Bộ 45 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 42)

Ta có \(M \in Oxy \Rightarrow M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,0} \right);\,\,\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AM} = \left( {x - 2\,;\,\,y + 2\,;\,\, - 1} \right).\)

Để \[A,\,\,B,\,\,M\] thẳng hàng thì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AM} \) cùng phương

\( \Rightarrow \frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{ - 1}}{1} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2 = 2}\\{y + 2 = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y = - 5}\end{array}.} \right.} \right.\)

Vậy \(M\left( {4\,;\,\, - 5\,;\,\,0} \right).\)Chọn A.

Ta có: \(y = {x^3} + a{x^2} + bx + c \Rightarrow y' = 3{x^2} + 2ax + b.\)

Theo đề, ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y\left( 1 \right) = 0}\\{y\left( { - 2} \right) = 0}\\{y'\left( { - 2} \right) = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = {1^3} + a \cdot {1^2} + b \cdot 1 + c}\\{0 = {{\left( { - 2} \right)}^3} + a \cdot {{\left( { - 2} \right)}^2} + b \cdot \left( { - 2} \right) + c}\\{0 = 3 \cdot {{\left( { - 2} \right)}^2} + 2a \cdot \left( { - 2} \right) + b}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = - 1}\\{4a - 2b + c = 8}\\{ - 4a + b = - 12}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b = 0}\\{c = - 4}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy \(T = {a^2} + {b^2} + {c^2} = {3^2} + {0^2} + {\left( { - 4} \right)^2} = 25.\) Chọn A.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2 \ge 0}\\{{x^2} - 6x + 2m > 0}\end{array}} \right.\).

Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình \({x^2} - 6x + 2m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) lớn hơn \[ - 2\] nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} > - 2\\{x_2} > - 2\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 2m > 0\\{x_1} + 2 + {x_2} + 2 > 0\\\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right) > 0\end{array} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 2m > 0\\{x_1} + {x_2} + 4 > 0\\{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m < 9\\6 + 4 > 0\\2m + 2 \cdot 6 + 4 > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m < 9\\2m > - 16\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow - 8 < m < \frac{9}{2}\).

Do đó tập \(S = \left\{ { - 7\,;\,\, - 6\,;\, - 5\,;\, \ldots \,;\,4} \right\}\) có 12 giá trị.

Đáp án cần nhập là: 12.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( {{C_m}} \right)\), ta có:

\({x^3} + 3m{x^2} - {m^3} = {m^2}x + 2{m^3}\)\( \Leftrightarrow {x^3} + 3m{x^2} - {m^2}x - 3{m^3} = 0\)

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

Để đường thẳng \(d\) cắt đồ thị \(\left( {{C_m}} \right)\) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2},{x_3} \Leftrightarrow m \ne 0.\)

Khi đó, \(x_1^4 + x_2^4 + x_3^4 = 83 \Leftrightarrow {m^4} + {\left( { - m} \right)^4} + {\left( { - 3m} \right)^4} = 83 \Leftrightarrow 83{m^4} = 83 \Leftrightarrow m = \pm 1.\)

Vậy \({m_1} = 1,{m_2} = - 1\) hay \({m_1} + {m_2} = 0.\) Chọn A.

Vì \(F\left( x \right),\,\,G\left( x \right)\) là hai nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên ta có \(F(x) = G(x) + C.\)

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F\left( {10} \right) + G\left( 1 \right) = - 11}\\{F\left( 0 \right) + G\left( {10} \right) = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G\left( {10} \right) + C + G\left( 1 \right) = - 11}\\{G\left( 0 \right) + C + G\left( {10} \right) = 1}\end{array} \Rightarrow G\left( 1 \right) - G\left( 0 \right) = - 12} \right.} \right..\]

Xét \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\cos } \,2x \cdot f\left( {\sin 2x} \right)dx.\)

Đặt \(t = \sin 2x \Rightarrow \frac{1}{2}dt = \cos 2xdx\), đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 0}\\{x = \frac{\pi }{4} \Rightarrow t = 1}\end{array}} \right..\)

Khi đó \(I = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( t \right)} \,dt = \left. {\frac{1}{2}\left[ {G\left( t \right)} \right]} \right|_0^1 = \frac{1}{2}\left[ {G\left( 1 \right) - G\left( 0 \right)} \right] = - 6.\) Chọn D.

Ta có \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = - x \cdot g'\left( x \right) + x \cdot f'\left( x \right) = x \cdot \left[ {f'\left( x \right) - g'\left( x \right)} \right]\)

Đặt \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right) \Rightarrow h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - g'\left( x \right)\).

Do đó \(h\left( x \right) = x \cdot h'\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{h'\left( x \right)}}{{h\left( x \right)}} = \frac{1}{x} \Leftrightarrow \int {\frac{{h'\left( x \right)}}{{h\left( x \right)}}} {\rm{d}}x = \int {\frac{1}{x}} \;{\rm{d}}x\)

\( \Leftrightarrow \ln \left| {h\left( x \right)} \right| = \ln x + C\) mà \(h(1) = f(1) - g(1) = 2\) nên \(C = \ln 2.\)

Suy ra \(\ln \left| {h\left( x \right)} \right| = \ln x + \ln 2 \Leftrightarrow \ln \left| {h\left( x \right)} \right| = \ln \left( {2x} \right) \Leftrightarrow \left| {h\left( x \right)} \right| = 2x\).

Vậy diện tích cần tính là \(S = \int\limits_3^5 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_3^5 {\left| {h\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_3^5 {2x} \,{\rm{d}}x = 16.\)

Đáp án cần nhập là: 16.

Ta có \(\overrightarrow {OA} = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {OB} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow {OC} = \left( {4\,;\,\,3\,;\,\,m} \right).\)

\[ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OA} \,,\,\,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {5\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right){\rm{. }}\]

Bốn điểm \[O,\,\,A,\,\,B,\,\,C\] đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow {OA} \,,\,\,\overrightarrow {OB} } \right] \cdot \overrightarrow {OC} = 0\)

\( \Leftrightarrow 5 \cdot 4 - 2 \cdot 3 - 1 \cdot m = 0 \Leftrightarrow m = 14.\) Chọn A.

Phương trình vận tốc chuyển động của vật là \(v\left( t \right) = \int a \left( t \right){\rm{d}}t = \int 6 t\;{\rm{d}}t = 3{t^2} + C\).

Vật chuyển động với vận tốc \(10\,\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) thì tăng tốc nên \(v\left( 0 \right) = C \Rightarrow C = 10.\)

Do đó \(v\left( t \right) = 3{t^2} + 10.\)

Chiều dài đoạn đường của vật đi được trong khoảng thời gian 5 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là

\(S = \int\limits_0^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^5 {\left( {3{t^2} + 10} \right){\rm{d}}t} = 175\,\,(m)\). Chọn A.

Đặt \(u = f\left( x \right)\), phương trình trở thành: \(f'(u) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = - 1}\\{u = 0}\\{u = 1}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(f\left( x \right) = - 1\,;\,\,f\left( x \right) = 0\) và \(f(x) = 1.\) Dựa vào đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\), ta thấy:

• Với \(f\left( x \right) = - 1\) có hai nghiệm kép \(x = - 1\,;\,\,x = 1\).

• Với \(f\left( x \right) = 0\) có bốn nghiệm đơn phân biệt.

