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

Sản phẩm nước cam ép chiếm \(69,3\% \). Chọn B.

Chọn vị trí xuất phát \(A\) làm mốc. Ta xét chiều quay của đu quay là theo chiều kim đồng hồ.

Cứ 30 phút thì đu quay sẽ quay được 1 vòng bằng \(360^\circ .\)

Suy ra sau 20 phút thì đu quay sẽ quay được \(\frac{{20 \cdot 360^\circ }}{{30}} = 240^\circ \Rightarrow \) ở tại vị trí \(B\) theo hình vẽ.

\( \Rightarrow \widehat {BOH} = 60^\circ .\)

Ta có \(\cos \widehat {BOH} = \frac{{OH}}{{OB}} \Leftrightarrow \cos 60^\circ = \frac{{OH}}{{75}} \Leftrightarrow OH = \frac{{75}}{2}\,\,(\;{\rm{m}}).\)

Vậy sau 20 phút thì người đó ở độ cao \(15 + 75 + \frac{{75}}{2} = 127,5\;\,({\rm{m)}}.\) Chọn C.

Do \(x > 0\,;\,\,\frac{x}{3} + \frac{y}{4} \le 1\) nên ta có \(\frac{y}{4} < 1 \Leftrightarrow y < 4\). Do \(y\) nguyên dương nên \(y \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\).

•Với \(y = 1\) ta có \[0 < \frac{x}{3} \le \frac{3}{4} \Leftrightarrow 0 < x \le \frac{9}{4} \Leftrightarrow x \in \left\{ {1\,;\,\,2} \right\}\].

•Với \(y = 2\) ta có \(0 < \frac{x}{3} \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow 0 < x \le \frac{3}{2} \Leftrightarrow x = 1\).

• Với \(y = 3\) ta có \(0 < \frac{x}{3} \le \frac{1}{4} \Leftrightarrow 0 < x \le \frac{3}{4} \Leftrightarrow x \in \emptyset \).

Vậy bất phương trình có các nghiệm nguyên dương là \[\left( {1\,;\,\,1} \right),\,\,\left( {2\,;\,\,1} \right),\,\,\left( {1\,;\,\,2} \right).\] Chọn A.

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

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

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên AB.

Khi đó \(OH = d\left( {O\,,AB} \right) = \frac{{\left| {12 \cdot 0 + 5 \cdot 0 - 60} \right|}}{{\sqrt {{{12}^2} + {5^2}} }} = \frac{{60}}{{13}}.\)

Tam giác \[OAB\] là tam giác vuông tại \(O\).

Khi đó, tổng độ dài các đường cao là: \(OA + OB + OH = 5 + 12 + \frac{{60}}{{13}} = \frac{{281}}{{13}}{\rm{.}}\) Chọn B.

Xét khai triển \({\left( {\frac{x}{3} + \frac{9}{x}} \right)^4}\) có số hạng tổng quát: \(C_4^k \cdot {\left( {\frac{x}{3}} \right)^{4 - k}} \cdot {\left( {\frac{9}{x}} \right)^k} = C_4^k \cdot {3^{3k - 4}} \cdot {x^{4 - 2k}}\).

Số hạng không chứa \(x\) trong khai triển tương ứng với giá trị k thỏa mãn: \(4 - 2k = 0 \Leftrightarrow k = 2\).

Vậy hệ số của số hạng không chứa \(x\) trong khai triển là \(C_4^2 \cdot {3^2} = 54\).

Đáp án cần nhập là: 54.

Số ngày bạn An để dành tiền (thời gian bỏ ống heo tính từ ngày 01 tháng 01 năm 2016 đến ngày 30 tháng 4 năm 2016) là \(31 + 29 + 31 + 30 = 121\) (ngày).

Số tiền bỏ ống heo ngày đầu tiên là \({u_1} = 100.\)

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ hai là \({u_2} = 100 + 1 \cdot 100.\)

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ ba là \({u_3} = 100 + 2 \cdot 100.\)

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ \(n\) là \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 100 + \left( {n - 1} \right) \cdot 100 = 100n\).

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ 121 là \({u_{121}} = 100 \cdot 121 = 12\,\,100\).

Sau 121 ngày thì số tiền An tích luỹ được là tổng của 121 số hạng đầu của cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 100\,;\,\,d = 100.\)

Vậy số tiền An tích luỹ được là: \({S_{121}} = \frac{{121}}{2}\left( {{u_1} + {u_{121}}} \right) = \frac{{121}}{2}\left( {100 + 12\,\,100} \right) = 738\,\,100\) (đồng).

Chọn A.

Gọi \(G\) là tâm của tam giác đều \[ABC\] và \(M\) là trung điểm của \[BC.\]Suy ra \(SG \bot \left( {ABC} \right)\).

Theo giả thiết góc giữa mặt bên và đáy bằng \(45^\circ \) suy ra \(\widehat {SMG} = 45^\circ .\)

Tam giác \[ABC\] đều cạnh \(a\) nên \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\) và \(GM = \frac{1}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\)

Xét tam giác \[SGM\] có:\(\tan \widehat {SMG} = \frac{{SG}}{{GM}} \Leftrightarrow \tan 45^\circ = \frac{{SG}}{{GM}} \Rightarrow SG = GM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SG = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{{a^3}}}{{24}}.\) Chọn B.

Đặt \({\log _3}\left( {{3^{x - 2}} + 2y} \right) = a \Leftrightarrow {3^{x - 2}} + 2y = {3^a}\)(1) và \[2 \cdot {3^{x - 1}} - a = 6y - x + 1\].

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{x - 2}} + 2y = {3^a}}\\{2 \cdot {3^{x - 1}} - a = 6y - x + 1}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 \cdot {3^a} = {3^{x - 1}} + 6y}\\{2 \cdot {3^{x - 1}} - a = 6y - x + 1}\end{array}} \right.\).

Lấy (1) trừ (2), ta được \(3 \cdot {3^a} - 2 \cdot {3^{x - 1}} + a = {3^{x - 1}} + x - 1\)

\( \Leftrightarrow {3^{a + 1}} + a = {3^x} + x - 1\)\( \Leftrightarrow f\left( a \right) = f\left( {x - 1} \right)\) với \(f(t) = {3^{t + 1}} + t\) là hàm số đồng biến.

Do đó \(a = x - 1\) thay vào (1), ta được \({3^{x - 2}} + 2y = {3^{x - 1}} \Leftrightarrow 2y = \frac{2}{9} \cdot {3^x} \Leftrightarrow y = {3^{x - 2}}\).

Mà \({2022^{ - 1}} \le y \le 2022 \Rightarrow {2022^{ - 1}} \le {3^{x - 2}} \le 2022\)\( \Leftrightarrow - {\log _3}2022 \le x - 2 \le {\log _3}2022\)

\( \Leftrightarrow - 4,93 \le x \le 8,932\) và \(x \in \mathbb{Z}\) có 13 giá trị nguyên \(x\) thỏa mãn.

Vậy có tất cả 13 cặp số nguyên \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: 13.

Ta có \({\log _{700}}490 = \frac{{\log 490}}{{\log 700}} = \frac{{\log 10 + \log 49}}{{\log 100 + \log 7}}\)\( = \frac{{1 + 2\log 7}}{{2 + \log 7}} = \frac{{4 + 2\log 7 - 3}}{{2 + \log 7}} = 2 + \frac{{ - 3}}{{2 + \log 7}}\).

