Đề tham khảo Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 16)

Phương pháp giải: Giới hạn hàm số tại vô cùng.

Giải chi tiết:

Ta có  \(\mathop {lim}\limits_{t \to + \infty } C\left( t \right) = \mathop {lim}\limits_{t \to + \infty } \frac{{45{t^2} - 15t + 5}}{{9{t^2} + 1}} = \mathop {lim}\limits_{t \to + \infty } \frac{{45 - \frac{{15}}{t} + \frac{5}{{{t^2}}}}}{{9 + \frac{1}{{{t^2}}}}} = \frac{{45}}{9} = 5\).

Vậy nồng độ bão hòa của oxygen trong hồ là \[5{\rm{ }}mg/l.\]

Trong một cuộc thi các môn thể thao trên tuyết, người ta muốn thiết kế một dường trượt bằng băng cho nội dung đổ dốc tốc độ đường dài.

Vận động viên sẽ xuất phát từ vị trí \[\left( {0;15} \right)\;\] cao \[15m\]  so với mặt dất (trục \[Ox\]). Đường trượt phải thoả mãn yêu cầu là càng ra xa thì càng gần mặt đất để tiết kiệm lượng tuyết nhân tạo. Một nhà thiết kế đề nghị sử dụng đường cong là đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right) = 150x + 10,\] với \[x \ge 0.\]

Phương pháp giải: Xét từng mệnh đề.

Giải chi tiết:

a) Ta có \(f\left( 0 \right) = \frac{{150}}{{10}}\) nên đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) đi qua điểm \(\left( {0;15} \right)\).

b) Chọn bất kì \({x_1},{x_2} \in \left[ {0; + \infty } \right]\) và \({x_1} \ne {x_2}\).

Ta có \(\frac{{f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right)}}{{{x_2} - {x_1}}} = \frac{{\frac{{150}}{{{x_2} + 10}} - \frac{{150}}{{{x_1} + 10}}}}{{{x_2} - {x_1}}}\)

\( = \frac{{{x_1} - {x_2}}}{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_1} + 10} \right)\left( {{x_2} + 10} \right)}}\)

\( = - \frac{1}{{\left( {{x_1} + 10} \right)\left( {{x_2} + 10} \right)}} < 0\).

Suy ra hàm số nghịch biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\) hay hàm số giảm trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\).

c) Ta có\(\mathop {lim}\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {lim}\limits_{x \to + \infty } \frac{{150}}{{x + 10}} = 0\).

Vậy khi \(x\) càng lớn, đồ thị của hàm số càng gần trục \(Ox\) với khoảng cách nhỏ tuỳ ý.

Giải chi tiết:

1.     Ta có \(AB = BC = CA = 2\sqrt 2 \) và \(DA = DB = DC = 2\sqrt 2 \)

Khi đó \(ABCD\) là tứ diện đều.

2.     Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\). Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) có dạng \(\left( S \right):\) \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0,\) \(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0} \right)\).

Vì \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D \in \left( S \right)\) nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4 - 4a + d = 0}&{}\\{4 - 4b + d = 0}&{}\\{4 - 4c + d = 0}&{}\\{12 - 4a - 4b - 4c + d = 0}&{}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \;\;\;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{d = 4a - 4}&{}\\{a = b = c}&{}\\{12 - 12a + 4a - 4 = 0}&{}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{d = 0}\\{a = b = c = 1}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(I\left( {1;1;1} \right)\), do đó bán kính mặt cầu là \(R = IA = \sqrt 3 \).

Giải chi tiết:

\({\rm{C\'o }}I = \int_0^a 2 {5^x}{\mkern 1mu} dx = \frac{1}{{\ln 25}} \cdot {25^x}|_0^a = \frac{1}{{\ln 25}}({25^a} - {25^0}) = \frac{1}{{\ln 25}}({25^a} - 1).\)

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm thỏa mãn \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {1;4} \right);f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {2;3} \right]\).

Đáp án đúng là: \(1.\)

Giải chi tiết:

Từ bảng biến thiên của hàm số, ta thấy đồ thị có hai đường tiệm cận, trong đó tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 2\) và tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 1.\)

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{c}{b} = - 2}\\{\frac{a}{b} = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = - 2b\\a = b\end{array} \right.\)

Lại có hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định nên

\(f'(x) = \frac{{ - ac + 4b}}{{{{(bx - c)}^2}}} < 0 \Rightarrow - ac + 4b < 0.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow - b\left( { - 2b} \right) + 4b < 0\\ \Leftrightarrow 2{b^2} + 4b < 0\\ \Leftrightarrow - 2 < b < 0\end{array}\)

\( \Rightarrow b\) âm

\( \Rightarrow a = b \Rightarrow \) \(a\) âm

Mà \(c = - 2b\)\( \Rightarrow \)\(c\) dương.

Vậy trong các số \(a,\,\,b,\,\,c\) có \(1\) số dương.

Phương pháp giải: Tập xác định hàm \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}x\) là \(x > 0\)

Giải chi tiết:

Ta có: \(Q = 3{t^2} + 8t + 2\) \( \Rightarrow Q'\left( t \right) = 6t + 8\) là cường độ dòng điện tại thời điểm \(t.\)

\[ \Rightarrow I = Q\prime \left( t \right) = 6t + 8 = 50 \Rightarrow t = 7\left( s \right)\]

Phương pháp giải: Áp dụng dấu hiệu chia hết

Giải chi tiết:

Tổng các chữ số trong chữ V,I,E,T,N,A,M là \(7\)

Ta lấy: \[2025:7 = 289\;\] dư \[2\]

Vậy chữ cái thứ \(2025\) là chữ I.

