngôn ngữ được sử dụng ở đây là phong cách ngôn ngữ khoa học. Chọn B.

Đọc lại ngữ liệu để xác định được câu chủ đề ở đầu và cuối đoạn. Xác định ý bao trùm là “nỗ lực tìm kiếm sự khác biệt về IQ do bẩm sinh”. Chọn B.

Đọc kĩ câu hỏi, xác định từ “này” là một phép thế cho vế câu trước đó → Tìm cụm từ “sự thật này” trong đoạn trích. Xác định các thông tin phía trước cụm từ “sự thật này”. “Tuy nhiên, như mọi người đều biết, những người được đem ra so sánh vốn dĩ khác nhau rất nhiều về môi trường xã hội và cơ hội học hành. Sự thật này...”. Chọn C.

Đọc kĩ câu hỏi và các phương án trả lời, đọc kĩ lại ngữ liệu để xác định xem các phương án nào được nhắc tới trong đoạn trích.

+ Phương án A có được nhắc tới nhưng không đúng với nội dung tác giả đưa ra: Mục đích nghiên cứu là “tìm kiếm những khác biệt về IQ giữa những người xuất thân từ nhiều vùng địa lí khác nhau nhưng hiện sống trong cùng một đất nước” chứ không phải chứng tỏ sự khác biệt giữa người da đen và da trắng.

+ Phương án B được nhắc đến trong câu “...khả năng nhận thức của người lớn đã chịu ảnh hưởng nặng nề của môi trường xã hội nơi chúng ta trải qua thời thơ ấu...”

+ Phương án C: nội dung ý ngày được nhắc đến trong câu “...khả năng nhận thức của người lớn đã chịu ảnh hưởng nặng nề của môi trường xã hội nơi chúng ta trải qua thời thơ ấu, khiến cho thật khó lòng phân biệt rạch ròi xem ảnh hưởng nào là do những khác biệt bẩm sinh trong gen di truyền.”

+ Phương án D: xuất hiện trong đoạn cuối của văn bản.

→ Chọn A.

Đọc kĩ câu hỏi và các phương án trả lời, sau đó đọc kĩ lại một lần nữa các thông tin được đưa ra trong đoạn trích để xác định được từ khóa “các nhà tâm lí học cho đến nay vẫn chưa thể đưa ra kết luận nào đủ sức thuyết phục về sự thiếu hụt IQ bẩm sinh”

Xác định câu có chứa từ khóa: “Do những tác động rõ ràng đó của môi trường sống thời thơ ấu và tri thức thu nhận được đối với kết quả thử nghiệm IQ, nên nỗ lực của các nhà tâm lí học cho đến nay vẫn chưa thể đưa ra kết luận nào đủ sức thuyết phục về sự thiếu hụt IQ bẩm sinh”.

Như vậy, các yếu tố tác động đến sự kết luận của các nhà tâm lí học là:

+ môi trường sống thời thơ ấu

+ tri thức thu nhận được

→ Có 2 yếu tố. Chọn B.

Câu “Nếu đọc mười quyển sách không quan trọng, không bằng thời gian đem sức lực đọc mười quyển ấy mà đọc một quyển thực sự có giá trị”. Trong câu này, “mười quyển sách không quan trọng” có nghĩa là mười quyển sách không có giá trị. Cả câu nói có nghĩa là: nên lựa chọn sách có giá trị mà đọc, đọc ít nhưng giá trị còn hơn đọc nhiều mà không đem lại giá trị gì. Chọn B.

Từ “trọc phú” trong đoạn trích trên chỉ những người hay khoe của, chỉ biết lấy nhiều làm quý, có nghĩa là thích khoe khoang, coi trọng số lượng hơn chất lượng. Chọn A.

Theo đoạn trích, cần chia sách ra làm nhiều loại: một loại là sách đọc để lấy kiến thức phổ thông, một loại để trau dồi học vấn chuyên môn. (Dòng một 1, 2 đoạn 2). Chọn B.

Xem dòng cuối cùng của đoạn trích: “nếu họ không thu được lợi ích thực sự là do họ thiếu sự lựa chọn, khi đọc lẽ ra phải đọc kĩ thì họ lại đọc qua loa”. Chọn D.