Suy ra \(a = 2\,,\,\,b = - 3\,,\,\,c = 2.\) Do đó\(T = a + b + c = 1.\)Chọn D.

Ta có \(\frac{{SB}}{{SM}} + \frac{{SD}}{{SN}} = \frac{{SA}}{{SA}} + \frac{{SC}}{{SP}}\)

\( \Leftrightarrow 2 + 3 = 1 + \frac{{SC}}{{SP}} \Rightarrow \frac{{SC}}{{SP}} = 4\).

\(\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{2}\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \frac{1}{2}\frac{{SP}}{{SC}} \cdot \frac{{SM}}{{SB}} \cdot \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}\)

                               \( = \frac{1}{{48}} \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{{48}}{V_{S.ABCD}} = 1.\)

Đáp án cần nhập là: 1.

Điều kiện: \({2^{x + 1}} - 3 > 0 \Leftrightarrow {2^x} > \frac{3}{2}.\)

Ta có \({\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = x - {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right) \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = {\log _2}{2^x} - {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = {\log _2}{2^x}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right)\)\( \Leftrightarrow {4^x} + 4 = {2^x}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - {3.2^x} - 4 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} = - 1\,\,(\;{\rm{L}})}\\{{2^x} = 4\,\,({\rm{TM}})}\end{array} \Leftrightarrow x = 2} \right..\)

Đối chiếu điều kiện ta thấy \(x = 2\) thoả mãn.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm. Chọn B.

TH1: Chọn 3 học sinh nữ có \(C_{15}^3 = 455\) (cách).

TH2: Chọn 2 học sinh nữ, 1 học sinh nam có \(C_{15}^2 \cdot C_{25}^1 = 2\,\,625\) (cách).

Số cách chọn 3 học sinh trong đó có nhiều nhất 1 học sinh nam là:

\[2\,\,625 + 455 = 3\,\,080\] (cách). Chọn D.

Để hàm số xác định trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) thì phương trình \(m\log _3^2x - 4{\log _3}x + m + 3 = 0\) vô nghiệm.

TH1:\(m = 0\) thì phương trình trở thành

\( - 4{\log _3}x + 3 = 0 \Leftrightarrow {\log _3}x = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = {3^{\frac{3}{4}}}\)\( \Rightarrow m = 0\)(không thoả mãn).

TH2: \(m \ne 0\) để phương trình vô nghiệm thì

\(\Delta = {\left( { - 4} \right)^2} - 4m\left( {m + 3} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow - 4{m^2} - 12m + 16 < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - 4}\\{m > 1}\end{array}} \right.\).

Kết hợp \(m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\), ta có \[\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 10 \le m < - 4}\\{1 < m \le 10}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \left\{ { - 10\,;\,\, - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, - 7\,;\,\, - 6\,;\,\, - 5} \right\}}\\{m \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9\,;\,\,10} \right\}}\end{array}} \right.} \right.\].

Vậy có 15 giá trị \(m\) thoả mãn.

Đáp án cần nhập là: 15.

Phương trình đã cho có nghiệm khi \( - 1 \le 3m - 5 \le 1 \Leftrightarrow 4 \le 3m \le 6 \Leftrightarrow \frac{4}{3} \le m \le 2.\)

Khi đó tập hợp tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có nghiệm \[\left[ {\frac{4}{3}\,;\,\,2} \right].\]

Ta được \(a = \frac{4}{3};\,\,b = 2.\)Suy ra \(3a + b = 6.\)Chọn D.

Phương trình \(2\cos 2x - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 60^\circ + k360^\circ \\2x = - 60^\circ + k360^\circ \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 30^\circ + k180^\circ \\x = - 30^\circ + k180^\circ \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Xét \(x \in \left[ {0^\circ ;180^\circ } \right]\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0^\circ \le 30^\circ + k180^\circ \le 180^\circ \\0 \le - 30^\circ + k180^\circ \le 180^\circ \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{ - 1}}{6} \le k \le \frac{5}{6}\\\frac{1}{6} \le k \le \frac{7}{6}\end{array} \right.\).

Mà \(k \in \mathbb{Z}\), suy ra \(\left[ \begin{array}{l}k = 0\\k = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 30^\circ \\x = 150^\circ \end{array} \right.\).

Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình \(2\cos 2x - 1 = 0\) trong đoạn \(\left[ {0^\circ ;180^\circ } \right]\) là \(x = 30^\circ \).

Đáp án cần nhập là:30.

Sau quý thứ nhất, số tiền trong tài khoản của người đó là:

\(10\left( {1 + 6\% } \right) + 20 = 30,6\) (triệu đồng) (do người đó gửi thêm vào 20 triệu đồng).

Sau quý thứ hai số tiền có trong tài khoản của người đó là:

\(30,6 + 30,6 \cdot 6\% = 30,6 \cdot \left( {1 + 6\% } \right)\) (triệu đồng).

Sau 1 năm số tiền người đó thu được là: \(30,6{\left( {1 + 6\% } \right)^3} \approx 36,445\) (triệu đồng). Chọn C.

Có \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + b\); \(f''\left( x \right) = 6ax\).

Có \(f'\left( 1 \right) = 1\,,\,\,f''\left( 1 \right) = 9\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}3a + b = 1\\6a = 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{2}\\b = - \frac{7}{2}\end{array} \right.\).

Do đó \[T = 2024a \cdot b = 2024 \cdot \frac{3}{2} \cdot \left( { - \frac{7}{2}} \right) = - 10626\]. Chọn D.

Gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\].

Trong mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\), dựng \(S'M\,{\rm{//}}\,SG.\)

Suy ra \[S'A = \frac{3}{2}SA = 3a\].

Do đó \(d\left( {SG,BC} \right) = d\left( {SG,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right) = d\left( {G,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right)\).

Vì \(AM = 3GM\) nên \(d\left( {G,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right)\).

Kẻ\(AH \bot BC\); \(AK \bot S'H\) ta có \(BC \bot \left( {S'AH} \right)\); \(AK = d\left( {A,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right).\)

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.\) Suy ra \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S'{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{6a}}{7}.\)

Do đó \(d\left( {G,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right) = \frac{1}{3}AK = \frac{{2a}}{7}.\)Chọn A.

Đây là dạng đồ thị hàm số \(y = {a^x}\left( {0 < a < 1} \right)\). Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = C_{2n}^3.\)

Tam giác vuông được chọn là tam giác chứa cạnh là đường kính của đường tròn tâm \[O.\]

Đa giác đều 2n đỉnh chứa n đường chéo là đường kính của đường tròn tâm \[O,\] mỗi đường kính tạo nên \(2n - 2\) tam giác vuông.

Do đó số tam giác vuông trong tập \[S\] là: \(n \cdot \left( {2n - 2} \right) = 2n\left( {n - 1} \right).\)

Xác suất chọn một tam giác vuông trong tập \[S\] là:

\(\frac{{2n\left( {n - 1} \right)}}{{C_{2n}^3}} = \frac{{2n\left( {n - 1} \right)}}{{\frac{{\left( {2n} \right)!}}{{\left( {2n - 3} \right)! \cdot 3!}}}} = \frac{{2n\left( {n - 1} \right)}}{{\frac{{2n\left( {2n - 1} \right)\left( {2n - 2} \right)}}{6}}}\)\( = \frac{3}{{2n - 1}} = \frac{3}{{29}} \Rightarrow n = 15\).