• Với \(f\left( x \right) = 1\) có một nghiệm kép \(x = 0\) và hai nghiệm đơn phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có \(2 + 4 + 3 = 9\) nghiệm. Chọn D.

Gọi \(x\) là số lần tăng lên \[1\,\,000\] đồng ở 1 cốc kể từ mức giá \[40\,\,000\] đồng.

Số cốc trà sữa bán ra trong 1 tháng là \(2 - 0,1x\) (nghìn cốc).

Để giáo viên luôn bán được trà sữa, ta xét điều kiện \(0 \le x < 20\).

Khi đó, số tiền lãi được tính bằng công thức

\(f\left( x \right) = \left( {40 + x \cdot 1} \right)\left( {2 - 0,1x} \right) - 28\left( {2 - 0,1x} \right)\)

\( = - 0,1{x^2} + 0,8x + 24 = - 0,1{\left( {x - 4} \right)^2} + 25,6 \le 25,6\,\,\,\left( {0 \le x < 20} \right)\).

Ta thấy \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 4\).

Như vậy, mỗi cốc trà sữa bán với giá \(40\,\,000 + 4 \cdot 1000 = 44\,\,000\) (đồng).

Đáp án cần nhập là: 44 000.

Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty \,;\,\, + \infty } \right)\) khi: \(f'\left( x \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - m} \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1 > 0}\\{\Delta = {{\left( {m + 1} \right)}^2} - 4m \le 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow m = 1.\)Chọn C

Ta thấy tổng các số trong bảng con \(2 \times 2\) thì luôn nhỏ hơn hoặc bằng 1.

  Đặt \(T\) là tổng các số trong bảng vuông \(3 \times 3\).

   Xét hình gồm 7 ô như hình bên.

   Ta có \(a + b + c + d \le 1\) và \(d + e + f + g \le 1\). Từ đó suy ra:

\(a + b + c + d + e + f + g = \left( {a + b + c + d} \right) + \left( {d + e + f + g} \right) - d \le 2 - d \le 3\).

Xét bảng vuông \(3 \times 3\), ta có \(T \le 3 + 1 + 1 = 5\).

Ta chỉ ra một cách điền số để dấu bằng xảy ra như sau:

Đáp án cần nhập là: 5.

Ta có \(\int {\frac{x}{{\sqrt {8 - {x^2}} }}} \;{\rm{d}}x = - \frac{1}{2}\int {{{\left( {8 - {x^2}} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}} \;{\rm{d}}\left( {8 - {x^2}} \right) = - \sqrt {8 - {x^2}} + C.\)

Mặt khác \(F\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow - \sqrt {8 - {x^2}} + C = 0 \Leftrightarrow C = 2\) nên \(F\left( x \right) = - \sqrt {8 - {x^2}} + 2\).

Do đó \(F\left( x \right) = x \Leftrightarrow - \sqrt {8 - {x^2}} + 2 = x \Leftrightarrow \sqrt {8 - {x^2}} = 2 - x\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x \ge 0\\8 - {x^2} = {\left( {2 - x} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\ - 2{x^2} + 4x + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + \sqrt 3 }\\{x = 1 - \sqrt 3 }\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow x = 1 - \sqrt 3 .} \right.\)Chọn D.

Ta có \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right).\)

Thật vậy: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OC \bot OA}\\{OC \bot OB}\end{array} \Rightarrow OC \bot AB} \right.\) (1).

Mà \(CH \bot AB\) (vì \(H\) là trực tâm tam giác \[ABC\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AB \bot \left( {OHC} \right) \Rightarrow AB \bot OH & (*)\)

Tương tự \(BC \bot \left( {OAH} \right) \Rightarrow BC \bot OH\quad (**)\)

Từ \((*)\) và \((**)\) suy ra \(OH \bot \left( {ABC} \right).\)

Khi đó mặt cầu tâm \(O\) tiếp xúc mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có bán kính \(R = OH = 3.\)

Vậy mặt cầu tâm \(O\) và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 9.\) Chọn C.

Đặt \(f\left( x \right) = {x^5} + 2{x^4} - m{x^2} + 3x - 20 \Rightarrow y = \left| {f\left( x \right)} \right| \Rightarrow y' = \frac{{f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}}\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow y' \le 0\,;\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) \le 0\,;\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right).\)

• TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) \ge 0}\\{f\left( x \right) \le 0}\end{array};\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5{x^4} + 8{x^3} - 2mx + 3 \ge 0}\\{f\left( { - 2} \right) \le 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2mx \le 5{x^4} + 8{x^3} + 3;\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}\\{{{\left( { - 2} \right)}^5} + 2 \cdot {{\left( { - 2} \right)}^4} - m \cdot {{\left( { - 2} \right)}^2} + 3 \cdot \left( { - 2} \right) - 20 \le 0}\end{array}} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \ge \frac{{5{x^4} + 8{x^3} + 3}}{x};\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}\\{ - 4m - 26 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \ge \mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)} \left( {5{x^3} + 8{x^2} + \frac{3}{x}} \right)}\\{ - 4m \le 26}\end{array}} \right.} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \ge - \frac{{19}}{2}}\\{m \ge - \frac{{13}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow m \ge - \frac{{19}}{4}} \right.\) mà \(m\) nguyên âm nên \[m \in \left\{ { - 4\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right\}.\]

• TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) \le 0}\\{f\left( x \right) \ge 0}\end{array};\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5{x^4} + 8{x^3} - 2mx + 3 \le 0}\\{f\left( { - 2} \right) \ge 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2mx \ge 5{x^4} + 8{x^3} + 3;\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}\\{{{\left( { - 2} \right)}^5} + 2 \cdot {{\left( { - 2} \right)}^4} - m \cdot {{\left( { - 2} \right)}^2} + 3 \cdot \left( { - 2} \right) - 20 \ge 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \le \frac{{5{x^4} + 8{x^3} + 3}}{x};\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}\\{ - 4m - 26 \ge 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \le \mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)} \left( {5{x^3} + 8{x^2} + \frac{3}{x}} \right)}\\{ - 4m \ge 26}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow m \in \emptyset .\)

Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên của tham số \(m\) cần tìm.

Đáp án cần nhập là: 4.        

Xét hàm số \(y = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m\). Ta có \(y' = 12{x^3} - 12{x^2} - 24x\); \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, để hàm số đã cho có 7 cực trị thì \[\left\{ \begin{array}{l}m - 5 < 0\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m < 5.\]

Vì \(m\) nguyên nên các giá trị cần tìm của \(m\) là \[m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}.\] Chọn B.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{2 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = - {m^2}\,;\,\,\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \frac{{4 - {m^2}}}{3}.\)

Do đó \[2\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) - \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = 8. \Leftrightarrow 2\left( {\frac{{4 - {m^2}}}{3}} \right) + {m^2} = 8\]\( \Leftrightarrow {m^2} - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 4}\\{m = 4}\end{array}} \right.\).

Vậy \(2{m_1} + 3{m_2} = 2 \cdot \left( { - 4} \right) + 3 \cdot 4 = 4.\)Chọn C.

Xét mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] có phương trình \(x + by + cz + d = 0\) đi qua hai điểm \(A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và \(B\left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right)\), đồng thời cắt các trục tọa độ \[Ox,\,\,Oy\] tại hai điểm cách đều.