Theo dõi ngữ liệu:                                                                                      

Đáp án A (Người đọc sách cần chọn sách cho tinh) nằm ở dòng 1 đoạn 1.

Đáp án B (Đọc sách cần có phương pháp) nằm ở dòng 5, 6 đoạn 1.

Đáp án D (Phải đọc nhiều loại sách khác nhau để tăng thêm kiến thức) nằm ở đoạn 2.

Trong đoạn trích, không có phần nào nhắc đến nội dung “Sách hay không có nhiều”. Chọn C.

Phương thức biểu đạt chính của văn bản là biểu cảm. Chọn B.

Bài thơ được viết theo thể thơ sáu chữ. Mỗi dòng thơ có sáu chữ. Chọn A.

Bài thơ viết về đề tài tình yêu. Chọn B.       

Nhân vật trữ tình trong bài thơ là người phụ nữ - “em”. Chọn D.

Phép điệp, liệt kê: “Sau sông, sau biển, sau thuyền/ Sau những chân trời bát ngát/ Sau bao điều cay cực nhất”. Chọn B.

Dựa vào đoạn mở đầu: “Các loại vật chất tồn tại ở khắp nơi trên Trái Đất của chúng ta. Vậy, những nguyên tố cơ bản nào cấu thành vật chất?” có thể xác định được nội dung chính của bài đọc nói về các nguyên tố cấu thành vật chất trên Trái Đất. Chọn B.

Dựa vào 2 câu đầu của đoạn văn thứ 2 có thể thấy: Sự thắc mắc về các nguyên tố cấu tạo nên Trái Đất đã có từ xa xưa (2000 năm trước). Nhưng do thời điểm đó khoa học kĩ thuật chưa phát triển nên phải rất lâu sau đó người ta mới đưa ra câu trả lời chính xác. Chọn C.

Dựa vào dòng thứ tư của đoạn 2 có thể thấy đặc điểm của một số thành phần cấu tạo nên vạn vật trên thế giới là đơn giản và cơ bản. Chọn D.

Dựa vào vế trước đó: “Oxy và thủy ngân đều là nguyên tố, nhưng oxit thủy ngân thì lại không phải là một nguyên tố” nên “chúng” ở đây chỉ oxit thủy ngân. Chọn C.

Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là thuyết minh vì mục đích nhằm cung cấp tri thức. Chọn D.

Từ “luyên thuyên” dùng chưa phù hợp. Nên dùng “huyên thuyên” (nhiều lời và lan man, chưa hết chuyện này đã sang chuyện kia). Chọn A.

Truyện ngắn “Những đứa con trong gia đình” giống như giọt nước mang hình cả bầu trời của dân tộc ta, của người dân Nam Bộ trong một hành trình đánh giặc lâu dài, bền bỉ, kiên cường. Chọn B.

Nội dung đoạn trích trên nói về vai trò của chủ đề trong tác phẩm văn học, mang tính chất khách thể. Dùng từ “đi sâu”, là động từ vào tính chất “bản chất đời sống của nhà văn” là không hợp lí. Động từ thường kết hợp với danh từ, mặt khác xét chung trong ngữ cảnh đều không hợp lí. Vì vậy ta có thể thay “đi sâu” bằng các từ ngữ mang tính chất như “thâm nhập”, “chạm”. Chọn A.

Nội dung câu văn là sự ca ngợi hình ảnh chủ tịch Hồ Chí Minh thông qua việc đọc và cảm nhận bài thơ “Chiều tối”. Căn cứ vào cụm từ “hoàn cảnh khắc nghiệt” xác định được từ “đi qua” (mô tả sự di chuyển một cách bình thường) đang dùng sai sắc thái, cần thay bằng từ “vượt lên” để nhấn mạnh ý chí vượt trên những hoàn cảnh, thực tại khó khăn của Bác. Chọn C.

Lỗi dùng từ chưa phù hợp với nội dung văn bản, “giá trị nhân văn” là một trong những yếu tố cốt lõi xác định tính cách và hành vi của con người trong xã hội. Cụm từ này chưa bao quát hết được giá trị của tác phẩm, có thể thay thế bằng “giá trị nhân đạo”. Chọn B.