Phương pháp giải:

- Gọi \(H\) là chân đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\)

- Khi quay tam giác \(ABC\) quanh trục \(AO\) ta được hình nón có thể tích là: \({V_N}\), có đáy là đường tròn đường kính \(BC\)

Giải chi tiết:

Gọi \(H\) là chân đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\)

Vì tam giác \(ABC\) đều nên ta có: \(AH = 3OH = 3r\), \(AH = BC\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow BC = \frac{2}{{\sqrt 3 }}AH = .r2\sqrt 3 \)

Khi quay tam giác \(ABC\) quanh trục \(AO\) ta được hình nón có thể tích là: \({V_N}\), có đáy là đường tròn đường kính \(BC\) khi đó: \({S_N} = \pi H{C^2} = \pi {r^2}3\), chiều cao của hình nón là: \(AH = 3r\), khi đó thể tích hình nón là: \({V_N} = \frac{1}{3}AH.{S_N} = \frac{1}{3}3r.\pi {r^2}3 = 3\pi {r^3}\)(đvtt)

Thể tích khối cầu khi quay hình tròn \(\left( {O;r} \right)\) quanh trục \(AO\) là: \({V_C} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\)

Vậy thể tích \(V\) của khối tròn xoay thu được khi quay tam giác \(ABC\)đã cắt bỏ phần hình tròn quanh trục\(AO\) là: \(V = {V_N} - {V_C} = 3\pi {r^3} - \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{5}{3}\pi {r^3}\)

Đáp án: \(4,19.\)

Phương pháp giải: thể tích khối cầu là  \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)

Giải chi tiết:

Ta có vì cạnh của hình lập phương bằng \(2\) nên đường kính của của khối cầu bằng \(2.\)

Khi đó bán kính khối cầu bằng \(1.\)

Khi đó thể tích khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \approx 4,19\)

Phương pháp giải: Giá trị \(a\) chính là giá trị tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm

Giải chi tiết:

Giá trị \(a\) chính là giá trị tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm

Ta có tổng cỡ mẫu là \(54 + 78 + 120 + 56 + 12 + 5 = 325\) người

Vì \(\frac{{325}}{4}.3 = 243,75\) nên \({Q_3} \in [7,9] \Rightarrow {Q_3} = 7 + \frac{{243,75 - (54 + 78)}}{{120}} \cdot 2 \approx 8,86\)

Tích chọn các đáp án đúng:

Đáp án: B, C

Giải chi tiết:

\(y = \frac{{ - x + {m^2} + 1}}{{x + 2}} \Rightarrow y' = \frac{{ - {m^2} - 3}}{{{{\left( {x{\rm{ + }}2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in \left[ {2;5} \right]\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left[ {2;5} \right]\)

\( \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left. {[2{\rm{;}}5} \right]} y = y\left( 2 \right) = \frac{{{m^2} - 1}}{4} = 1 \Rightarrow m = \pm \sqrt 5 \).

Giải chi tiết:

 Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot CD\). Mà \(SH \bot CD\) nên \(CD \bot \left( {SHA} \right)\). Do đó, \(CD \bot AH\) và góc \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\).

Xét tam giác \(ACD\) đều cạnh \(a\) có \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Tam giác \(SAH\) vuông có

                   \({\rm{tan}}\widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\)

Suy ra \(\widehat {SHA} = {30^ \circ }\). Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\) bằng \({30^ \circ }\).

Giải chi tiết:

Mệnh đề 1: Hàm số \(y = \frac{{{\rm{tan}}x + 3}}{{2{\rm{sin}}x + 3}}\) xác định khi \({\rm{cos}}x \ne 0\)\( \Rightarrow \) Sai.

Mệnh đề 2: \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{\rm{tan}}x + 3}}{{2{\rm{sin}}x + 3}} = 0 \Leftrightarrow {\rm{tan}}x + 3 = 0 \Leftrightarrow {\rm{tan}}x = - 3\) ứng với 2 điểm trên đường tròn \( \Rightarrow \)Đúng.

 Đáp án:

Điểm \(A\) có tọa độ là \(A\left( {2;1} \right)\).

Điểm \(B\) có tọa độ là \(B\left( {3;0} \right)\). 

Giải chi tiết:

Dễ thấy đồ thị hàm số \(y = {a^{x - 2}}\) luôn đi qua điểm cố định \(A\left( {2;1} \right)\).

Đồ thị hàm số \(y = {\log _a}(4 - x)\) luôn đi qua điểm cố định \(B\left( {3;0} \right)\).

Đáp án:

Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) bằng \(2,5.\)
Số nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0;2\pi } \right)\) của phương trình \(2f\left( {{\rm{sin}}\left( x \right)} \right) - 5 = 0\) bằng \(1.\)

Giải chi tiết:

Điểm cao nhất của độ thị trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) là \(y = 2.5\)

Vậy  \(\mathop {max}\limits_{x \in \left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = 2.5\)

Ta có \(f\left( {\sin \left( x \right)} \right) = 2,5 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{sin\left( x \right) = 1}\\{sin\left( x \right) = a > 3\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Suy ra \({\rm{sin}}\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)

Vậy có \(1\) nghiệm \(x = \frac{\pi }{2}\) thuộc khoảng \[\left( {0;2\pi } \right).\]

Đáp án:

Kể từ ngày trồng cây, cần ít nhất \(89\) tháng để cây có chiều cao không dưới \[4{\rm{ }}m\]

Sau \(10\) năm kể từ ngày trồng cây, trung bình mỗi năm chiều cao của cây tăng thêm là \(0,43\) mét. (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

Phương pháp giải: Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản, tìm hàm số \(h\left( x \right)\) với điều kiện \(h\left( 1 \right) = 2\).

Giải chi tiết:

Ta có \(h\left( x \right) = \smallint h'\left( x \right)dx = \smallint \frac{1}{x}dx = {\rm{ln}}\left| x \right| + C = {\rm{ln}}x + C\) (do \(x > 0\)).

Vì sau năm đầu tiên, cây cao \[2{\rm{ }}m\] nên \(h\left( 1 \right) = 2\), do đó \({\rm{ln}}1 + C = 2 \Rightarrow C = 2 \Rightarrow h\left( x \right) = {\rm{ln}}x + 2\).

Cây có chiều cao không dưới\[4{\rm{ }}m\]\( \Rightarrow h\left( x \right) \ge 4 \Rightarrow {\rm{ln}}x + 2 \ge 4 \Rightarrow {\rm{ln}}x \ge 2 \Rightarrow x \ge {e^2} \approx 7,389\) (năm).

Đổi \[7,389\] năm \( \approx 88,7\) tháng.

Vậy kể từ ngày trồng cây, cần ít nhất \(89\) tháng để cây có chiều cao không dưới \[4{\rm{ }}m.\]

Chiều cao của cây sau \(10\) năm kể từ ngày trồng là \(h\left( {10} \right) = {\rm{ln}}10 + 2 \approx 4,303\) (m)

Sau \(10\) năm kể từ ngày trồng cây, trung bình mỗi năm chiều cao của cây tăng thêm là:  \(\frac{{4,303}}{{10}} = 0,4303\) (m).