Đáp án cần nhập là: 15.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)}\\{\overrightarrow {BC} = \left( { - 7\,;\,\, - 5\,;\,\, - 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = \vec 0 \Rightarrow } \right.\) tam giác \[ABC\] vuông tại \[B.\]

\( \Rightarrow \) Tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là trung điểm của cạnh huyền \[AC.\]

\( \Rightarrow I\left( {1\,;\,\, - \frac{1}{2}\,;\,\,3} \right).\) Vậy \(a + 2b + c = 3.\) Chọn B.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 - ax}}{{bx - c}} = \frac{{ - a}}{b} \Rightarrow \frac{{ - a}}{b} = 3 \Leftrightarrow a = - 3b\)

Hàm số không xác định tại \(x = 1 \Rightarrow b - c = 0 \Leftrightarrow b = c\).

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định nên \(f'\left( x \right) = \frac{{ac - 2b}}{{{{\left( {bx - c} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne 1\)

\( \Leftrightarrow ac - 2b > 0 \Leftrightarrow - 3{b^2} - 2b > 0 \Leftrightarrow - \frac{2}{3} < b < 0 \Leftrightarrow 0 < - b < \frac{2}{3}\).

Lại có \(a + b + c = - 3b + b + b = - b \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} = {b^2} \in \left( {0\,;\,\,\frac{4}{9}} \right).\)Chọn C.

Ta có \({x^3} - 3{x^2} - {m^3} + 3{m^2} = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} = {m^3} - 3{m^2} \Leftrightarrow f\left( x \right) = f\left( m \right)\) (1).

Xét hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2};f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\,,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\].

\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 3}\end{array}} \right.\); \(f\left( x \right) = - 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\).

Ta có bảng biến thiến của hàm số như sau:

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra (1) có ba nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow - 4 < f(m) < 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 < m < 3}\\{m \ne 0}\\{m \ne 2}\end{array}} \right..\)

Suy ra \(T = \left\{ 1 \right\}.\) Vậy tổng tất cả các phần tử của \(T\) bằng 1.

Đáp án cần nhập là: 1.

Huyết áp giảm nhiều nhất thì hàm số \(G\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Xét hàm số \(h\left( x \right) = {x^2}\left( {15 - x} \right)\) trên \[\left( {0\,;\,\,15} \right)\], có \[h'\left( x \right) = 30x - 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 10}\end{array}} \right.\].

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên của \(h\left( x \right)\), ta thấy \(h\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất khi \(x = 10.\) Chọn D.

Hàm số liên tục tại \(x = 2 \Rightarrow 3 \cdot 2 + 1 = 2a - 2a + b \Leftrightarrow b = 7\).

Đặt \(t = {x^2} + 1 \Rightarrow {\rm{d}}t = 2x\;{\rm{d}}x\). Đổi cận \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 1}\\{x = 2 \Rightarrow t = 5}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(\frac{1}{2}\int\limits_1^5 {f\left( t \right)} \,{\rm{d}}t = 5 \Leftrightarrow \int\limits_1^5 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 10\)\( \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {\left( {ax - 2a + 7} \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_2^5 {\left( {3x + 1} \right)} \,{\rm{d}}x = 10\)

\( \Leftrightarrow a\frac{{{x^2}}}{2} - 2ax + \left. {7x} \right|_1^2 = - \frac{{49}}{2} \Leftrightarrow - \frac{1}{2}a + 7 = - \frac{{49}}{2} \Leftrightarrow a = 63\).

Vậy \(T = 2 \cdot 63 - {7^2} + 1 = 78.\) Chọn C.

Gọi \(B\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) là điểm cần tìm.

Gọi \(I\) và \(I'\) lần lượt là trung điểm của AC và \(B'D'\)

\( \Rightarrow I\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,4} \right)\) và \(I'\left( {1\,;\,\,3\,;\,\,0} \right)\)

\(\overrightarrow {I'I} = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\overrightarrow {B'B} = \left( {x - 2\,;\,\,y - 4\,;\,\,z + 1} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {B'B} = \overrightarrow {I'I} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2 = - 1}\\{y - 4 = - 1}\\{z + 1 = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 3}\\{z = 3}\end{array}} \right.} \right.\). Vậy \[B\left( {1\,;\,\,3\,;\,\,3} \right).\]Chọn D.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \{ 1\} .\)

Tiệm cận đứng: \(x = 1\left( {{d_1}} \right)\), tiệm cận ngang: \(y = 1\) nên \(\left( {{d_2}} \right) \Rightarrow I\left( {1\,;\,\,1} \right)\).

Ta có \(y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2x - 2} \right)}^2}}}\). Phương trình tiếp tuyến \(\Delta \) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) có dạng \(y = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}}\).

\(A = \Delta \cap {d_1} \Rightarrow A\left( {1\,;\,\,\frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\,;\,\,B = \Delta \cap {d_2}\)\( \Rightarrow B\left( {2{x_0} - 1\,;\,\,1} \right)\,;\,\,\overrightarrow {IB} = \left( {2{x_0} - 2\,;\,\,0} \right)\,;\,\,\overrightarrow {IA} = \left( {0\,;\,\,\frac{1}{{{x_0} - 1}}} \right)\).

Ta có \({S_{OIB}} = 8{S_{OIA}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot OI \cdot IB \cdot \sin \widehat {OIB} = 8 \cdot \frac{1}{2} \cdot OI \cdot IA \cdot \sin \widehat {OIA}\)

\( \Leftrightarrow IB = 8IA\,\,\left( {{\rm{v\`i }}\widehat {OIB} = \widehat {OIA} = 135^\circ } \right) \Leftrightarrow \left| {2{x_0} - 2} \right| = 8\left| {\frac{1}{{{x_0} - 1}}} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 4 \Rightarrow {x_0} = 3\,\,\left( {{\rm{do }}{x_0} > 1} \right) \Rightarrow {y_0} = \frac{5}{4} \Rightarrow S = {x_0} + 4{y_0} = 3 + 4 \cdot \frac{5}{4} = 8.\)

Đáp án cần nhập là: 8.

Ta có \(\left( {1 + {x^2}} \right)f'\left( x \right) - 1 = 3{x^4} + 4{x^2} \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{{3{x^4} + 4{x^2} + 1}}{{1 + {x^2}}}\).

Suy ra \[f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \int {\frac{{3{x^4} + 4{x^2} + 1}}{{1 + {x^2}}}} \;{\rm{d}}x\]

    \( = \int {\frac{{3{x^2}\left( {{x^2} + 1} \right) + \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{1 + {x^2}}}} \;{\rm{d}}x = \int {\left( {3{x^2} + 1} \right)} \,{\rm{d}}x = {x^3} + x + C{\rm{. }}\)

Do \(f\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 2 + C = 0 \Leftrightarrow C = - 2.\) Khi đó\(f\left( x \right) = {x^3} + x - 2.\)

Suy ra \(f\left( {{x^2}} \right) = {\left( {{x^2}} \right)^3} + {x^2} - 2 = {x^6} + {x^2} - 2.\)

Do \(F\left( x \right) = \int 2 1 \cdot f\left( {{x^2}} \right){\rm{d}}x = 21\int f \left( {{x^2}} \right){\rm{d}}x\)\( = 21\int {\left( {{x^6} + {x^2} - 2} \right)\,} {\rm{d}}x = 21\left( {\frac{{{x^7}}}{7} + \frac{{{x^3}}}{3} - 2x} \right) + D{\rm{. }}\)

Mặt khác \(F\left( 0 \right) = 10 \Rightarrow D = 10.\) Suy ra \(F\left( x \right) = 3{x^7} + 7{x^3} - 42x + 10.\)

Vậy \(F\left( 2 \right) = 3 \cdot {2^7} + 7 \cdot {2^3} - 42 \cdot 2 + 10 = 366.\)Chọn C.