Từ “bất hủ” có nghĩa là không bao giờ mất đi; có giá trị mãi mãi; các từ còn lại trong nhóm (bất hảo, bất minh, bất kham) đều có nghĩa chung: chỉ con người (vật) hoặc việc làm không tốt. Chọn C.

Các từ “ném, vứt, tung” đều mang nghĩa làm cho sự vật rời khỏi tay. Còn từ “cầm” lại mang nghĩa giữ sự vật lại trên tay. Chọn C.

Các từ “xào xạc, lao xao, tí tách” đều là từ láy; từ “mềm mỏng” là từ ghép. Chọn C.

Yếu tố Hán Việt “thiên” trong đáp án A, B, C đều có nghĩa là trời. Còn “thiên” trong từ “thiên đô” có nghĩa là rời. Chọn D.

Các từ “chao đảo, liêu xiêu, nghiêng ngả” cùng chỉ trạng thái nghiêng qua nghiêng lại, không giữ được thăng bằng, còn “lom khom” diễn tả một tư thế cong lưng xuống của con người. Vậy từ khác nghĩa ở đây là lom khom. Chọn D.

Những thể loại sử thi, truyền thuyết, truyện cổ tích, kịch, thơ, phú đều là do các tác giả sáng tạo nên dựa trên tưởng tượng, sử dụng ngôn từ mang tính nghệ thuật, vì vậy đó là những văn bản nghệ thuật. Chọn A.

Không ở đâu trên đất nước ta có nhiều địa điểm thuận lợi để xây dựng cảng nước sâu như Duyên hải Nam Trung Bộ. Chọn C.

Sài Gòn là thành phố trẻ trung, năng động, có nét hấp dẫn riêng về thiên nhiên và khí hậu. Người Sài Gòn có phong cách cởi mở, bộc trực, chân tình và trọng đạo nghĩa. Chọn B.

Văn học trung đại hình thành và phát triển trong bối cảnh văn hóa, văn học vùng Đông Á, Đông Nam Á; có quan hệ giao lưu với nhiều nền văn học khu vực, đặc biệt là văn học Trung Quốc. Chọn D.

Cái đẹp của xứ Nghệ không phải ở nơi cánh đồng phì nhiêu, không phải ở trong màu mè của thổ nhưỡng, trong ánh sáng và khí hậu của thời tiết. Cái đẹp của Nghệ – Tĩnh là ở nơi núi non hùng vĩ, ở nơi sông sâu, nước trong, với những cảnh vật bao la. Chọn D.

Câu nói: “Ta nhất sinh không vì vàng ngọc hay quyền thế mà ép mình viết câu đối bao giờ. Đời ta cũng mới viết có hai bộ tứ bình và một bức trung đường cho ba người bạn thân của ta thôi.” cho thấy Huấn Cao là người trọng nghĩa khí, không màng vật chất, tài sản. Chọn A.

Cách kể của tác giả Nguyễn Khải trong đoạn trích trên thể hiện sự chiêm nghiệm, giàu tính suy tư, triết lí. Tác giả để cho nhân vật cô Hiền suy ngẫm về sức sống của Hà Nội, suy nghĩ về lẽ đời, về quy luật của cuộc sống: Hà Nội thì không thế. Thời nào nó cũng đẹp, một vẻ đẹp riêng cho mỗi lứa tuổi; Thiên địa tuần hoàn, cái vào ra của tạo vật không thể lường trước được. Chọn A.

Căn cứ vào ngữ cảnh của câu văn.

- Từ “tài tử” có nghĩa là:

+ một thể loại âm nhạc của Nam Bộ.                      

+ tư chất nghệ sĩ.

+ sự không chuyên, thiếu cố gắng.                           

+ diễn viên điện ảnh nổi tiếng.

- Tuy nhiên phân tích ta thấy các cụm từ tiếp nối ngay sau cụm từ Cái duyên “tài tử” rất trẻ, rất vui là cụm từ với những cách ăn nói suy nghĩ vừa tài hoa vừa độc đáo, vừa hóm hỉnh nghịch ngợm.

Như vậy ý nghĩa phù hợp trong văn cảnh trên là “tư chất nghệ sĩ”.

→ Chọn B.