Phương pháp giải

Giải phương trình mũ bằng phương pháp đặt ẩn phụ: Đặt \(t = {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x},t > 0 \Rightarrow {\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = \frac{1}{t}\).

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(x \in \mathbb{R}\).

Ta có: \({\left( {3 + \sqrt 5 } \right)^x} + {\left( {3 - \sqrt 5 } \right)^x} = {3.2^x} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} + {\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} - 3 = 0\)   (1)

Đặt \(t = {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x},t > 0 \Rightarrow {\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = \frac{1}{t}\).

Khi đó \(\left( 1 \right)\) trở thành: \(t + \frac{1}{t} - 3 = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}}\\{t = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}}\end{array}} \right.\left( n \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\).

Vậy \(T = x_1^2 + x_2^2 = {1^2} + {\left( { - 1} \right)^2} = 2\).

Phương pháp giải: Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}\), sau đó áp dụng công thức tính tổng n số hạng đâu tiên của cấp số nhân \({S_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}}\)

Giải chi tiết:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_{20}} = 8{u_{17}}}\\{{u_1} + {u_5} = 272}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1}.{q^{19}} = 8{u_1}.{q^{16}}}\\{{u_1} + {u_1}{q^4} = 272}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{q^3} = 8}\\{{u_1} + {u_1}{q^4} = 272}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{q = 2}\\{{u_1} + 16{u_1} = 272}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{q = 2}\\{{u_1} = 16}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {S_{100}} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^{100}}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{16\left( {1 - {2^{100}}} \right)}}{{1 - 2}} = 16\left( {{2^{100}} - 1} \right)\)

Ta có cấp số nhân có dạng tổng quát \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} = {16.2^{n - 1}}\)

\( \Rightarrow \mathop {lim}\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n} + 5}}{{2{u_{n + 1}} + 1}} = \mathop {lim}\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{16.2}^{n - 1}} + 5}}{{{{2.16.2}^n} + 1}} = \mathop {lim}\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{16.2}^{n - 1}} + 5}}{{{{64.2}^{n - 1}} + 1}} = \frac{1}{4}\)

Đáp án: A, C

Phương pháp giải:

Đa thức phải tìm có dạng : \(P\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\)

Lập hệ và giải.

Giải chi tiết:

Đa thức phải tìm có dạng:

              \(P\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\)

Ta có: \(P'\left( x \right) = 2ax + b\).

Vì trục đối xứng \(\left( {\rm{\Delta }} \right)\) có phương trình \(x = 1\) nên: 1\( - \frac{b}{{2a}} = 1\) (1)

Vì đồ thị \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {3;0} \right)\) nên ta có \(P\left( 3 \right) = 0\), tức là: \(9a + 3b + c = 0\left( 2 \right)\).

Vì hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm \(A\left( {3;0} \right)\) bằng \({\rm{tan}}\frac{\pi }{4}\) nên ta có \(P'\left( 3 \right) = 1\), tức là:

                                        \(6a + b = 1\left( 3 \right)\)

Giải hệ ba phương trình \[\left( 1 \right),{\rm{ }}\left( 2 \right)\] và \[\left( 3 \right)\] với ba ẩn số \(a,b\) và \(c\), ta được:

                  \(a = \frac{1}{4};b = - \frac{1}{2};c = - \frac{3}{4}\)

Vậy \(P\left( x \right) = \frac{1}{4}{x^2} - \frac{1}{2}x - \frac{3}{4}\).

Đáp án: \[4950.\]

Giải chi tiết:

Với mỗi cách lấy \(2\) phần tử luôn sắp xếp được thứ tự.

Số cặp \(\left( {x;y} \right)\): \(C_{100}^2 = 4950\).

Phương pháp giải: Xác định giao điểm với trục \(Ox\)

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\) cắt \(Ox\) tại hai điểm là cực trị của đồ thị \(\left( {{C_2}} \right)\) .

Đồ thị \(\left( {{C_3}} \right)\) cắt \(Ox\) tại hai điểm là cực trị của đồ thị \(\left( {{C_1}} \right)\) .

Từ đó ta có đồ thị các hàm số \(y = f\left( x \right),y = f'\left( x \right),y = f''\left( x \right)\) theo thứ tự, lần lượt tương ứng với đường cong: \(\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_3}} \right)\)

Giải chi tiết:

\(M = {(\ln a + {\log _a}e)^2} + {\ln ^2}a - \log _a^2e = {\ln ^2}a + 2\ln a \cdot {\log _a}e + \log _a^2e + {\ln ^2}a - \log _a^2e = 2{\ln ^2}a + 2.\)

Đáp án: \(8.\)

Giải chi tiết:

Ta có: \(S\left( {2037} \right) - S\left( {2036} \right) = \mathop \sum \limits_{k = 1}^{k = 10000} \left( {\left[ {\frac{{2037}}{k}} \right] - \left[ {\frac{{2036}}{k}} \right]} \right)\)

Ta thấy: \(\left[ {\frac{{x - 1}}{k}} \right] \le \left[ {\frac{x}{k}} \right],k \in {\mathbb{N}^*}\).

Ta xét \(x\) là số nguyên

Khi đó \(\left[ {\frac{{x - 1}}{k}} \right] < \left[ {\frac{x}{k}} \right] = n \Leftrightarrow x - 1 < kn = x\)

Tức là \(\left[ {\frac{{x - 1}}{k}} \right] = \left[ {\frac{x}{k}} \right] - 1\) khi và chỉ khi \(k\) là ước của \(x\).

Suy ra với \(k\) là ước của \(\left[ {\frac{{2037}}{k}} \right] - \left[ {\frac{{2036}}{k}} \right] = 1\) và \(k\) khác ước của \[2037\]thì \(\left[ {\frac{{2037}}{k}} \right] - \left[ {\frac{{2036}}{k}} \right] = 0\)

Mà \(2037 = 3 \times 7 \times 97 \Rightarrow \)\(2037\) có \(8\) ước

Vậy \[S\left( {2037} \right) - S\left( {2036} \right) = 8\]

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Lập tỉ số \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}}\)

Giải chi tiết:

 \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}.\left( {n + 1} \right)}}{{{{\left( { - 1} \right)}^n}.n}} = - \frac{{n + 1}}{n} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) không phải cấp số nhân.

\(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{{n^2}}} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) không phải là cấp số nhân.