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6}\\{M{A^2} = M{B^2}}\\{M{A^2} = M{C^2}}\end{array}} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6}\\{{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {c^2} = {{\left( {a + 2} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + {{\left( {c + 1} \right)}^2}}\\{{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {c^2} = {{(a - 5)}^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 3} \right)}^2}}\end{array}} \right.\]

 \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6}\\{3a + 4b + c = 14}\\{4a - 7b + 3b = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\\{c = 3}\end{array} \Rightarrow abc = 6} \right.} \right.\).

Đáp án cần nhập là: 6.

Ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( {6\,;\,\, - 7\,;\,\,1} \right)\), vectơ pháp tuyến của \[\left( \alpha \right)\] là \(\vec n = \left( {3\,;\,\, - 4\,;\,\,1} \right).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên a.

\(d\left( {A\,,\,a} \right) = AH \le AM = \sqrt {86} \Rightarrow d\left( {A\,,\,\,a} \right)\) lớn nhất khi \(H \equiv M.\)

Khi đó \(a\) là đường thẳng đi qua \(M\), song song với \[\left( \alpha \right)\] và vuông góc với AM.

Gọi \(\vec u\) là vectơ chỉ phương của \[a\] nên \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\vec u \bot \vec n}\\{\vec u \bot \overrightarrow {AM} }\end{array}\,;\,\,\left[ {\overrightarrow {AM} \,,\,\,\vec n} \right] = \left( { - 3\,;\,\, - 3\,;\,\, - 3} \right) = - 3\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)} \right..\]

Chọn \(\vec u = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right).\) Chọn D.

Ta có \(f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right)\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} ,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }} = 2x + 1 \Leftrightarrow \frac{{2f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)}}{{2\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }} = 2x + 1\)

\( \Rightarrow \int {\frac{{2f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)}}{{2\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }}} {\rm{d}}x = \int {\left( {2x + 1} \right)} \,{\rm{d}}x \Leftrightarrow \sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} = {x^2} + x + C.\)

Cho \(x = 0\) ta được: \(C = \sqrt {1 + {f^2}\left( 0 \right)} = \sqrt {1 + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = 3\). Suy ra \(\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} = {x^2} + x + 3\)

Lại cho \(x = 2\) ta được: \(\sqrt {1 + {f^2}\left( 2 \right)} = 4 + 2 + 3 = 9 \Rightarrow 1 + {f^2}\left( 2 \right) = 81 \Rightarrow {f^2}\left( 2 \right) = 80\)

\( \Rightarrow f\left( 2 \right) = 4\sqrt 5 \) (do \(f\left( x \right) > 0\)). Do đó\(f\left( 2 \right) = 4\sqrt 5 .\)Chọn B.

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

Khi đó \(T = \left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} } \right| = 3MI \Rightarrow {T_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}\)\( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó đường thẳng \[MI\] đi qua \[I\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\] và vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận VTPT\(\vec n = \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)\) của \(\left( P \right)\) làm VTCP, phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = - 1 - t}\\{z = 2 - t}\end{array}\,\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right..\)

Ta có \(M = IM \cap \left( P \right)\). Toạ độ \(M\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = - 1 - t}\\{z = 2 - t}\\{x - y - z - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 0}\\{y = - 2}\\{z = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right) \Rightarrow {y_M} = - 2.\)

Đáp án cần nhập là: −2.

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.

Theo đề ta có phương trình của elip là \(\frac{{{x^2}}}{{\frac{1}{4}}} + \frac{{{y^2}}}{{\frac{4}{{25}}}} = 1.\)

Gọi \[M,\,\,N\] lần lượt là giao điểm của dầu với elip.

Gọi \({S_1}\) là diện tích của hình elip ta có \({S_1} = \pi ab = \pi \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5} = \frac{\pi }{5}.\)

Gọi \({S_2}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip và đường thẳng \[MN\]

Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là \[0,6{\rm{ }}m\] nên ta có phương trình của đường thẳng \[MN\] là \(y = \frac{1}{5}.\)

Mặt khác, từ phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{\frac{1}{4}}} + \frac{{{y^2}}}{{\frac{4}{{25}}}} = 1\), ta có \(y = \frac{4}{5}\sqrt {\frac{1}{4} - {x^2}} .\)

Do đường thẳng \(y = \frac{1}{5}\) cắt elip tại hai đỉnh \[M,\,\,N\] có hoành độ lần lượt là \( - \frac{{\sqrt 3 }}{4}\) và \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}\) nên

\({S_2} = \int\limits_{ - \frac{{\sqrt 3 }}{4}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{4}} {\left( {\frac{4}{5}\sqrt {\frac{1}{4} - {x^2}} - \frac{1}{5}} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{4}{5}\int\limits_{ - \frac{{\sqrt 3 }}{4}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{4}} {\sqrt {\frac{1}{4} - {x^2}} } \,{\rm{d}}x - \frac{{\sqrt 3 }}{{10}}{\rm{. }}\)

Tính \(I = \int\limits_{ - \frac{{\sqrt 3 }}{4}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{4}} {\sqrt {\frac{1}{4} - {x^2}} } \,{\rm{d}}x\). Đặt \(x = \frac{1}{2}\sin t \Rightarrow {\rm{d}}x = \frac{1}{2}\cos t\;{\rm{d}}t.\)

Đổi cận: Khi \(x = - \frac{{\sqrt 3 }}{4}\) thì \(t = - \frac{\pi }{3}\); khi \(x = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\) thì \(t = \frac{\pi }{3}.\)

\(I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}{{\cos }^2}t\;{\rm{d}}t} = \frac{1}{8}\int\limits_{ - \frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {1 + \cos 2t} \right){\rm{d}}t} = \frac{1}{8}\left( {\frac{{2\pi }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).\)

Do đó \({S_2} = \frac{4}{5} \cdot \frac{1}{8}{\left( {\frac{{2\pi }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^3} - \frac{{\sqrt 3 }}{{10}} = \frac{\pi }{{15}} - \frac{{\sqrt 3 }}{{20}}.\)

Thể tích của dầu trong thùng là \(V = \left( {\frac{\pi }{5} - \frac{\pi }{{15}} + \frac{{\sqrt 3 }}{{20}}} \right) \cdot 3 = 1,52\).

Vậy \(V = 1,52\;\,{{\rm{m}}^3}.\) Chọn D.

Xét hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right)}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]}}\).

Xét phương trình \(f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 1} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right.\).

• Với \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1\,\,\,({\rm{kep}})}\\{x = - 2\,\,({\rm{don}})}\end{array} \Rightarrow x = 1} \right.\) là tiệm cận đứng, \(x = - 2\) không là tiệm cận đứng.

• Với \[f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_1} > 1}\\{x = {x_2} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)}\\{x = {x_3} \in \left( { - 2\,;\,\, - 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \,x = {x_1},x = {x_2}} \right.;x = {x_3}\] đều là các đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 4 đường TCĐ. Chọn A.