Vì \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và \(B\left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right)\) nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + b + c + d = 0}\\{ - 2b + 2c + d = 0}\end{array}\quad (*)} \right.\)

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cắt các trục tọa độ \[Ox,\,\,Oy\] lần lượt tại \(M\left( { - d\,;\,\,0\,;\,0} \right),\,\,N\left( {0\,;\,\,\frac{{ - d}}{b}\,;\,\,0} \right).\)

Vì \[M,\,\,N\] cách đều \(O\) nên \(OM = ON.\) Suy ra: \(\left| d \right| = \left| {\frac{d}{b}} \right|.\)

Nếu \(d = 0\) thì chỉ tồn tại hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán (mặt phẳng này đi qua điểm O).

Do đó để tồn tại hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: \(\left| d \right| = \left| {\frac{d}{b}} \right| \Leftrightarrow b = \pm 1.\)

Với \(b = 1\) thì \((*) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c + d = - 2}\\{2c + d = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 4}\\{d = - 6}\end{array}} \right.} \right..\) Ta được mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + 4z - 6 = 0\).

Với \(b = - 1,\,\,(*) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c + d = 0}\\{2c + d = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = - 2}\\{d = 2}\end{array}} \right.} \right..\) Ta được mặt phẳng \(\left( Q \right):x - y - 2z + 2 = 0\).

Vậy \({b_1}{b_2} + {c_1}{c_2} = 1 \cdot \left( { - 1} \right) + 4 \cdot \left( { - 2} \right) = - 9.\) Chọn B.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {OM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right)}\\{\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OB} }\end{array}} \right.\) .

Suy ra \(\overrightarrow {OM} \cdot \overrightarrow {BC} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OB} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {OC} - {{\overrightarrow {OB} }^2}} \right) = - \frac{{{a^2}}}{2}\).

\(BC = \sqrt {O{B^2} + O{C^2}} = a\sqrt 2 \); \(OM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt {O{B^2} + O{B^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Do đó: \(\cos \left( {\overrightarrow {OM} \,,\,\,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {OM} \cdot \overrightarrow {BC} }}{{OM \cdot BC}} = \frac{{ - \frac{{{a^2}}}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot a\sqrt 2 }} = - \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {OM} \,,\,\,\overrightarrow {BC} } \right) = 120^\circ = \alpha ^\circ .\)

Đáp án cần nhập là: 120.

Ta có: \(y = {x^2} + 2x - 1 = {\left( {x + 1} \right)^2} - 2 \ge - 2\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Mà \(m \in \left[ { - 4040\,;\,\, - 3} \right]\) nên \(m < {x^2} + 2x - 1\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Suy ra \(S = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + 2x - 1 - m} \right)\,dx} = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} - x - mx} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{3} - m.\)

Khi đó \(S \le 2021 \Leftrightarrow \frac{1}{3} - m \le 2021 \Leftrightarrow m \ge - \frac{{6062}}{3}.\)

Vì \(m \in \left[ { - 4040\,;\,\, - 3} \right],\,\,m \in \mathbb{Z}\) nên có 2018 số nguyên \[m.\] Chọn D.

Tập xác định của hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{2x + 3}}\) là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{3}{2}} \right\}.\)

Ta có: \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {2x + 3} \right)}^2}}} < 0\,,\,\,\forall x \in D.\)

Mặt khác, \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) nên hệ số góc của tiếp tuyến là \[ - 1.\]

Gọi tọa độ tiếp điểm \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\), với \({x_0} \ne - \frac{3}{2}.\)

Ta có: \[y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {2{x_0} + 3} \right)}^2}}} = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = - 2\\{x_0} = - 1\end{array} \right..\]

• Với \({x_0} = - 1 \Rightarrow {y_0} = 1.\) Phương trình tiếp tuyến là: \(y = - x\) loại vì \(A \equiv B \equiv O.\)

• Với \({x_0} = - 2 \Rightarrow {y_0} = 0.\) Phương trình tiếp tuyến là: \(y = - x - 2\) thỏa mãn.

Vậy \(d:y = ax + b\) hay \(d:y = - x - 2 \Rightarrow a = - 1\,;\,\,b = - 2 \Rightarrow a + b = - 3.\) Chọn D.

Mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(r = 1.\)

Ta có \(\overrightarrow {OI} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right) \Rightarrow OI = \sqrt 2 .\)

Từ đó ta có hình vẽ mô tả vị trí tương đối của \(\left( S \right)\) và \(\left( {S'} \right)\) như sau:

Gọi \[H,\,\,K\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(O\) và \(I\) lên \(\left( P \right)\) và \(M = OI \cap \left( P \right)\).

Khi đó ta có \[H,\,\,K,\,\,M\] thẳng hàng.

Xét hai tam giác đồng dạng \(\Delta OHM\) và \(\Delta IKM\) ta có: \(\frac{{MI}}{{MO}} = \frac{{IK}}{{OH}} = \frac{r}{R} = \frac{1}{2} \Rightarrow MI = \frac{1}{2}MO.\)

Suy ra \(M\) đối xứng với \(O\) qua \(I\) nên \(M\) cố định.

Mặt khác ta có \(I\) là trung điểm \[OM\] nên \(M\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\).

Do đó \(a = 2\,,\,\,b = 0\,,\,\,c = 2 \Rightarrow a + b + c = 4.\) Chọn B.

Số trung bình của mẫu số liệu trên là:

\[\overline x = \frac{{14,5 \cdot 1 + 15,5 \cdot 3 + 16,5 \cdot 8 + 17,5 \cdot 6 + 18,5 \cdot 2}}{{20}} = 16,75\].

Phương sai của mẫu số liệu trên là:

\[{s^2} = \frac{{14,{5^2} \cdot 1 + 15,{5^2} \cdot 3 + 16,{5^2} \cdot 8 + 17,{5^2} \cdot 6 + 18,{5^2} \cdot 2}}{{20}} - 16,{75^2} = 0,9875\].

Đáp án cần nhập là: 0,9875.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b\,;\,\,g'\left( x \right) = 1 - \frac{8}{{{x^3}}}\).

Xét \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - \frac{8}{{{x^3}}} = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Ta có: \(g\left( 1 \right) = 5\,;\,\,g\left( 2 \right) = 3\,;\,\,g\left( 4 \right) = \frac{{17}}{4} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} g\left( x \right) = 3\) tại \(x = 2.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 2 \right) = 0}\\{f\left( 1 \right) = 4}\\{f\left( 2 \right) = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{12 + 4a + b = 0}\\{a + b + c = 3}\\{8 + 4a + 2b + c = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 4}\\{b = 4.}\\{c = 3}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Khi đó, \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 8x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2\) vì \(x \in \left( {1;4} \right)\). Có \(f\left( 1 \right) = 4;f\left( 2 \right) = 3;f\left( 4 \right) = 19\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;4} \right]} f\left( x \right) = 19.\) Chọn D.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = \frac{5}{9}\); \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{4}{9};P\left( {B|A} \right) = 1;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,5\).

Cần tính \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{\frac{5}{9} \cdot 1}}{{\frac{5}{9} \cdot 1 + \frac{4}{9} \cdot 0,5}} = \frac{5}{7}\). Chọn B.

Xét \(y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + 2x + m} \right)\). Ta có: \(y' = g'\left( x \right) = 2\left( {x + 1} \right)f'\left( {{x^2} + 2x + m} \right)\).