\(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{2^{n + 1}}}}{{{2^n}}} = 2 \Rightarrow {u_{n + 1}} = 2{u_n} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân có công bội bằng \(2\).

\(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{n + 1}}{{3n}} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) không phải là cấp số nhân.

Giải chi tiết:

Ta chia hình phẳng gạch chéo làm \(2\) phần.

Áp dụng công thức thể tích vật thể tròn xoay quanh trục \(Ox\): \(V = \pi \mathop \smallint \limits_0^1 {x^2}{\rm{d}}x + \pi \mathop \smallint \limits_1^2 \left( {2 - x} \right){\rm{d}}x\).

Đáp án: \(39.\)

Giải chi tiết:

Để chọn \(2\) điểm trong \(18\) điểm đã cho nối lại cắt hai trục toạ độ thì hai điểm đó phải thuộc hai góc phần tư đối đỉnh với nhau.

TH1: Chọn \(1\) điểm ở góc phần tư thứ I và \(1\) điểm ở góc phần tư thứ III

Số đoạn thẳng tạo thành:  \(3.5 = 15\).

TH2: Chọn \(1\) điểm ở góc phần tư thứ II và \(1\) điểm ở góc phần tư thứ IV

Số đoạn thẳng tạo thành: \(4.6 = 24\).

Theo quy tắc cộng ta có \(24 + 15 = 39\) đoạn thẳng.

Giải chi tiết:

Diện tích tam giác \[ABC\] là \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} \Rightarrow AA' = \frac{{{V_{ABC.A'B'C'}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{\frac{{3{a^3}}}{8}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \[BC.\] Khi đó \(BC \bot \left( {AA'H} \right)\) nên \(HA' \bot BC\).

Ta có \(AH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \({\rm{tan}}\widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{AH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 1 \Rightarrow \widehat {AHA'} = {45^0}\).

Phương pháp giải: Xét tổng \(f\left( a \right) + f\left( {1 - a} \right)\).

Giải chi tiết:

Xét \(f\left( a \right) + f\left( {1 - a} \right) = \frac{{{{25}^a} - 4}}{{{{25}^a} + 5}} + \frac{{{{25}^{1 - a}} - 4}}{{{{25}^{1 - a}} + 5}} = \frac{{{{25}^a} - 4}}{{{{25}^a} + 5}} + \frac{{\frac{{25}}{{{{25}^a}}} - 4}}{{\frac{{25}}{{{{25}^a}}} + 5}} = \frac{{{{25}^a} - 4}}{{{{25}^a} + 5}} + \frac{{25 - {{4.25}^a}}}{{25 + {{5.25}^a}}} = \frac{{5 + {{25}^a}}}{{25 + {{5.25}^a}}} = \frac{1}{5}\)

Biểu thức \(S\) là tổng của \[2022\]số hạng, do đó \(S\) được chia thành \(1011\) cặp như sau:

\(S = \left[ {f\left( {\frac{1}{{2023}}} \right) + f\left( {\frac{{2022}}{{2023}}} \right)} \right] + \left[ {f\left( {\frac{2}{{2023}}} \right) + f\left( {\frac{{2021}}{{2023}}} \right)} \right] + ... + \left[ {f\left( {\frac{{1011}}{{2023}}} \right) + f\left( {\frac{{1012}}{{2023}}} \right)} \right]\)

Vậy \(S = \frac{1}{5}.1011 = \frac{{1011}}{5}\).

Phương pháp giải

Giải chi tiết:

Số các số tự nhiên có \(5\) chữ số là \({9.10^4} = 90000 \Rightarrow n\left( A \right) = 90000\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 90000\).

Gọi số tự nhiên có \(5\) chữ số chia hết cho \(7\) và chữ số hàng đơn vị bằng \(1\) là \(x = \overline {abcd1} \).

Ta có \(x = \overline {abcd1} = 10.\overline {abcd} + 1 = 3.\overline {abcd} + 7.\overline {abcd} + 1\).

Để \(x = \overline {abcd1} \) chia hết cho \(7\) \( \Leftrightarrow 3.\overline {abcd} + 1 \vdots 7\).

Đặt \(3.\overline {abcd} + 1 = 7k;k \in \mathbb{N} \Leftrightarrow \overline {abcd} = 2k + \frac{{k - 1}}{3}\) là số nguyên \(\frac{{k - 1}}{3} = t \Leftrightarrow k = 3t + 1;t \in \mathbb{N}\).

Khi đó ta được \(\overline {abcd} = 7t + 2 \Rightarrow 1000 \le 7t + 2 \le 9999 \Leftrightarrow \frac{{998}}{7} \le t \le \frac{{9997}}{7}\).

Vì  \(t \in \mathbb{N} \Rightarrow t \in \left\{ {143;144;...;1428} \right\}\) suy ra có \(1286\) cách chọn \(t\) hay có \(1286\) số tự nhiên có \(5\) chữ số chia hết cho \(7\) và chữ số hàng đơn vị bằng \(1\).

Vậy xác suất cần tìm bằng \(\frac{{1286}}{{90000}} = \frac{{643}}{{45000}}\).

Giải chi tiết:

Ba số \({5^{x + 1}} + {5^{1 - x}}\); \(\frac{a}{2}\); \({25^x} + {25^{ - x}}\), theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi

\(a = \left( {{5^{x + 1}} + {5^{1 - x}}} \right) + \left( {{{25}^x} + {{25}^{ - x}}} \right) \ge 2\sqrt {{5^{x + 1}} \cdot {5^{1 - x}}} + 2\sqrt {{{25}^x} \cdot {{25}^{ - x}}} = 12\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{5^{x + 1}} = {5^{1 - x}}}\\{{{25}^x} = {{25}^{ - x}}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 0\).

Như vậy nếu xét \(a \in \left[ {0;2025} \right]\) thì ta nhận \(a \in \left[ {12;2025} \right]\). Có \(2014\) số \(a\) thoả mãn đề bài.

Đáp án:

Khoảng cách Euclid và khoảng cách Manhattan giữa \(2\) điểm \[A\left( {1;{\rm{ }}3} \right)\] và \[B\left( {4;{\rm{ }} - 1} \right)\] lần lượt là \(5\) và \(7.\)
Khoảng cách Euclid giữa hai điểm \(A\) và \(B\) bất kỳ luôn nhỏ hơn hoặc bằng khoảng cách Manhattan giữa hai điểm đó.
Khoảng cách Euclid giữa hai điểm \(A\) và \(B\) phân biệt bằng khoảng cách Manhattan giữa hai điểm đó khi và chỉ khi đường thẳng đi qua \(2\) điểm \(A\) và \(B\)  song song với một trong hai trục toạ độ.