Có \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 4 - 2 - 2} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 3\).

Có \(R = \sqrt {{d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right) + {r^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\).

Đáp án cần nhập là: 5.

Gọi \[x\,,\,\,2x\,,\,\,h\,\,(m)\] lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của bể.

Khi đó thể tích bể là \(x \cdot 2x \cdot h = 8 \Rightarrow h = \frac{4}{{{x^2}}}.\)

Diện tích cần xây dựng cho bể không nắp là:

\(S = 2x \cdot x + 2 \cdot 2x \cdot h + 2 \cdot x \cdot h = 2{x^2} + 6xh = 2{x^2} + 6x \cdot \frac{4}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{{24}}{x}.\)

Để số lượng gạch dùng để xây bể là nhỏ nhất thì diện tích cần xây dựng là nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM nên \(2{x^2} + \frac{{24}}{x} = 2{x^2} + \frac{{12}}{x} + \frac{{12}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{2{x^2} \cdot \frac{{12}}{x} \cdot \frac{{12}}{x}}} = 3\sqrt[3]{{288}}\).

Dấu xảy ra khi \(2{x^2} = \frac{{12}}{x} \Leftrightarrow {x^3} = 6 \Rightarrow x = \sqrt[3]{6}.\)

Khi đó \(h = \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{4}{{{{\left( {\sqrt[3]{6}} \right)}^2}}} \approx 1,21.\) Chọn D.

Có \(2f\left( x \right) - 7 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{7}{2}\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình \(2f\left( x \right) - 7 = 0\) có 1 nghiệm.

Đáp án cần nhập là: 1.

Theo bài ra, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \ge f\left( { - 1} \right)}\\{M \ge f\left( 3 \right)}\\{M \ge f\left( 1 \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \ge \left| { - a + b + 1} \right|}\\{M \ge \left| {3a + b + 9} \right|}\\{2M \ge 2\left| {a + b + 1} \right| = \left| { - 2a - 2b - 2} \right|}\end{array}} \right.} \right.\).

Suy ra \(4M \ge \left| { - a + b + 1} \right| + \left| {3a + b + 9} \right| + \left| { - 2a - 2b - 2} \right| \ge \left| { - a + b + 1 + 3a + b + 9 - 2a - 2b - 2} \right|\)

\( \Leftrightarrow 4M \ge 8 \Leftrightarrow M \ge 2.\)

Điều kiện cần để \(M = 2\) là \(\left| { - a + b + 1} \right| = \left| {3a + b + 9} \right| = \left| { - a - b - 1} \right| = 2\).

Và \( - a + b + 1\,,\,\,3a + b + 9\,,\,\, - a - b - 1\) cùng dấu

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - a + b + 1 = 3a + b + 9 = - a - b - 1 = 2}\\{ - a + b + 1 = 3a + b + 9 = - a - b - 1 = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 2}\\{b = - 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Ngược lại, với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 2}\\{b = - 1}\end{array}} \right.\) thì \(f\left( x \right) = \left| {{x^2} - 2x - 1} \right|.\)

Xét hàm số \(g(x) = {x^2} - 2x - 1\) trên đoạn \[\left[ { - 1\,;\,\,3} \right].\]

Ta có \(g'\left( x \right) = 2x - 2\,;\,\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left[ { - 1\,;\,\,3} \right].\)

Do \(M\) là giá trị lớn nhất của hàm số \(f(x)\) trên đoạn \[\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]\] nên

\(M = \max \left\{ {\left| {g\left( { - 1} \right)} \right|\,\,;\,\,\left| {g\left( 3 \right)} \right|\,\,;\,\,\left| {g\left( 1 \right)} \right|} \right\} = 2.{\rm{ }}\)

Từ đó suy ra với \(\left( {a;b} \right) = \left( { - 2; - 1} \right)\) thì thoả mãn yêu cầu bài toán.

Vậy \(a + 2b = - 4.\)Chọn C.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow IH \bot AB \Rightarrow IH = d\left( {I,\,d} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right),\,\,M\left( { - 7\,;\,\, - 9\,;\,\, - 7} \right) \in d.\)

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {{u_d}} \,,\,\,\overrightarrow {IM} } \right] = \left( {30\,;\,\, - 30\,;\,\,15} \right) \Rightarrow d\left( {I\,,\,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {IM} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = 15\).

Bán kính mặt cầu \(R = \sqrt {A{H^2} + {d^2}\left( {I\,,\,\,d} \right)} = \sqrt {{{20}^2} + {{15}^2}} = 25\).

Do đó \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = {25^2}.\) Chọn A.

Ta có \(V = \pi \int\limits_1^4 {\ln xdx} \approx 8\).

Đáp án cần nhập là: 8.

Xét hàm số \(g\left( t \right) = {4^t} + {3^t} - 5t - 2\) trên \(\mathbb{R}\).

\(g'\left( t \right) = {4^t} \cdot \ln 4 + {3^t} \cdot \ln 3 - 5\,;\,\,g''\left( t \right) = {4^t} \cdot {\ln ^2}4 + {3^t} \cdot {\ln ^2}3 > 0\,\,\forall t \in \mathbb{R}\)

\( \Rightarrow \) Phương trình \(g\left( t \right) = 0\) có tối đa 2 nghiệm.

Mà \(g\left( 0 \right) = g\left( 1 \right) = 0\) nên phương trình \({4^{f\left( x \right) - m}} + {3^{f\left( x \right) - m}} - 5f\left( x \right) + 5m - 2 = 0\)

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

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 \le m \le 1}\\{ - 1 \le m + 1 \le 1}\end{array} \Leftrightarrow - 2 \le m \le 1} \right.\).

Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\}.\)

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn D.

Chọn hệ trục toạ độ \[Oxyz\] sao cho \(O \equiv A\), tia \(Ox \equiv AD\), tia \(Oy \equiv AB.\)

Khi đó, \[A\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,B\left( {0\,;\,\,2\,\,500\,;\,\,0} \right)\,;\,\]\[\,C\left( {1\,\,800\,;\,\,2500\,;\,\,0} \right)\,;\]\[D\left( {1500\,\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\]

Khi hạ độ cao các điểm ở các điểm xuống\[B,\,\,C,\,\,D\] thấp hơn so với độ cao ở \(A\) là \[10\,\,{\rm{cm}},\,\,a\,\,{\rm{cm}},\,\,6\,\,{\rm{cm}}\] tương ứng ta có các điểm mới \[B'\left( {0\,;\,\,2\,\,500\,;\,\, - 10} \right)\,;\,\,C'\left( {1800\,;\,\,2500\,;\,\, - a} \right)\,;\,\,\]\[D'\left( {1500\,;\,\,0\,;\,\, - 6} \right).\]

Theo bài ra có \(A,\,\,B',\,\,C',\,\,D'\) đồng phẳng. Phương trình mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right):x + y + 250z = 0.\)

Do \[C'\left( {1\,\,800\,;\,\,2500\,;\,\, - a} \right) \in \left( {AB'D'} \right)\] nên có \(1800 + 2500 - 250a = 0 \Rightarrow a = 17,2.\)

Vậy \(a = 17,2\;\,{\rm{cm}}.\) Chọn B.

Có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4x + 2}}{{x + 4}}\)\( = \frac{{x\left( {x + 4} \right) + 2}}{{x + 4}}\)\( = x + \frac{2}{{x + 4}}\).