Vì \(x + 1 > 0\,\,\forall x \in \left( {0;1} \right)\) nên để hàm số \(y = f\left( {{x^2} + 2x + m} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\) khi và chỉ khi \(f'\left( {{x^2} + 2x + m} \right) > 0\,\forall x \in \left( {0;1} \right)\).

Suy ra \[\left[ \begin{array}{l}{x^2} + 2x + m \le - 2,\,\,\forall x \in \left( {0\,;1} \right)\\0 \le {x^2} + 2x + m \le 3,\,\,\forall x \in \left( {0\,;1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{array}{l}m \le - {x^2} - 2x - 2,\,\,\forall x \in \left( {0\,;1} \right)\\ - {x^2} - 2x \le m \le - {x^2} - 2x + 3,\,\,\forall x \in \left( {0\,;1} \right)\end{array} \right.\].

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le \mathop {Min}\limits_{\left( {0;1} \right)} \left( { - {x^2} - 2x - 2} \right)\\\mathop {Max}\limits_{\left( {0\,;1} \right)} \left( { - {x^2} - 2x} \right) \le m \le \mathop {Min}\limits_{\left( {0\,;1} \right)} \left( { - {x^2} - 2x + 3} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 5\\0 \le m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 5\\m = 0\end{array} \right.\].

Do \( - 20 \le m \le 20\) nên \[m \in \left\{ { - 20; - 19\,; - 18\,;...; - 5\,;0} \right\}\].

Vậy có tất cả 17 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn điều kiện đề bài.

Đáp án cần nhập là: 17.

Gọi A là biến cố: “Học sinh đó tham gia câu lạc bộ tiếng Anh”.

B là biến cố: “Học sinh đó tham gia câu lạc bộ tiếng Nhật”.

Theo đề có \(P\left( A \right) = 0,25;P\left( {A \cap B} \right) = 0,2\).

Ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,2}}{{0,25}} = 0,8\). Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(\left( {2; - 3} \right)\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số. Chọn D.

Đặt \(u = 2x - 1\)\( \Rightarrow g\left( x \right) = f\left( u \right) + m\). Ta có \(x \in \left[ {0\,;\,1} \right] \Rightarrow u \in \left[ { - 1\,;\,1} \right]\).

Do \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;\,1} \right]} g\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1\,;\,1} \right]} \left( {f\left( u \right) + m} \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1\,;\,1} \right]} f\left( u \right) + m = 3 + m\].

Để \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;\,1} \right]} g\left( x \right) = - 8 \Leftrightarrow m = - 11\].

Đáp án cần nhập là: −11.

Có \(y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne - 1\) nên hàm số không có cực trị. Chọn A.

Diện tích nuôi trồng thủy sản năm 2002 của tỉnh, thành phố Khánh Hoà là cao nhất.

Chọn B.

Ta có phương trình tung độ giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) là:

\(\frac{{{y^2}}}{4} = \frac{{y + 4}}{2} \Leftrightarrow {y^2} - 2y - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 4 \Rightarrow x = 4}\\{y = - 2 \Rightarrow x = 1}\end{array}} \right..\)

\( \Rightarrow d\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm là: \[A\left( {4\,;\,\,4} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\, - 2} \right).\]

\(C \in \left( P \right) \Rightarrow C = \left( {{c^2}\,;\,\,2c} \right){\rm{. }}\)

Ta có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}d\left( {C,AB} \right) \cdot AB\)\[ = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left| {2{c^2} - 2c - 4} \right|}}{{\sqrt 5 }} \cdot \sqrt {{{\left( {1 - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 4} \right)}^2}} \]

\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left| {2{c^2} - 2c - 4} \right|}}{{\sqrt 5 }} \cdot 3\sqrt 5 \)\( = \frac{3}{2} \cdot \left| {2{c^2} - 2c - 4} \right|\).

Mà \({S_{\Delta ABC}} = 12 \Leftrightarrow \frac{3}{2} \cdot \left| {2{c^2} - 2c - 4} \right| = 12\)\( \Leftrightarrow \left| {6{c^2} - 6c - 12} \right| = 24 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{c^2} - c - 6 = 0}\\{{c^2} - c + 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = - 2}\\{c = 3}\end{array}.} \right.} \right.\)

Vậy tung độ dương của điểm C là 6.

Đáp án cần nhập là: 6.

Vì \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) ta dựng được hình chữ nhật \[MACB\] với \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} .\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = MC = \sqrt {M{A^2} + M{B^2}} = \sqrt {{{300}^2} + {{400}^2}} = 500\;{\rm{N}}.\)

Chọn D.

Điều kiện: \({x^2} - 9 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{x \le - 3}\end{array}} \right..\)

Ta có \(\left( {{x^2} - 5x + 4} \right)\sqrt {{x^2} - 9} \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{x^2} - 9} = 0}\\{{x^2} - 5x + 4 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \pm 3}\\{1 \le x \le 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{1 \le x \le 4}\end{array}} \right.} \right.} \right..\)

Kết hợp điều kiện ta có \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{3 \le x \le 4}\end{array}} \right.\).

Vậy tập nghiệm của phương trình có 3 nghiệm nguyên là: \(S = \left\{ { - 3\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}.\) Chọn C.

Ta có \(A\left( {0\,;\,\,2} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\,4} \right),\,\,C\left( {2\,;\,\,3} \right).\)

Ta thấy rằng \(F\left( {x\,;\,\,y} \right) = y - x\) đạt giá trị nhỏ nhất tại một đỉnh của tam giác ABC

• Tại \(A\left( {0\,;\,\,2} \right)\) thì \(F = 2.\)

• Tại \(B\left( {1\,;\,\,4} \right)\) thì \(F = 3.\)

• Tại \(C\left( {2\,;\,\,3} \right)\) thì \(F = 1.\)

Vậy \(\min F = 1\) khi \(x = 2\) và \(y = 3.\) Chọn A.           

Theo bài ra, ta có \({Q_0} \cdot \left( {1 - {e^{ - t\sqrt 2 }}} \right) \ge 85\% \cdot {Q_0}\)

\( \Leftrightarrow 1 - {e^{ - t\sqrt 2 }} \ge 85\% \Leftrightarrow 1 - {e^{ - t\sqrt 2 }} \ge 0,85 \Leftrightarrow {e^{ - t\sqrt 2 }} \le 0,15\)

\( \Leftrightarrow - t\sqrt 2 \le \ln 0,15 \Leftrightarrow t \ge \frac{{\ln 0,15}}{{ - \sqrt 2 }} \approx 1,34.\)Chọn B.

Đặt \({u_n} = {v_n} + 3\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\), thì \({v_1} = {u_1} - 3 = - 2.\)

Khi đó \({u_{n + 1}} = \frac{1}{2}{u_n} + \frac{3}{2} \Leftrightarrow {v_{n + 1}} + 3 = \frac{1}{2}\left( {{v_n} + 3} \right) + \frac{3}{2} \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = \frac{1}{2}{v_n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).

Do đó, dãy \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân với \({v_1} = - 2\,;\,\,q = \frac{1}{2}\).

Do đó \({v_n} = - 2 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 2}} \Rightarrow {u_n} = 3 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 2}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 3.{\rm{ }}\)

Đáp án cần nhập là: 3.        

Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(AH \bot SB\,\,\left( {H \in SB} \right).\)

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot BC}\\{AB \bot BC}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH} \right..\)

Mà \(SB \bot AH\) do cách dựng nên \(AH \bot \left( {SBC} \right).\)

Hay \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(\left( {SBC} \right)\).