Phương pháp giải: Xét từng mệnh đề

Giải chi tiết:

Khoảng cách Euclid là \(\sqrt {{{(4 - 1)}^2} + {{( - 1 - 3)}^2}} = 5\), khoảng cách Manhattan là \(\left| {4 - 1\left| + \right| - 1 - 3} \right| = 7\).

Khoảng cách Euclid luôn \( \le \) khoảng cách Manhattan:

Phương pháp giải:

+) Tính khối lượng \[NaOH\] có trong \[60{\rm{ }}gam\] dung dịch \[20\% .\]

+) Gọi khối lượng \[NaOH\] thêm vào là \[a{\rm{ }}\left( {gam} \right)\]

=> tính khối lượng chất tan trong dung dịch sau khi thêm và khối lượng dung dịch sau khi thêm

+) Thay vào biểu thức tính phần trăm \[NaOH\] trong dung dịch \[ = > a\]

Giải chi tiết:

Khối lượng \[NaOH\] có trong \[60{\rm{ }}gam\]dung dịch \[20\% \]là:

                                 \(60 \times 20{\rm{\% }} = 12gam\)

Gọi khối lượng \[NaOH\] thêm vào là \[a{\rm{ }}\left( {gam} \right),\]ta có:

Khối lượng \[NaOH\] trong dung dịch sau khi thêm là: \[12{\rm{ }} + {\rm{ }}a\]

Khối lượng dung dịch sau khi thêm là: \[60{\rm{ }} + {\rm{ }}a\]

\( \Rightarrow \) Phần trăm \[NaOH\] trong dung dịch sau thi thêm là:

             \(\frac{{12 + a}}{{60 + a}}.100{\rm{\% }} = 25{\rm{\% }}\)

\[ \Rightarrow {\rm{ }}a{\rm{ }} = {\rm{ }}4{\rm{ }}\left( {gam} \right)\]

Số học sinh khối \(12\) của một trường học là một số có ba chữ số và khi yêu cầu các em học sinh này xếp thành \(16\) hàng, \(20\) hàng hoặc \(24\) hàng đều nhau thì vừa đủ.

Đáp án: B, C

Phương pháp giải:

- Gọi \(x\) là số học sinh khối \(12.\)

- Khi đó \(x\) chia hết cho \[16,\,\,20\]và \(24.\)

Giải chi tiết:

Gọi \(x\) là số học sinh khối \(12.\)

Khi đó \(x\) chia hết cho \[16,\,\,20\] và \(24.\)

                      \( \Rightarrow x \in BC\left( {16;20;24} \right)\)

                             \(16 = {2^4};20 = {2^2}.5;24 = {2^3}.3\)

                  \( \Rightarrow BCNN\left( {16;20;24} \right) = 240\)

\( \Rightarrow BC\left( {16;20;24} \right) = \left\{ {240k|k \in {\mathbb{N}^*}} \right\}\)

                                         \( \Rightarrow x = 240k\)

Số học sinh khối \(12\) của trường đó có thể là \(240\) hoặc \(480.\)

Đáp án:

Diện tích của phần tô màu vàng là:  \(\mathop \smallint \limits_a^c \left| {f\left( x \right)} \right|dx\)
Diện tích của phần tô màu xanh là:  \(\mathop \smallint \limits_b^c \left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx\)

Phương pháp giải: Sử dụng định nghĩa.

Giải chi tiết:

Diện tích của phần tô màu vàng là: \(\mathop \smallint \limits_a^c \left| {f\left( x \right)} \right|dx\)

Diện tích của phần tô màu xanh là: \(\mathop \smallint \limits_b^c \left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx\)

Một số hàm hyperbol được xác định bởi công thức như sau:

\({\rm{sinh}}x = \frac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{2};{\rm{cosh}}x = \frac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{2};\) \({\rm{tanh}}x = \frac{{\sinh x}}{{\cosh x}};{\rm{coth}}x = \frac{{\cosh x}}{{\sinh x}}\)

Phương pháp giải:

- Tìm tập xác định.

- Tính \(f\left( { - x} \right)\).

Giải chi tiết:

Khẳng định 1:

                         \({\rm{coth}}x = \frac{{\cosh x}}{{\sinh x}}\)

\( \Rightarrow \) Điều kiện hàm số \(y = {\rm{coth}}x\) là \({\rm{sinh}}x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 0\).

Hàm số \(y = {\rm{coth}}x\) có tập xác định \(D = \mathbb{R} \setminus \left\{ 0 \right\}\).

\( \Rightarrow \)Sai.

Khẳng định 2:

\(y = {\rm{sinh}}x = \frac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{2}\) có \(D = \mathbb{R}\)

\({\rm{sinh}}\left( { - x} \right) = \frac{{{e^{ - x}} - {e^x}}}{2} = - {\rm{sinh}}x\)

\( \Rightarrow y = {\rm{sinh}}x\) là hàm số lẻ.

\(y = {\rm{cosh}}x = \frac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{2}\) \( \Rightarrow {\rm{cosh}}\left( { - x} \right) = \frac{{{e^{ - x}} + {e^x}}}{2} = {\rm{cosh}}x\)

\( \Rightarrow y = {\rm{cosh}}x\) là hàm số chẵn.

\(y = {\rm{tanh}}x = \frac{{\sinh x}}{{\cosh x}}\) \( \Rightarrow {\rm{tanh}}\left( { - x} \right) = \frac{{\sinh \left( { - x} \right)}}{{\cosh \left( { - x} \right)}} = \frac{{ - {\rm{sinh}}x}}{{\cosh x}} = - {\rm{tanh}}x\)

\( \Rightarrow y = {\rm{tanh}}x\) là hàm số lẻ.

\( \Rightarrow \)Đúng.

Khẳng định 3:

\({\rm{cos}}{{\rm{h}}^2}x - {\rm{sin}}{{\rm{h}}^2}x = {\left( {\frac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{{{e^x} - {e^{ - x}}}}{2}} \right)^2}\)

=\( = \frac{{{e^{2x}} + 2 + {e^{ - 2x}}}}{4} - \frac{{{e^{2x}} - 2 + {e^{ - 2x}}}}{4} = 1\forall x \in \mathbb{R}\).