\(\int {f\left( x \right)dx = \int {\left( {x + \frac{2}{{x + 4}}} \right)dx} } = \frac{{{x^2}}}{2} + 2\ln \left( {x + 4} \right) + C\). Chọn C.

Ta có \[\int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx = } \int\limits_{ - 2}^0 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 10 - 2 = 8\].

Đáp án cần nhập là: 8.

Ta có bảng sau:

Ta có khối lượng trung bình:

\[\overline x = \frac{1}{{500}}\left( {152 \cdot 25 + 156 \cdot 50 + 160 \cdot 200 + 164 \cdot 175 + 168 \cdot 50} \right) = 161,4\].

Phương sai của mẫu số liệu:

\[{s^2} = \frac{1}{{500}}\left( {{{152}^2} \cdot 25 + {{156}^2} \cdot 50 + {{160}^2} \cdot 200 + {{164}^2} \cdot 175 + {{168}^2} \cdot 50} \right) - 161,{4^2} = 14,84\].

Độ lệch chuẩn: \[s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {14,84} \approx 3,85\]. Chọn D.

Theo công thức Bayes, ta có: \({\rm{P}}\left( {B|A} \right) = \frac{{{\rm{P}}\left( B \right)\, \cdot {\rm{P}}\left( {A|B} \right)}}{{{\rm{P}}\left( A \right)}} = \frac{{0,7\, \cdot 0,75}}{{0,6}} = 0,875\). Chọn A.

Xét  hàm số \(y = h\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2} + 2m - 3\) có \(h'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x\).

Ta có: \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Ta có\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f(x) = \mathop {\max \left| {h(x)} \right|}\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} = \max \left\{ {\left| {2m - 4} \right|;\left| {2m - 3} \right|} \right\}\). Ta có \(h\left( { - 1} \right) = 2m - 4\); \[h\left( 0 \right) = 2m - 3\].

+) Nếu \(h\left( { - 1} \right) \cdot h\left( 0 \right) \le 0 \Leftrightarrow \frac{3}{2} \le m \le 2\)thì

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\max }\limits_{\left| {\left[ { - 1;0} \right]} \right|} \left| {h\left( x \right)} \right| = \max \left\{ {\left| {2m - 4} \right|;\left| {2m - 3} \right|} \right\}\); \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f\left( x \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} \left| {h\left( x \right)} \right| = 0\).

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f\left( x \right) + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| {2m - 4} \right| = 3\\\left| {2m - 3} \right| = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{7}{2},m = \frac{1}{2}\\m = 3,m = 0\end{array} \right.\).

Đối chiếu điều kiện không có giá trị nào của m thỏa mãn.

+) Nếu \(h\left( { - 1} \right) \cdot h\left( 0 \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < \frac{3}{2}\\m > 2\end{array} \right.\)

\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f\left( x \right) + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} f\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow \left| {2m - 4} \right| + \left| {2m - 3} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m > 2\\2m - 4 + 2m - 3 = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}m < \frac{3}{2}\\4 - 2m + 3 - 2m = 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{5}{2}\\m = 1\end{array} \right.\).

Vây tổng các giá trị của \(m\) bằng \(3,5\).

Đáp án cần nhập là: \(3,5\).

Thể tích của bồn là \(V = 30\;d{m^3}\). Chiều cao của bồn là: \(h = \frac{V}{{{x^2}}} = \frac{{30}}{{{x^2}}}\).

Giá nguyên liệu làm đáy và nắp bồn là 1 200 đồng/1 dm², giá nguyên vật liệu làm mặt xung quanh của bồn là 1 000 đồng/1 dm².

Chi phí để làm bồn là: \(f\left( x \right) = 2{x^2} \cdot 1,2 + 1 \cdot 4 \cdot x \cdot h = 2,4{x^2} + \frac{{120}}{x}\)\( = \frac{{12}}{5}{x^2} + \frac{{120}}{x}\) (nghìn đồng).

Chọn A.

 Nếu số 0 ở vị trí thứ nhất thì số thứ 2 cũng là số 0 (loại) vì các số phải khác nhau.

Nếu số 1 ở vị trí thứ nhất thì số thứ 2 là 2, số ở vị trí thứ 3 là 3 ta thấy hợp lí.

Nếu số 2 ở vị trí thứ nhất thì số thứ 2 là 4, số ở vị trí thứ 3 là 6 ta thấy hợp lí.

Nếu số 3 ở vị trí thứ nhất thì số thứ 2 là 6, số ở vị trí thứ 3 là 9 ta thấy hợp lí.

Nếu số 4 ở vị trí thứ nhất thì số thứ 2 là 8, số ở vị trí thứ 3 là 12 ta thấy không hợp lí.

Do đó có thể có 3 chữ số xuất hiện ở vị trí thứ nhất. Chọn D.

 Gọi A là biến cố “Bộ phận A hoạt động tốt”.Vậy \[P\left( A \right) = 0,9\].

Gọi B là biến cố “Bộ phận B hoạt động tốt”. Vậy \[P\left( B \right) = 0,72\].

Theo công thức Bayes ta có: \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A|B} \right) \cdot P\left( B \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,96 \cdot 0,72}}{{0,9}} = 0,768\].  Chọn B.

Thông tin nằm ở đoạn 2: Các nhà nghiên cứu cho rằng người ta có thể tăng dung lượng của trí nhớ ngắn hạn bằng cách phân chia hoặc phân loại các thông tin tương tự với nhau. Chọn B.

Thông tin nằm ở đoạn 3: Khi cần lưu lại một số điện thoại mà không có giấy và bút, mọi người thường cố gắng ghi nhớ bằng cách đọc lặp đi lặp lại số điện thoại đó. Nhưng nếu có người bấm chuông cửa hoặc có tiếng chó sủa, anh ta có thể sẽ ngay lập tức quên mất số điện thoại đang cố gắng ghi nhớ. Chọn C.

Thông tin nằm ở đoạn 3: Một cách tốt hơn để ghi nhớ đó là mã hóa thông tin, có nghĩa là gán ý nghĩa hoặc hình ảnh cho thông tin đó để nó có thể được lưu trữ cùng với những kí ức dài hạn khác đã tồn tại từ trước. Chọn C.

Thông tin nằm ở đoạn 3: Do đó, học thuộc lòng không phải là một cách hiệu quả để truyền thông tin từ trí nhớ ngắn hạn sang trí nhớ dài hạn. Chọn C.

Đáp án A được nhắc đến ở đầu đoạn 3: Khi cố gắng ghi nhớ điều gì đó, chẳng hạn kiến thức cho một kì thi, nhiều người lựa chọn phương pháp học thuộc lòng, có nghĩa là đọc to, lặp đi lặp lại kiến thức đó, cố gắng lưu giữ khối lượng kiến thức đó tồn tại thật lâu trong trí nhớ.

Đáp án C được nhắc đến trong đoạn 4: Nếu một kí ức vô tình bị lãng quên thì cũng có thể lấy lại được bằng cách nhắc nhở.

Đáp án D được nhắc đến trong đoạn 3: Một cách tốt hơn để ghi nhớ đó là mã hóa thông tin.

→ Chọn B.

Phong cách ngôn ngữ trong đoạn trích trên là: khoa học. Phong cách ngôn ngữ khoa học thường xuất hiện trong các văn bản khoa học. Nó là ngôn ngữ trình bày những phát hiện hoặc khám phá từ khoa học và có tính chính xác. Chọn B.