Suy ra \(\left( {SA,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = \widehat {ASH} = \widehat {ASB}.\)

Tam giác \[ABC\] vuông tại \(B\) nên\(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 .\)

Tam giác \[SAB\] vuông tại \(A\) nên \(\sin \widehat {ASB} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ASB} = 30^\circ .\) Chọn B.

Ta có \({x^2} - 6{y^2} = xy \Leftrightarrow {x^2} - xy - 6{y^2} = 0\) (*).

Do \[x,\,\,y\] là các số thực dương lớn hơn 1 nên ta chia cả 2 vế của \((*)\) cho \({y^2}\) ta được:

\({\left( {\frac{x}{y}} \right)^2} - \frac{x}{y} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{x}{y} = 3}\\{\frac{x}{y} = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3y}\\{x = - 2y\quad (L)}\end{array} \Rightarrow x = 3y} \right.} \right.\) (1).

Mặt khác: \(M = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{2{{\log }_{12}}\left( {x + 3y} \right)}} = \frac{{{{\log }_{12}}12xy}}{{{{\log }_{12}}{{\left( {x + 3y} \right)}^2}}}\) (2).

Thay (1) vào (2) ta có: \(M = \frac{{{{\log }_{12}}36{y^2}}}{{{{\log }_{12}}36{y^2}}} = 1.\) Chọn B.

Kẻ \(AH \bot BC\), ta có \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot BC\)

Suy ra \(BC \bot \left( {A'AH} \right) \Rightarrow A'H \bot BC\)

Do đó \(\left( {\left( {A'BC} \right),\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'H,\,AH} \right) = \widehat {A'HA} = 60^\circ \)

\(\Delta A'AH\) vuông tại \(A\), có \[\tan \widehat {A'HA} = \frac{{AA'}}{{AH}}\]

\[ \Rightarrow \tan 60^\circ = \frac{6}{{AH}} \Leftrightarrow AH = 2\sqrt 3 .\]

Xét \[\Delta ABC\] vuông cân tại \(A\) nên \(BC = 2AH = 4\sqrt 3 .\)

Diện tích \[\Delta ABC\] là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt 3 \cdot 4\sqrt 3 = 12.\)

Vậy thể tích cần tính là \(V = AA' \cdot {S_{ABC}} = 6 \cdot 12 = 72\).

Đáp án cần nhập là: 72

Số lon nước ở tầng trên cùng cần dùng là 3 lon nước.

Số lon nước ở tầng ngay dưới tầng trên cùng cần dùng là 7 lon nước.

... Số lon nước ở tầng cuối cùng cần dùng là \(k\) lon nước.

Do đó, số lon nước ở mỗi tầng lập thành 1 cấp số cộng với \({u_1} = 3\) và công sai \(d = 4\).

Vì tổng số lon nước làm cây thông là 741 nên \({S_n} = \frac{{n \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = 741\)

\( \Leftrightarrow n \cdot \left[ {2 \cdot 3 + \left( {n - 1} \right) \cdot 4} \right] = 1482 \Leftrightarrow 4{n^2} + 2n - 1482 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 19}\\{n = - \frac{{39}}{2}}\end{array}} \right.\).

Vậy cây thông này thiết kế gồm 19 tầng. Chọn B.

Ta có: \( - 1 \le \cos \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right) \le 1 \Leftrightarrow - 90 \le 90\cos \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right) \le 90 \Leftrightarrow - 90 \le h\left( t \right) \le 90.\)

Chiều cao của sóng (khoảng cách theo phương thẳng đứng giữa đáy và đỉnh của sóng) là:

\(90 - \left( { - 90} \right) = 180\,\,\left( {cm} \right).\) Chọn D.

Gọi \(E,\,\,F,\,\,G,\,\,H\) lần lượt là trung điểm của \(BB',\,{\rm{AA'}},\,\,DD',\,\,CC'\).

Khi đó ta có \(\left( {EFGH} \right) \equiv \left( {MNPQ} \right).\)

Gọi \(O\) là tâm hình lập phương, khi đó \(O\) là trung điểm của \(RS\) và \(RS \bot \left( {MNPQ} \right)\) tại \(O.\)

Ta có: \[{V_{RSMNPQ}} = {V_{R.MNPQ}} + {V_{S.MNPQ}} = \frac{1}{3} \cdot RO \cdot {S_{MNPQ}} + \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{MNPQ}} = \frac{1}{3} \cdot RS \cdot {S_{MNPQ}}.\]

Do \(EFGH\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(MN = NP = \frac{1}{2}EG = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

\[ \Rightarrow {S_{MNPQ}} = MN \cdot NP = \frac{{{a^2}}}{2},\,\,RS = a.\] Vậy \[{V_{RSMNPQ}} = \frac{1}{3}a \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{6}.\] Chọn B.

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \(ABCD\).

Suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot CD\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow OM \bot CD\)

Do đó \(CD \bot \left( {SMO} \right)\) mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SMO} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SM}\\{\left( {SMO} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = OM}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(\left( {\left( {SCD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SM,OM} \right) = \widehat {SMO} = 60^\circ .\)

Ta có \(OM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 2a = a \Rightarrow SO = OM \cdot \tan \widehat {SMO}\)

\( \Rightarrow SO = \sqrt 3 a \Rightarrow {V_{S \cdot ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt 3 a \cdot 8{a^2} = \frac{{8\sqrt 3 {a^3}}}{3}.\)Chọn A.

Ta có \({\left( {3a - b} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow 9{a^2} - 6ab + {b^2} \ge 0 \Leftrightarrow 9{a^2} + {b^2} \ge 6ab\).

Do đó \(2 = {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right)\)

\( \ge {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) + {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right)\)\( \ge 2\sqrt {{{\log }_{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) \cdot {{\log }_{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right)} = 2\).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - b = 0}\\{{{\log }_{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3a}\\{6ab + 1 = 3a + 2b + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3a}\\{6a \cdot 3a + 1 = 3a + 2 \cdot 3a + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3a}\\{18{a^2} - 9a = 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left( {a\,;\,\,b} \right) = \left( {\frac{1}{2}\,;\,\,\frac{3}{2}} \right)\).

Do đó \(a + 3b = \frac{1}{2} + 3 \cdot \frac{3}{2} = \frac{{10}}{2} = 5.\)

Đáp án cần nhập là: 5.        

Ta có: \(\left( {{3^{{x^2} - 1}} - {{27}^{x + 1}}} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {x + 8} \right) - 2} \right] \le 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{{x^2} - 1}} - {{27}^{x + 1}} \le 0}\\{lo{g_3}\left( {x + 8} \right) - 2 \ge 0}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{3^{{x^2} - 1}} - {27^{x + 1}} \ge 0\\lo{g_3}\left( {x + 8} \right) - 2 \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{{x^2} - 1}} \le {3^{3x + 3}}}\\{log{ _3}\left( {x + 8} \right) \ge 2}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{3^{{x^2} - 1}} \ge {3^{3x + 3}} \\lo{g_3}\left( {x + 8} \right) \le 2\end{array} \right.\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 1 \le 3x + 3}\\{x + 8 \ge 9}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ge 3x + 3\\x + 8 \le 9\\x + 8 > 0\end{array} \right.\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 3x - 4 \le 0}\\{x \ge 1}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x - 4 \ge 0\\ - 8 < x \le 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 \le x \le 4}\\{x \ge 1}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge 4\\x \le - 1\end{array} \right.\\ - 8 < x \le 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 \le x \le 4\\ - 8 < x \le - 1\end{array} \right.\).

Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên tập nghiệm của bất phương trình là \[S = \left\{ { - 7\,;\,\, - 6\,;\,\, \ldots ;\,\, - 1\,;\,\,1\,;\,\, \ldots ;\,\,4} \right\}.\]

Do đó, bất phương trình có 11 nghiệm nguyên. Chọn A.     

Ta có: \(s'\left( t \right) = 3{\left( {\sin 2t} \right)^\prime } + 2{\left( {\cos 2t} \right)^\prime } = 6\cos 2t - 4\sin 2t\).

Và \(s''\left( t \right) = 6{\left( {\cos 2t} \right)^\prime } - 4{\left( {\sin 2t} \right)^\prime } = - 12\sin 2t - 8\cos 2t\).

Gia tốc của chất điểm tại thời điểm \(t = \frac{\pi }{6}\) là:

\(a\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = s''\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = - 12\left[ {\sin \left( {2 \cdot \frac{\pi }{6}} \right)} \right] - 8\left[ {\cos \left( {2 \cdot \frac{\pi }{6}} \right)} \right] = - 4 - 6\sqrt 3 \approx - 14,4\).

Đáp án cần nhập là: \( - 14,4\).

Ta có \[PQ\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\]

Khi đó:

\(\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SN}}{{SB}} \cdot \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{{12}}V.\)

\(\frac{{{V_{S.MPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9} \Rightarrow {V_{S.MPQ}} = \frac{1}{9}V.\)

Vậy \({V_{S.MNPQ}} = \frac{7}{{36}}V = \frac{7}{3}.\)Chọn B

Mỗi bạn có \(9 \cdot A_9^2\) cách viết nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = {\left( {9 \cdot A_9^2} \right)^2}.\)

Số cách viết các chữ số có mặt trong hai số mà bạn A và B viết giống nhau.

Bạn A có tất cả \(9 \cdot A_9^2\) cách viết, trong đó \(A_9^3\) cách viết mà số không gồm chữ số 0 và có \(\left( {9 \cdot A_9^2 - A_9^3} \right)\) cách viết mà số có chữ số 0.

• TH1: Nếu A không gồm chữ số 0 có \(A_9^3\) cách, lúc này B có \(3!\) cách viết.

• TH2: Nếu A viết số 0 có \(\left( {9 \cdot A_9^2 - A_9^3} \right)\) cách, lúc này B có 4 cách viết.

Do đó, \(A_9^3 \cdot 3!\, + \left( {9 \cdot A_9^2 - A_9^3} \right) \cdot 4\) cách viết thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính bằng \(\frac{{A_9^3 \cdot 3!\, + \left( {9 \cdot A_9^2 - A_9^3} \right) \cdot 4}}{{{{\left( {A_9^2} \right)}^2}}} = \frac{{25}}{{2916}}.\) Chọn D.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu là \(n = 25\). Gọi \({x_1},{x_2},{x_3}, \ldots ,{x_{25}}\) là điểm số của 25 học sinh trong kì thi đó và dãy này được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Trung vị của mẫu số liệu là \({x_{13}} \in \left[ {8;12} \right)\). Do đó, \({M_e} = 8 + \frac{{\frac{{25}}{2} - 8}}{{12}}\left( {12 - 8} \right) = 9,5.\)

Đáp án cần nhập là: 9,5.

Xác định nội dung đoạn trích: Nguyên nhân dẫn đến sự biến đổi của con ngươi ở mắt người. Tác giả đưa ra các lí lẽ “tiến hành thí nghiệm với một chú mèo”, “tiến hành một loạt công trình nghiên cứu về mối quan hệ giữa sự biến đổi của con ngươi ở mắt người với sự biểu lộ tư tưởng và tình cảm”. Như vậy, trong đoạn trích trên, tác giả sử dụng thao tác lập luận chính là chứng minh: dùng những bằng chứng chân thực, đã được thừa nhận để khẳng định quan điểm của mình. Chọn A.

Đọc đoạn 1, các phương án và tìm thông tin tác dụng của sự chuyển động nhãn cầu với mắt: “Trên thực tế, mắt có thể “truyền thần” được là do sự nở to hoặc thu nhỏ của con ngươi, sự chuyển động của nhãn cầu, sự khép mở của mi mắt cũng như cái nhìn chăm chú hay lướt qua.” Như vậy, sự giãn nở của con ngươi, khép mở của mi mắt, nhìn chăm chú hay lướt qua đều có tác dụng “truyền thần”, nghĩa là truyền tải được cảm xúc, thần thái của chủ thể. Chọn C.

Đọc các phương án và tìm thông tin trong đoạn trích:

Phương án A được nhắc đến trong câu (1) của đoạn 2: “... phát hiện ra rằng, khi mèo bị thức ăn hay đồ chơi kích thích thì con ngươi của mắt chúng mở to ra” → Loại.

Phương án B được nhắc đến trong câu (2) của đoạn 2: “Về sau, họ tiếp tục tiến hành một loạt công trình nghiên cứu về mối quan hệ giữa sự biến đổi của con ngươi ở mắt người” → Loại.

Phương án C được nhắc đến trong câu cuối của đoạn 2: “Sự biến đổi của con ngươi ở mắt người là tiêu chí của hoạt động hệ thống thần kinh trung ương.” → Loại.

Phương án D: nói không đúng nội dung trong đoạn trích: “Khi hoảng sợ hoặc phấn khởi tột độ, con ngươi của mắt họ giãn nở gấp bốn lần lúc bình thường”. Chọn D.

Đọc câu hỏi và xác định thông tin về sự thu nhỏ của con ngươi ở mắt người:

+ “Họ phát hiện ra rằng, những kích thích làm cho con người buồn chán có tác dụng thu nhỏ con ngươi của mắt lại” → Tương ứng với phương án B (rầu rĩ).

+ “còn những kích thích làm cho con người phấn chấn có tác dụng làm cho con ngươi của mắt nở to.” → Loại C.

+ “Khi hoảng sợ hoặc phấn khởi tột độ, con ngươi của mắt họ giãn nở gấp bốn lần lúc bình thường.” → Loại A, D.

→ Chọn B.

HS đọc kĩ đoạn trích, xem toàn bộ nội dung đang hướng tới vấn đề gì, từ đó sẽ suy ra đáp án. Ở đoạn trích, vấn đề chính là “Sự biến đổi của con ngươi ở mắt người”. Phương án A, B, D đều không thể hiện được đầy đủ nội dung, vì vậy C là phương án chính xác nhất. Chọn C.

Đoạn thơ miêu tả cảnh sông nước mênh mang, heo hút của sông Hồng, và tâm trạng buồn man mác của nhà thơ như dàn trải lên cảnh vật. Điều đó được thể hiện qua các từ ngữ “buồn điệp điệp, sầu trăm ngả, gió đìu hiu, bến cô liêu”; đoạn thơ cũng không có sự xuất hiện của con người hay âm thanh “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều”. Vì vậy, âm hưởng chính của đoạn thơ là sâu lắng, buồn man mác. Chọn B.