Những biện pháp nghệ thuật:

- Ẩn dụ ở các hình ảnh: tiếng ghi ta nâu, tiếng ghi ta lá xanh, tiếng ghi ta tròn bọt nước vỡ tan, tiếng ghi ta ròng ròng máu chảy, giọt nước mắt vầng trăng, đáy giếng,…

- Điệp từ: tiếng ghi ta, tiếng đàn

- Nhân hóa: ròng ròng máu chảy

- So sánh: tiếng đàn như cỏ mọc hoang

→ Chọn D.

Chi tiết “Mắt đăm đăm nhìn về nơi ấy” thể hiện đậm nét nỗi khát khao mưa xuống của “chúng tôi”. Chọn B.

Khổ thơ trên là khổ thơ thứ nhất trong bài thơ “Từ ấy” của nhà thơ Tố Hữu. Bài thơ đánh dấu bước ngoặt của nhà thơ khi ông tìm thấy ánh sáng của lí tưởng cách mạng. Khổ thơ đầu tiên thể hiện tâm trạng vui tươi, say mê khi được giác ngộ lí tưởng của tác giả. Chọn C.

Trong đoạn [1], việc tác giả đưa ra dòng trạng thái của một người bạn cũ có tác dụng: Nêu ra một ý kiến để phần sau dùng lập luận bác bỏ, bình luận bàn luận về vấn đề đó.

- Tác giả đã đưa ra ý kiến của người bạn (“Bình yên - là khi được ra khỏi nhà”), sau đó dùng các thao tác bác bỏ, bình luận để bàn về ý kiến trên:

+ Bình yên không phải là khi được ra khỏi nhà mà bình yên là khi được ở trong tổ ấm của mình.

+ Muốn tổ ấm của mình bình yên thì bản thân mỗi người phải trực tiếp tham gia vào quá trình thiết lập nó.

- Các đáp án A, B, C không phù hợp vì nó phản ánh chưa chính xác tính chất của vấn đề nghị luận trong đoạn trích trên. Chọn D.

Từ “hóa thân” mang nghĩa là đóng góp, cống hiến cho Đất Nước. Chọn C.

Giọng điệu chủ đạo của toàn bộ đoạn trích là tiếc nuối, bâng khuâng. Điều này được thể hiện qua các từ ngữ sau đây: “chẳng còn tôi mãi”, “bâng khuâng”, “tiếc”, “chia phôi”, “tiễn biệt”, “bay đi”, “đứt tiếng reo thi”, “phai tàn”. Chọn D.

Nhân vật Nhược Dự được khắc họa bằng cách người kể chuyện miêu tả nhân vật: “Anh ta là người khó hiểu, khôn ngoan và kín đáo… Lúc nào anh ta cũng khoác bên ngoài cái vẻ lờ mờ, rụt rè như một người lạc lōng, hiểu rất ít về thời cục”. Chọn B.

Đây là đoạn văn song hành (Không có câu chủ đề): các câu triển khai nội dung song song nhau, không nội dung nào bao trùm lên nội dung nào. Mỗi câu trong đoạn văn nêu một khía cạnh của chủ đề đoạn văn, làm rõ cho nội dung đoạn văn. Chọn D.

Những câu thơ “lượng trời cứ chật không cho dài thời trẻ của nhân gian; nói làm chi rằng xuân vẫn tuần hoàn, nếu tuổi trẻ chẳng hai lần thắm lại; còn trời đất nhưng chẳng còn tôi mãi”... cho thấy điều tác giả tiếc nuối nhất chính là tuổi trẻ, bởi mùa xuân là tuần hoàn, xuân đi rồi xuân lại đến, còn tuổi trẻ thì một đi không trở lại. Chọn B.

- Từ “chân” trong câu (1) được dùng theo nghĩa gốc là cái chân, bộ phận dưới cùng của cơ thể người hay động vật, dùng để đi, đứng; được coi là biểu tượng hoặc hoạt động đi lại của con người

- Từ “chân” trong câu (2) được dùng theo phương thức chuyển nghĩa ẩn dụ. “chân” có nghĩa là phần dưới cùng của một số vật tiếp giáp, bám chặt vào mặt nền (ví dụ: chân núi, chân tường…)

→ Chọn B.    

Những câu văn 7, 9, 10, 11, 15, 16 là dòng suy nghĩ của nhân vật Việt khi anh tỉnh dậy lần thứ tư ở chiến trường. Chọn D.