Đoạn 3 văn bản trình bày: Nhưng các hạt trong nghiên cứu về phổi đều từ nhựa và được biết là độc hại với người, là nguyên nhân của kích thích phổi, hoa mắt, chóng mặt, đau đầu và ung thư, Kari Nadeau, một nhà nghiên cứu về dị ứng và bệnh hen suyễn ở ĐH Stanford. “Chúng tôi biết điều này từ những nghiên cứu khác”. Theo văn bản, các vi nhựa có thể gây nên nhiều căn bệnh như kích thích phổi, hoa mắt, chóng mặt, đau đầu và ung thư. Chọn A.

Đoạn cuối trình bày: Giải pháp đem lại hiệu quả lớn nhất hiện nay là cắt giảm lượng sản phẩm nhựa dùng một lần. Các loại nhựa dùng một lần là túi nilon, thìa, dĩa, cốc nhựa,... Do đó, từ nội dung trên, đáp án phù hợp nhất là: túi nilon. Chọn A.

Câu nói trên của nhà khoa học Galloway có ý nghĩa phê phán những thứ có công dụng ngắn như nilon, đồ dùng một lần như cốc dĩa ăn một lần nhưng lại khó phân huỷ. Thật vô nghĩa khi con người sử dụng những thứ có công dụng ngắn nhưng lại mất quá nhiều thời gian để phân huỷ. Chọn C.

Thuật ngữ là những từ ngữ biểu thị khái niệm khoa học, công nghệ thường được dùng trong các văn bản khoa học, công nghệ. Các thuật ngữ xuất hiện trong bài là “ung thư”, “viêm nhiễm”, “lây nhiễm”. Đây là các thuật ngữ thuộc lĩnh vực y học. Từ “xung quanh” không phải là thuật ngữ khoa học. Chọn C.

- Phương án A: Thông tin có trong câu: Một số công việc sẽ mất đi, nhưng năng suất tổng thể sẽ tăng lên, tạo ra nhiều của cải hơn làm lợi cho tất cả mọi người.

- Phương án B: Thông tin có trong câu: Chất lượng cuộc sống con người sẽ được cải thiện.

- Phương án C: Thông tin có trong câu: Có những lo ngại về quyền riêng tư, xử lí dữ liệu và vai trò của chính phủ trong việc quản lí các công ty và quản lí chính mình trong lĩnh vực này.

- Phương án D: Thông tin không được nhắc đến trong đoạn trích.

→ Chọn D.

- Phương án A: Thông tin có trong câu: Đối với nhiều người, những thay đổi này sẽ rất đáng sợ.

- Phương án B: Thông tin không được nhắc đến trong đoạn trích.

- Phương án C: Thông tin có trong câu: Có những lo ngại về quyền riêng tư, xử lí dữ liệu và vai trò của chính phủ trong việc quản lí các công ty và quản lí chính mình trong lĩnh vực này. Nhưng đấy không phải là những vấn đề không thể giải quyết.

- Phương án D: Thông tin có trong câu: Con người lo lắng rằng khi AI trở nên phát triển hơn, chúng ta sẽ dựa vào máy tính của mình nhiều đến mức cuối cùng sẽ coi chúng là bạn và không thể hoạt động nếu không có chúng.

→ Chọn B.

Để trả lời được câu hỏi này học sinh phải nắm chắc được khái niệm về các cách thức hay còn gọi là quy tắc lập luận của đoạn văn. Trong đó, đặc điểm của quy tắc/cách thức “tổng - phân – hợp” là có câu chủ đề ở đầu đoạn “Con người lo lắng rằng khi AI trở nên phát triển hơn, chúng ta sẽ dựa vào máy tính của mình nhiều đến mức cuối cùng sẽ coi chúng là bạn và không thể hoạt động nếu không có chúng.” và câu khái quát, nâng cao ý ở cuối đoạn “Nhưng có lẽ một trong những hệ quả sâu xa nhất của nó sẽ là khiến chúng ta phải trân trọng những điều con người nhất trong ta”. Đọc kĩ đoạn văn (2) học sinh sẽ nhận ra đặc điểm đó. Chọn C.

Cụm từ “những vấn đề” thay thế cho nội dung được nhắc đến ở câu liền trước: Có những lo ngại về quyền riêng tư, xử lí dữ liệu và vai trò của chính phủ trong việc quản lí các công ty và quản lí chính mình trong lĩnh vực này. Chọn B.

Từ “nó” thay thế cho một đối tượng được nói ở câu liền trước: Nhưng chuyện đã như vậy rồi mà, điện thoại của tôi có thể cung cấp cho tôi nhiều thông tin hơn bất kì con người nào tôi biết. Như vậy từ “nó” được dùng để nói về chiếc điện thoại. Chọn A.

Hai dòng thơ đầu có sử dụng các thành phần biệt lập: Thành phần cảm thán: “Ôi”. Thành phần tình thái: “Có ngờ đâu”. Chọn B.

Hai dòng thơ đầu thể hiện tâm trạng xúc động rưng rưng của nhà thơ khi trở về quê cũ. Chọn D.

Những hình ảnh trong đoạn thơ đã thể hiện được vẻ đẹp và sức sống tiềm tàng, mãnh liệt của quê hương: xanh biếc bóng dừa, những mặt người ta yêu biết mấy, đoạn đường xưa, tiếng võng đưa, những bông trang trắng, những bông trang hồng, con sông nước chẳng đổi dòng, hoa lục bình tím cả bờ sông. Chọn A.

Trong câu thơ “Hoa lục bình tím cả bờ sông”, chữ “tím” ở đây có sự chuyển đổi từ loại từ tính từ sang động từ (tím: nhuộm tím cả bờ sông). Chọn A.

Điệp từ “ta” được điệp lại nhiều lần kết hợp với một loạt những động từ “gặp lại”, “yêu”, “nhìn”, “say”, “ngắm”,… nhằm thể hiện tình yêu quê hương tha thiết và nỗi xúc động, bồi hồi của tác giả khi trở lại quê nhà sau bao năm năm xa cách. Chọn B.

Dùng từ “người vợ” không thể hiện được thái độ trang trọng. Thay “người vợ” = “phu nhân”. Chọn B.

Nghệ thuật lập luận của Hồ Chí Minh thể hiện một trình độ tư duy sắc sảo, một tầm nhìn bao quát và một trái tim luôn hướng về công lí, lẽ phải, chính nghĩa. Chọn C.

Đoạn trích trên ta thấy đề cập đến ý nghĩa của văn chương. Xét chung cả đoạn trích ta thấy từ “tôn vinh” dùng không phù hợp với ngữ nghĩa, không thể “tôn vinh” cái “thế giới giả dối, tàn ác” → Sửa: “tôn vinh” thành “tố cáo” hoặc “phơi bày”. Chọn C.

 Nội dung câu văn đề cập tới vấn đề văn hóa của người Việt gắn liền với nền văn minh lúa nước. Từ “giao thoa” dùng để chỉ những hiện tượng chồng chéo, xen lẫn nhau → Không phù hợp về mặt ngữ nghĩa vì trong ngữ liệu đang nói về sự giao mùa trong canh tác nông nghiệp. Chọn C.

Lỗi sai về dùng từ không phù hợp với nội dung: Sáng tác của Quang Dũng, đặc biệt là bài thơ Tây Tiến không mang đậm nét cảm hứng sử thi, có thể sửa thành lãng mạn. Chọn A.