\( \Rightarrow \)Đúng.

Phương pháp giải:

Bước 1: Tính số lần rán ít nhất để rán xong \(14\) chiếc bánh.

Bước 2: Tính số phút cần thiết để rán xong \(2\) mặt cho mỗi lần rán.

Bước 3: Tính số phút cần thiết để rán xong số lần rán ít nhất để rán xong \(14\) chiếc bánh và kết luận.

Giải chi tiết:

Ta có \(14:3 = \frac{{14}}{3} \approx 4,66667\).

Suy ra Mai cần ít nhất \(5\) lần rán để rán xong \(14\) chiếc bánh.

Vì Mai cần rán \(4\) phút cho mỗi mặt bánh nên Mai cần \(8\) phút để rán xong \(2\) mặt bánh (tức là xong \(1\) lần rán thì Mai cần \(8\) phút).

Khi đó với \(5\) lần rán, Mai cần: \(5.8 = 40\) phút.

Phương pháp giải:

Từ \(\mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) + 1}}{{x + 1}} = - 1\) tính \(f\left( 1 \right)\) từ đó thay vào tính \(I = \mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {{x^2} + x} \right)f\left( x \right) + 2}}{{x + 4}}\)

Giải chi tiết:

Ta có \(\mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) + 1}}{{x + 1}} = - 1 \Rightarrow \frac{{f\left( 1 \right) + 1}}{{1 + 1}} = - 1 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = - 3\)

\( \Rightarrow I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{({x^2} + x)f(x) + 2}}{{x + 4}} = \frac{{2 \cdot ( - 3) + 2}}{{1 + 4}} = - \frac{4}{5}.\)

Đáp án:

Phương trình  \(f\left( x \right) - 1 = 0\) có \(3\) nghiệm thực phân biệt.

Khi \(m \in \left( {0;1} \right)\) thì phương trình \(f\left( x \right) = m\) có \(4\) nghiệm thực phân biệt.

Khi \(m \in \left( {1; + \infty } \right)\) thì phương trình \(f\left( x \right) = m\) có tối đa \(2\) nghiệm thực phân biệt.

Phương pháp giải: Kẻ đường thẳng \(y = 1;y = m\) tương ứng.

Giải chi tiết:

Ta có \(f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 1\)

Vẽ đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại \(3\) điểm.

Suy ra phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0\) có \(3\) nghiệm thực phân biệt.

Khi \(m \in \left( {0;1} \right)\) thì phương trình \(f\left( x \right) = m\) có \(4\) nghiệm thực phân biệt.

Khi \(m \in \left( {1; + \infty } \right)\) thì phương trình \(f\left( x \right) = m\) có tối đa \(2\) nghiệm thực phân biệt.

Đáp án:

Diện tích xung quanh của hình trụ là  \(16\pi \left( {c{m^2}} \right)\) và diện tích toàn phần là \(24\pi \) \(\left( {c{m^2}} \right)\)

Phương pháp giải:

- Tìm chiều cao và bán kính đáy.

- Áp dụng các công thức: \({S_{xq}} = 2\pi rh\) và \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{day}}\)

Giải chi tiết:

Thiết diện qua trục là hình vuông có diện tích bằng \(16c{m^2}\) nên chiều cao \(h = 2r = \sqrt {16} = 4\)

\( \Rightarrow {S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .\frac{4}{2}.4 = 16\pi \left( {c{m^2}} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{{\rm{d\'a y}}}} = 16\pi + 2\pi {r^2}\\ = 16\pi + 2\pi \cdot 4 = 24\pi {\mkern 1mu} ({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})\end{array}\)

Đáp án: \(407.\)

Phương pháp giải: Tìm số hạng tổng quát của cấp số cộng. Đặt \({u_k}\)là số hạng cần tìm sau đó tìm k.

Giải chi tiết:

Ta có: Số hạng tổng quát \({u_n} = {u_n} + \left( {n - 1} \right)d = 2025 - 5\left( {n - 1} \right)\)

Gọi \({u_k}\) là số hạng đầu tiên nhận giá trị âm, ta có:

   \({u_k} = {u_k} + \left( {k - 1} \right)d = 2025 - 5\left( {k - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow 2025\left\langle {5k - 5 \Leftrightarrow k} \right\rangle \frac{{2030}}{5} = 406\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên ta chọn \(k = 407.\)

Vậy bắt đầu số hạng \({u_{407}}\) thì nó nhận giá trị âm

Đáp án: A

Phương pháp giải: Nhận diện ngôi kể → phân tích tác dụng → loại trừ phương án cực đoan.

Giải chi tiết:

• Đoạn trích chủ yếu ngôi 3 + điểm nhìn “tôi” và cộng đồng
• → Vừa khách quan vừa có trải nghiệm
• B sai (không làm giảm khách quan)
• C sai (không rời rạc)
• D sai (không “tuyệt đối”)

Đáp án: A

Phương pháp giải: Xác định dụng ý nghệ thuật của chi tiết “nhiều lời kể”.

Giải chi tiết:

• Nhiều nguồn kể → không rõ ràng → tạo màu sắc huyền thoại
• Đồng thời thể hiện góc nhìn cộng đồng
  → A đúng, các phương án khác cực đoan

Đáp án: B

Phương pháp giải: Phân biệt nguyên nhân trực tiếp – bản chất hành động.

Giải chi tiết: “đánh lên đầu…” → xúc phạm danh dự → phản ứng bảo vệ nhân phẩm → B đúng

Đáp án: B

Phương pháp giải: Phân tích hành động → suy ra biến đổi tâm lí.

Giải chi tiết:

• Không trả thù ≠ yếu đuối
  → là sự buông bỏ sau bi kịch
  → B đúng

Đáp án: B

Phương pháp giải: Xác định vị trí chi tiết trong kết cấu.

Giải chi tiết:

• Sau bi kịch → giết hổ → nâng tầm nhân vật
  → B đúng

Đáp án: C

Phương pháp giải: Phân tích thái độ cộng đồng qua chi tiết.