Tác giả đã sử dụng một hình ảnh thật độc đáo “củi khô” trôi một mình, đơn lẻ trên dòng nước mênh mông, vô tận, vô định. “Một” gợi lên sự ít ỏi, nhỏ bé, “cành khô” gợi sự khô héo, cạn kiệt nhựa sống, “lạc” mang nỗi sầu vô định, trôi nổi, bập bềnh trên “mấy dòng” nước thiên nhiên rộng lớn, mênh mông. Những hình ảnh này được kết hợp với biện pháp đảo ngữ vừa tạo nên điểm nổi bật cho câu thơ, vừa thể hiện thân phận lênh đênh, lạc loài của con người giữa dòng đời. Chọn D.

Đoạn thơ mang âm hưởng sâu lắng, buồn man mác thể hiện đúng với phong cách của nhà thơ Huy Cận, đó là: giàu triết lí, suy tưởng, mang nỗi buồn nhân thế. Chọn D.

Nắng xuống, trời lên, con thuyền xuôi mái hay củi một cành khô lạc mấy dòng đều diễn tả cảnh vật. Duy chỉ có câu “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều” có nghĩa là không có một âm thanh nào của buổi chợ chiều, hay cũng có thể hiểu là: đâu đó vẳng lại âm thanh của một buổi chợ chiều đã vãn người. Trong câu thơ này, tác giả đã sử dụng nghệ thuật lấy động tả tĩnh. Lấy tiếng động để làm nổi bật sự tĩnh lặng nên dù hiểu theo cách nào thì câu thơ đều diễn tả sự vắng lặng, cô tịch của không gian. Chọn A.

Trong câu “Lơ thơ cồn nhỏ gió đìu hiu”, từ “lơ thơ” được đảo lên trước để nhấn mạnh sự thưa thớt, ít ỏi. Vì vậy trong câu thơ đã sử dụng biện pháp nghệ thuật đảo ngữ. Chọn A.

Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là tự sự. Chọn A.

Dựa vào chi tiết: Quan Công trông thấy Trương Phi ra, mừng rỡ vô cùng. Chọn A.

Dựa vào chi tiết khi trông thấy Quan Công: Trương Phi mắt trợn tròn xoe, râu hùm vểnh ngược, hò hét như sấm, múa xà mâu chạy lại đâm Quan Công. Chọn B.

Câu nói “Mày bỏ anh, hàng Tào Tháo, được phong hầu tứ tước, nay lại đến đây đánh lừa tao!” là lời kết tội của Trương Phi với Quan Công. Chọn C.

Phản ứng của Trương Phi với Quan Công cho thấy nhân vật này có tính cách nóng nảy. Chọn D.

Dựa vào câu văn đầu đoạn: Du nhập vào Thăng Long khá phức tạp nhưng có thể chia thành hai nhóm chính: Thứ nhất là trí thức và tầng lớp quý tộc địa phương, thứ hai là thường dân. Chọn C.

Để tìm nguyên nhân làm cho người dân di cư ra Thăng Long cần dựa vào câu văn: Có muôn vàn lí do dân tứ chiếng nhập cư vào Thăng Long nhưng với thường dân thì Thăng Long là miền đất hứa. Họ mong muốn tìm được cuộc sống tốt đẹp hơn ở mảnh đất này. Chọn B.

Từ “tứ chiếng” và “tứ xứ” đều có nghĩa là ở khắp mọi nơi, đi khắp mọi nơi. Chọn A.

Công điền là ruộng công, thuộc quyền sở hữu của nhà nước thời phong kiến. Chọn A.

Căn cứ vào nội dung thông tin trong ba câu văn cuối cùng của đoạn trích. Chọn A.

Từ “qua” sử dụng khiến câu văn thiếu đi thành phần chủ ngữ. Chọn A.

Chủ nghĩa hiện thực là trào lưu nghệ thuật lấy hiện thực xã hội và những vấn đề có thực của con người làm đối tượng sáng tác. Chủ nghĩa hiện thực hướng tới cung cấp cho công chúng nghệ thuật những bức tranh chân thực, sống động, quen thuộc về cuộc sống, về môi trường xã hội xung quanh. Chọn B.

Nội dung đoạn trích nói về ý nghĩa của một tác phẩm văn học có giá trị. Từ “Nó” đang được dùng thay thế từ “tác phẩm”; sau đó là liệt kê những giá trị của tác phẩm đó như “lớn lao, mạnh mẽ vừa đau đớn, lòng yêu thương”... tất cả điều đó đều nằm trong một tác phẩm giá trị. Vì vậy dùng từ “chan chứa” thường dùng để diễn đạt tình cảm là không hợp lí, chưa bao hàm hết các giá trị liệt kê tác giả dùng ở phía sau. Sửa: “chan chứa” thành “chứa đựng”. Chọn B.

Phân biệt hai từ “văn bản” và “văn kiện”:

+ Văn bản: bản viết hoặc in, mang nội dung nhất định, thường để lưu lại. Trong phạm vi môn Văn Tiếng Việt nó còn được dùng để chỉ một đơn vị bài học.

+ Văn kiện: là văn bản có ý nghĩa quan trọng về xã hội - chính trị.

Đọc và xác định nội dung ngữ liệu: vai trò và tầm quan trọng của “Chiếu cầu hiền” đối với công cuộc xây dựng chính quyền nhà Tây Sơn thời điểm lúc bấy giờ. Do đó, từ “văn bản” không phù hợp với ngữ cảnh, nên thay từ “văn bản” bằng từ “văn kiện”. Chọn A.

Lỗi sai về dùng từ không phù hợp với nội dung: “Tiếng khóc bi thảm” là tiếng khóc thảm thương, đầy đau khổ, nó chưa đủ để diễn tả “tiếng khóc” trong tác phẩm, do đó, có thể thay bằng “tiếng khóc bi tráng”. Chọn A.

Từ “đánh” là động từ chỉ hành động. Các từ còn lại trong nhóm (buồn, vui, sợ) là những động từ chỉ trạng thái/cảm xúc. Chọn C.

Các từ “yêu, thương, quý” mang lại tình cảm dễ chịu khi tiếp xúc, còn từ “ghét” chỉ sự không ưa thích, muốn tránh hoặc mang lại cảm giác khó gần. Chọn D.

Nguyễn Minh Châu là nhà văn tiêu biểu của nền văn học hiện đại Việt Nam. Sáng tác của ông tập trung trong thời kì sau năm 1975. Chọn C.

“Hầu Trời” in trong tập “Còn chơi” (1921) thời kì xã hội thực dân nửa phong kiến. Những tác phẩm còn lại đều thuộc văn học trung đại. Chọn A.

Các từ “tĩnh mịch, yên ắng, vắng lặng” cùng chỉ trạng thái tĩnh lặng của không gian, còn “mông lung” diễn tả một trạng thái tâm lí của con người. Vậy từ khác nghĩa ở đây là “mông lung”. Chọn A.

Thi sĩ Xuân Quỳnh thường hướng tới những giá trị chân thực, giản dị trong cuộc sống đời thường vì vậy bà luôn khát khao hạnh phúc đời thường. Chọn C.

Người ta không được sinh ra cùng với văn hóa, con người được thừa hưởng những thành tố thể chất và hành vi bản năng qua sự kế thừa sinh học nhưng văn hóa thì lại là kết quả của sự chuyển giao mang tính xã hội. Chọn B.

Cuộc Cách mạng tháng Tám có ý nghĩa trọng đại đối với vận mệnh dân tộc. Chọn A.