Hồ Chí Minh thuộc nhóm nhà thơ cách mạng. Chọn D.

“Vĩnh biệt Cửu Trùng Đài” thuộc thể loại kịch. Các tác phẩm còn lại thuộc thể loại truyện. Chọn C.

Giải thích nghĩa của các từ:

- Chính trị: Những vấn đề về tổ chức và điều khiển bộ máy nhà nước trong nội bộ một nước, và về quan hệ chính thức giữa các nước với nhau.

- Chính đảng: Tổ chức chính trị đại diện cho một giai cấp, một tầng lớp xã hội và đấu tranh cho quyền lợi của giai cấp, tầng lớp ấy.

- Chính trường: Nơi diễn ra các hoạt động chính trị.

- Chính trực: Có tính ngay thẳng.

→ Chọn D.

“Hai đứa trẻ” là truyện ngắn, những tác phẩm còn lại đều thuộc thể loại kí. Chọn D.

Xác định thể loại của các văn bản:

- Tôi đi học: Truyện ngắn nổi tiếng của nhà văn Thanh Tịnh.

- Ông đồ: Thơ của Vũ Đình Liên.

- Tương tư: Thơ của Nguyễn Bính.

- Nhớ rừng: Thơ của Thế Lữ.

Như vậy, “Tôi đi học” là văn bản không cùng thể loại với các văn bản còn lại. Chọn A.

Vì lệnh cấm xuất khẩu nên gây ra những rào cản xuất khẩu. Từ đó việc giao thương, lưu chuyển hàng hóa không dễ dàng, đồng nghĩa là gây cản trở cho việc lưu chuyển hàng hóa. Chọn D.

Tuyên ngôn Độc lập không chỉ hấp dẫn bởi nghệ thuật nghị luận mẫu mực mà còn lay động sâu sắc người đọc bởi tình cảm thắm thiết của tác giả. Chọn B.

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

Sóng là một trong những bài thơ tiêu biểu cho hồn thơ Xuân Quỳnh, được in trong tập thơ Hoa dọc chiến hào. Chọn C.

Sử thi là tác phẩm tự sự dân gian có quy môlớn, sử dụng ngôn ngữ có vần, nhịp, xây dựng những hình tượng nghệ thuật hoành tráng, hào hùng để kể về một hoặc nhiều biến cố lớn diễn ra trong đời sống cộng đồng của cư dân thời cổ đại. Chọn D.

Đáp án A xuất hiện ở dòng 3: trung bình mùa hè tăng từ 78 lên 95 ngày; Đáp án B xuất hiện ở dòng 7, 8: Biến đổi khí hậu ảnh hưởng rất lớn đến môi trường sống cũng như sức khỏe của con người và động vật; Đáp án C xuất hiện ở hai dòng cuối: Biến đổi khí hậu còn có thể gây nên nhiều thiên tai. Mùa hè nóng và dài hơn dễ gây nên sóng nhiệt và cháy rừng, mùa đông ngắn và ấm hơn sẽ gây nên các cơn bão. Chọn D.

Câu thơ sử dụng biện pháp ẩn dụ. “Hoa” ẩn dụ cho Thúy Kiều; “lá, cây” ẩn dụ cho gia đình Kiều. Chọn B.

“Ba tay chơi” ở đây chỉ ba nhân vật cùng tồn tại trong mỗi người đọc: Một là người đọc bằng xương bằng thịt, hai chân đụng đất, vẫn còn ý thức liên hệ với thế giới bên ngoài. Hai là, người đọc bị lôi cuốn, đang ngao du trong thế giới tưởng tượng của cảm xúc. Ba là, người đọc suy tư, đưa vào trò chơi sự chú ý, sự suy nghĩ, sự phán đoán của tri thức. Chọn B.

Bài ca dao mang giọng điệu hài hước, thể hiện thái độ vừa dí dỏm, vừa mỉa mai vì bà già đã có tuổi rồi mà còn đi xem bói lấy chồng. Chọn A.

Ẩn dụ “lúa thì con gái”: lúa đang ở thời điểm tươi xanh, tràn đầy sức sống nhất. So sánh: “mượt như nhung”. Chọn B.

Nội dung chính trong đoạn thơ là: Gợi tả sự dữ dội, hoang sơ, bí hiểm và đầy đe dọa của núi rừng miền Tây. Chọn A.

Các sự vật xuất hiện trong đoạn thơ trên có mối quan hệ thân mật, bao chứa, hòa quyện vào nhau: Chiều mộng hòa trên nhánh duyên. Cây me – cặp chim chuyền (Cây me ríu rít cặp chim chuyền). Trời xanh – lá (Đổ trời xanh ngọc qua muôn lá),… Chọn A.

Đoạn văn miêu tả, phác họa hình ảnh con đường dẫn đến khu nghĩa địa: Ở giữa có con đường nhỏ hẹp, cong queo, do những người hay đi tắt dẫm mãi thành đường. Nghĩa địa người chết chém phía bên trái, nghĩa địa người nghèo phía bên phải. Con đường mòn là biểu tượng cho một tập quán xấu đã trở thành thói quen. Là cái ranh giới tự nhiên để phân cách ngăn cách giữa những người chiến sĩ cách mạng như Hạ Du với quần chúng như gia đình Hoa Thuyên , cả Khang, Năm Gù… trong truyện “Thuốc” của Lỗ Tấn. Chọn A.

Đoạn trích thể hiện sự gắn bó mật thiết của nhà thơ với nhân dân - sự chuyển biến lớn trong tình cảm: là con của vạn nhà, là em của vạn kiếp phôi pha, là anh của vạn đầu em nhỏ. Chọn D.

Các hình ảnh “thuyền” và “biển” được sáng tạo theo biện pháp tu từ nhân hóa. Chọn A.

Đoạn trích là lời của cụ Mết nói với Tnú. Chọn A.

Thông tin nằm ở dòng thứ 4, 5, 6 của đoạn trích: Công việc sẽ chiếm phần lớn cuộc đời bạn và cách duy nhất để thành công một cách thực sự là hãy làm những việc mà bạn tin rằng đó là những việc tuyệt vời. Và cách để tạo ra những công việc tuyệt vời là bạn hãy yêu việc mình làm. Chọn A.

Hai câu thơ không gợi tả khung cảnh thiên nhiên dữ dội mà bộc lộ tâm trạng phẫn uất cùng thái độ thách thức, phản kháng của nhân vật trữ tình thông qua việc sử dụng linh hoạt các biện pháp tu từ như đảo ngữ, phép đối,... Chọn B.

Đoạn trích nổi bật với những lập luận sắc bén, dẫn chứng chân thực giàu sức thuyết phục. Chọn B.

Những câu văn in đậm giải thích cho sự hình thành eo biển Gi-bơ-ran-ta, cột đá Gi-bơ-ran-ta, cột đá Xu-ta. Chọn B.

Đáp án đúng là B

Gia tốc của chuyển động được tính bằng công thức: \[a = \frac{{v_t^2 - v_0^2}}{{2.s}} = \frac{{0 - 16}}{{2.2}} = - 4\,m/{s^2}\]

Lực gây ra gia tốc này là lực ma sát trượt của mặt đường tác dụng lên lốp xe:

\[{F_{ms}} = m.a = 86.\left( { - 4} \right) = - 344\,N\]

Dấu “-“ chứng tỏ lực ma sát trượt ngược chiều chuyển động.