Giải chi tiết: “đa sự”, “khấp khởi” → vừa tò mò vừa thêu dệt
→ C đúng

Đáp án: A

Phương pháp giải:

• Nhận diện kết cấu phi tuyến tính (đảo trật tự kể)
• Xem xét tác dụng nghệ thuật của việc kể trước – giải thích sau
• Đối chiếu các phương án với mục đích khắc hoạ nhân vật

Giải chi tiết:

• Đoạn trích mở đầu bằng hành động giết hổ đầy kịch tính, gây ấn tượng mạnh.
• Sau đó mới quay về kể quá khứ bi kịch (tù đày, mất vợ con) → tạo chiều sâu nhân vật.
  → Đây là thủ pháp quen thuộc: gây tò mò → lí giải nguyên nhân → tăng giá trị nhân vật
• Loại B: Không phải gây “khó hiểu” mà là có chủ đích nghệ thuật rõ ràng
• Loại C: Không thiên về sử thi mà vẫn giàu tính bi kịch đời thường
• Loại D: Không phải giảm nhẹ bi kịch, mà ngược lại làm nổi bật hơn

→ Chọn A

Đáp án: B

Phương pháp giải:

• Phân tích tâm lí nhân vật sau biến cố
• Đối chiếu chi tiết “kêu trời một tiếng rồi cười nhạt bỏ đi”
• Loại trừ các phương án suy diễn cực đoan

Giải chi tiết:

• Võ Tòng sau khi ra tù:
  • Mất vợ (bị cướp)
  • Mất con (đã chết)
    → Không còn gì để giành lại
• Hành động: “kêu trời một tiếng rồi cười nhạt bỏ đi”
  → Thể hiện sự buông bỏ, nhận ra trả thù không còn ý nghĩa
• Loại A: Đúng một phần nhưng chưa sâu bằng (chưa nhấn mạnh “mất mát không thể bù đắp”)
• Loại C: Mang tính suy diễn ý đồ tác giả, không trực tiếp từ văn bản
• Loại D: Sai, vì nhân vật vẫn mạnh mẽ (sống giữa rừng, giết hổ)

→ Chọn B

Đáp án: B

Phương pháp giải:

• Nhận diện thủ pháp “lời đồn – dị bản”
• Xác định hiệu quả thẩm mĩ (không phải thông tin)
• Phân biệt giữa “xác thực” và “huyền thoại hóa”

Giải chi tiết:

• Văn bản đưa ra nhiều khả năng: Do ở tù, Do đi giang hồ → Không xác định cái nào đúng

→ Tác dụng:

• Làm nhân vật bí ẩn, nửa thực nửa huyền thoại
• Tăng chiều sâu và sức hấp dẫn
• Loại A: Sai → nhiều nguồn không làm “xác thực” mà làm “mơ hồ”
• Loại C: Không phải mục tiêu chính
• Loại D: Ngược lại, không lí giải rõ mà làm mờ

→ Chọn B

Đáp án: A

Phương pháp giải:

• Nhận diện hiện tượng liên văn bản
• Xem xét ý nghĩa biểu tượng của tên gọi
• So sánh các mức độ khái quát của đáp án

Giải chi tiết:

• “Võ Tòng” → liên hệ trực tiếp đến nhân vật trong Thủy hử
  → biểu tượng:
• Anh hùng
• Trượng nghĩa
• Diệt ác

→ Tác dụng sâu nhất:

• Nâng nhân vật lên tầm biểu tượng văn học, không chỉ là người bình thường
• Loại B: Chỉ dừng ở “so sánh”, chưa đủ chiều sâu
• Loại C: Quá rộng, mang tính khái quát văn hóa
• Loại D: Chỉ nói về “võ”, chưa bao quát giá trị biểu tượng

→ Chọn A

Đáp án: B

Phương pháp: Xác định nội dung xuyên suốt toàn văn bản.

Giải chi tiết: Văn bản xoay quanh: “đau quy chiếu”, nguyên nhân gián tiếp gây đau đầu, các loại đau đầu phổ biến → B bao quát đầy đủ nhất

• Loại:
  A → quá chuyên sâu, không phải mục đích chính
  C → suy diễn sai bản chất
  D → chỉ là phần phụ cuối bài

Đáp án: B

Phương pháp: Hiểu khái niệm → diễn đạt lại bằng ngôn ngữ khác.

Giải chi tiết: “Đau quy chiếu” = đau ở nơi khác với nơi phát sinh
→ B diễn đạt đúng bản chất “nhầm vị trí”

• Loại:
  A → sai vì não không có thụ thể đau
  C → suy diễn ngược
  D → nhầm sang cơ chế vật lý

Đáp án: B

Phương pháp: Suy luận từ thông tin phủ định (“não không đau”).

Giải chi tiết:

• Đoạn [1]:
  → đau đầu đa dạng nhưng không do não
  → phải do nguồn khác → cơ chế khác nhau

→ B là suy luận hợp lý

• Loại:
  A → trái nội dung
  C → khái quát hóa sai
  D → tuyệt đối hóa (não vẫn xử lý tín hiệu)

Đáp án: A

Phương pháp: Tìm ý “thứ phát” trong đoạn.

Giải chi tiết:

• Đoạn [3]:
  → co cơ có thể là thứ phát từ căng vai, nghiến hàm

→ B đúng

• Loại:
  D → phủ nhận yếu tố ngoài → sai
  B → “duy nhất” → sai
  C → không đề cập

Đáp án: C

Phương pháp: So sánh hai đoạn [3] và [5].

Giải chi tiết:

• Đau căng thẳng → cơ
• Đau nửa đầu → dây thần kinh sinh ba + màng cứng

→ C đúng

Đáp án: D

Phương pháp:

• Xác định các “mắt xích” trong đoạn [6]
• Sắp xếp theo đúng trình tự nguyên nhân → trung gian → kết quả

Giải chi tiết:
Đoạn [6] mô tả chuỗi:

• Kích thích điện trong não
  → tác động đến dây thần kinh sinh ba
  → gây phản ứng viêm
  → viêm lan qua mạch máu màng cứng
  → lan đến màng não nhạy cảm với đau
  → gây cơn đau đầu

→ Chỉ D tái hiện đúng chuỗi logic này.

• Loại:
  A → sai vì “cuống não” chỉ là nơi nhận tín hiệu, không phải điểm khởi phát
  B → sai vì không có chi tiết “tăng áp lực nội sọ”
  C → sai vì quy trực tiếp vào “mô não” (não không có thụ thể đau)

Đáp án: C

Phương pháp:

• Nhận diện quan điểm tổng kết của tác giả (thường nằm cuối đoạn)
• Chú ý các từ khóa: “vẫn có thể”, “bằng nhiều cách”

Giải chi tiết:
Đoạn [7]:

• Thừa nhận: chưa hiểu hết cơ chế
• Nhưng: vẫn có thể xử lý bằng nhiều cách (lối sống, thuốc…)

→ C phản ánh đầy đủ hai vế này.