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 nhận thức, tư tưởng, tình cảm của nhân dân lao động về tự nhiên, xã hội nhằm mục đích phục vụ cho các sinh hoạt khác nhau trong đời sống cộng đồng. Chọn A.

Sách đưa đến cho người đọc những hiểu biết mới mẻ về thế giới xung quanh, về vũ trụ bao la, về những đất nước và những dân tộc xa xôi. Chọn A.

Đoạn văn quy nạp, câu chủ đề ở cuối đoạn “Chính người phụ nữ là người chăm sóc và giáo dục con cái chủ yếu trong gia đình”. Chọn C.

HS cần nhớ lại khái niệm về biện pháp tu từ ẩn dụ, đọc kĩ nội dung đoạn thơ để tìm nghĩa biểu tượng của hình ảnh “cánh bèo”. Hình ảnh “cánh bèo” ở đây trôi dạt lênh đênh, qua đó gợi sự trôi nổi, vô định của những kiếp người. Chọn B.

Từ “mắt” có nghĩa là bộ phận giống hình con mắt ở ngoài vỏ một số quả. Chọn C.

Đoạn văn viết về lĩnh vực bóng đá. Từ “vua” trong đoạn văn chỉ người ghi được nhiều bàn thắng nhất trong mùa giải bóng đá. Chọn C.

Chi tiết không thể hiện lòng khinh, trọng của mọi người đối với nhân vật anh cu Lộ: Hắn nhận thấy sự thay đổi ấy, và bắt đầu hối hận. Chọn D.

Hình ảnh ánh nắng trong đoạn trích là hình ảnh thể hiện vẻ đẹp của nghệ thuật. Thế nhưng cái đẹp của nghệ thuật lại có bóng dáng của người đàn bà là hiện thân của giá trị hiện thực đời sống. Đây cũng chính là phát hiện thứ hai của Phùng sau phát hiện về vẻ đẹp của thiên nhiên.

Nghệ thuật phải bắt nguồn từ đời sống hiện thực. Chọn D.

Thủ pháp nghệ thuật được sử dụng trong đoạn thơ trên là: ước lệ tượng trưng, vẽ mây nẩy trăng (hay còn gọi là đòn bẩy).

+ Ước lệ tượng trưng: dùng những vẻ đẹp của thiên nhiên (trăng, hoa, ngọc, mây, tuyết, thu thủy, xuân sơn, hoa, liễu) để nói về vẻ đẹp của chị em Thúy Kiều.

+ Vẽ mây nẩy trăng hay còn gọi là đòn bẩy: miêu tả vẻ đẹp của Thúy Vân như một điểm tựa, bệ phóng để làm nổi bật vẻ đẹp Thúy Kiều. Vì Thúy Vân xuất hiện trước, đã đẹp tuyệt vời nhưng Kiều xuất hiện sau lại hơn hẳn Thúy Vân về tài lẫn sắc.

+ Sóng đôi: miêu tả vẻ đẹp Thúy Vân đặt cạnh Thúy Kiều để làm nổi bật vẻ đẹp của hai cô gái, đặc biệt là Thúy Kiều.

=> Thủ pháp tả cảnh ngụ tình (là bút pháp bằng việc miêu tả cảnh vật thiên nhiên hoặc cuộc sống xung quanh để từ đó khắc hoạ tâm trạng, suy nghĩ và cảm xúc của chủ thể trữ tình) không có trong đoạn thơ trên. Chọn C.

Các động từ “ôm, riết, say, thâu” đều chỉ hành động chiếm lĩnh theo mức độ tăng dần, vội vàng, cuống quýt, thể hiện khát vọng giao cảm, hòa nhập với thiên nhiên,… Chọn C.

Đoạn văn gồm 3 từ láy: riêu riêu, lành lạnh, xa xa. Chọn C.

Câu nói của chị đĩ Chuột với các con thể hiện lòng thương chồng. Chọn A.        

Chí Phèo miệng nói đến nhà bà cô Thị Nở nhưng lại đi đến nhà Bá Kiến bởi lẽ chính Bá Kiến mới là người gây ra bi kịch cho Chí Phèo. Chính Bá Kiến đã đẩy Chí Phèo vào bước đường cùng không lối thoát. Chọn C.

Hai câu 3 – 4: mùa đông; câu 5 – 6: mùa xuân; câu 7 – 8: mùa hè; câu 9 – 10: mùa thu. Chọn D.

Đoạn trích chính là cảm nhận của tác giả Nguyễn Khoa Điềm về Đất Nước khi nhìn từ phương diện lịch sử. Điều mới mẻ của nhà thơ Nguyễn Khoa Điềm là không nhắc đến bằng các triều đại, các anh hùng nổi tiếng mà nhấn mạnh đến vô vàn những con người vô danh, bình dị đã góp công tạo dựng nên lịch sử dân tộc. Chọn B.

Nhân vật ông lái đò đã được tập trung khắc họa với vẻ đẹp trí dũng tài hoa. Chọn B.

Đoạn thơ thể hiện nhận thức mới mẻ của nhân vật trữ tình về cỏ: Cỏ xanh ngạo nghễ ngàn đời trên đỉnh núi, nơi chân chưa từng và có thể chẳng bao giờ chạm tới → Con người tuy vô cùng nhỏ bé nhưng lại có thể làm những điều phi thường. Chọn C.

Đáp án đúng là A

Chọn gốc tọa độ tại A, gốc thời gian là lúc 8 giờ, chiều dương cùng chiều chuyển động.

Phương trình chuyển động của:

Xe A: \({x_A} = {x_{0A}} + {v_A}t = 0 + 60t\)   (1)

Xe B: \({x_B} = {x_{0B}} + {v_B}t = 25 + 40t\)   (2)

Khi hai xe gặp nhau: \({x_A} = {x_B} \Leftrightarrow 60t = 25 + 40t \Leftrightarrow t = 1,25h\)

Thay t = 1,25h vào phương trình (1) ta được: \({x_A} = 60.1,25 = 75km\)

Vậy hai xe gặp nhau tại vị trí cách gốc tọa độ 75 km vào lúc 10 giờ 15 phút.

Đáp án đúng là A

Trọng lượng của vật thay đổi khi đem đến một nơi khác có gia tốc rơi tự do thay đổi, còn khối lượng là số đo lượng chất của vật thì không thay đổi khi đem từ nơi này đến nơi khác.

Dựa vào kiến thức đã học ở những bài trước, sử dụng kiến thức về động lực học, phân tích lực, sử dụng định luật 2 Newton.

Ta có: \[N = P.\cos \alpha = mg.\cos \alpha \]

Suy ra: \[{F_{ms}} = \mu N = \mu mg.\cos \alpha \]

Do lực ma sát ngược hướng với chiều chuyển động nên:

\(A = - \mu mg.\cos \alpha .s = - 0,1.0,1.10.\cos {60^o}.4 = - 0,2J\)       

Đáp án đúng là D

Dây AB dài 1 m, sóng dừng hai đầu cố định

Bước sóng của sóng trên dây \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{20}}{{40}} = 0,5\;{\rm{m}}\)

Số bước sóng trên dây là: \(\frac{1}{{0,5}} = 2\) bước sóng

→ Có 5 nút và 4 bụng sóng.

Đáp án đúng là D

Chu kì: \(T = \frac{1}{f} = 7,81 \cdot {10^{ - 3}}\;{\rm{s}}\)