• Loại:
  A → tuyệt đối hóa “phụ thuộc hoàn toàn” → sai
  B → suy diễn tiêu cực, trái với “vẫn có thể xử lý tốt”
  D → phủ nhận các biện pháp cho trường hợp nhẹ → sai

Đáp án: D

Phương pháp:

• Xác định chức năng của ví dụ trong văn bản
• Liên hệ trực tiếp với khái niệm đang được giải thích

Giải chi tiết:
Ví dụ này xuất hiện ngay sau khi nói về “đau quy chiếu”
→ mục đích: giúp người đọc dễ hình dung hiện tượng đau không đúng vị trí

→ D đúng.

• Loại:
  A → khái quát hóa “mọi cơn đau” → sai
  B → lệch trọng tâm (không bàn về cột sống)
  C → nói chung chung, không đúng trọng tâm “quy chiếu”

Đáp án: D

Phương pháp:

• Dựa vào thông tin phủ định: “não không có thụ thể đau”
• Kết hợp vai trò xử lý tín hiệu

Giải chi tiết:

• Não không tự cảm nhận đau
• Nhưng nhận và xử lý tín hiệu đau từ nơi khác

→ D đầy đủ nhất.

• Loại:
  A → phủ nhận hoàn toàn → sai
  B → sai vì “phát sinh đau”
  C → thiếu vai trò “diễn giải cảm giác”

Đáp án: B

Phương pháp:

• Khái quát toàn văn → tìm nhận định bao trùm
• Tránh các phương án tuyệt đối hóa / giản lược

Giải chi tiết:
Văn bản cho thấy:

• nhiều nguyên nhân (cơ, thần kinh, mạch máu…)
• cơ chế chưa hiểu hết
  → hiện tượng phức tạp, đa cơ chế

→ B đúng.

• Loại:
  A → sai vì vẫn có nguyên nhân
  C → sai vì não không phải nguồn gốc
  D → sai vì đơn giản hóa vấn đề

Phương pháp giải: Dựa vào thông tin bài cung cấp

Giải chi tiết:

Phương pháp giải: Dựa vào công thức: ρ=m/V

Giải chi tiết:

Thể tích nước: V=5,0l=5000 cm³

Phương pháp giải:

Tốc độ cung cấp nhiệt lượng của hơi nước $P$P được xác định bởi:

Nhiệt lượng thu vào của nước:

Suy ra thời gian:

Phương pháp giải: Dựa vào bảng thông tin cung cấp để so sánh 2 tấm pin

Giải chi tiết:

Tại sa mạc, nhiệt độ là kẻ thù của pin mặt trời. Tấm pin loại A không chỉ có hiệu suất ban đầu cao hơn mà còn có "độ bền công suất" tốt hơn trước nhiệt độ (hệ số −0,4% tốt hơn −0,5%).

Phương pháp giải:

Dựa vào đoạn thông tin đầu tiên trong bài đọc giới thiệu về phản ứng xà phòng hoá: Xà phòng là sản phẩm của quá trình đun nóng chất béo (triacylglycerol) với dung dịch kiềm mạnh như NaOH hoặc KOH. Phản ứng này được gọi là phản ứng xà phòng hoá (saponification), về bản chất là quá trình thủy phân ester trong môi trường kiềm tạo thành muối của acid béo (xà phòng) và glycerol. Một ví dụ điển hình là phản ứng của glyceryl stearate với NaOH…

Giải chi tiết:

- Chất tham gia 1: Tripalmitin

- Chất tham gia 2: Dung dịch kiềm

- Sản phẩm chính: Muối sodium của palmitic acid

- Sản phẩm phụ: Glycerol

Đáp án: B, C, E

Phương pháp giải:

Dựa vào đoạn thông tin đầu tiên giới thiệu về cơ chế giặt rửa của xà phòng: Khả năng tẩy rửa của xà phòng bắt nguồn từ cấu trúc đặc biệt của phân tử muối acid béo. Mỗi phân tử xà phòng (ví dụ: sodium stearate) gồm hai phần:

- Đầu ưa nước (hydrophilic head): Là nhóm carboxylate (−COO⁻) có tính phân cực cao, dễ dàng tương tác với các phân tử nước,.

- Đuôi kỵ nước (hydrophobic tail): Là mạch hydrocarbon dài, không phân cực, có xu hướng tránh xa nước nhưng lại dễ hòa tan trong dầu mỡ và các vết bẩn hữu cơ.

Khi giặt rửa, các đuôi kỵ nước sẽ bám vào vết bẩn, bao quanh chúng để tạo thành các hạt nhỏ gọi là micelle. Các đầu ưa nước hướng ra ngoài môi trường nước, giúp kéo vết bẩn rời khỏi bề mặt vật liệu và lơ lửng trong dung dịch.

Giải chi tiết:

Các phát biểu đúng là: B, C, E.

- Phát biểu (A SAI vì đuôi hydrocarbon của xà phòng không có tính phân cực và kị nước.

- Phát biểu (D) SAI vì xà phòng mất tác dụng tẩy rửa trong môi trường nước cứng (có nhiều ion Ca²⁺ và Mg²⁺).

Phương pháp giải: Đọc kĩ đoạn thông tin về sử dụng xà phòng trong nước cứng.

Giải chi tiết:

- Phát biểu (a) ĐÚNG.

- Phát biểu (b) SAI vì xà phòng mất tác dụng tẩy rửa trong môi trường nước cứng (có nhiều ion Ca²⁺ và Mg²⁺).

- Phát biểu (c) ĐÚNG.

- Phát biểu (d) SAI vì phản ứng xà phòng hoá là phản ứng 1 chiều của chất béo trong môi trường kiềm đun nóng.

Đáp án: 3

Phương pháp giải: Một chất béo có chỉ số iodine là 86 tức là 100 g chất béo đó phản ứng được với 86 g phân tử I₂.

Giải chi tiết:

Ta có 86 gam I₂ sẽ phản ứng với 100 gam chất béo

⟹ 0,33 mol I₂ sẽ phản ứng với 0,11 mol chất béo

Số liên kết đôi C=C trung bình trong 1 phân tử chất béo = n_I2/n_{chất béo} = 3

 Đáp án: nhiệt độ sôi

Phương pháp giải: Dựa vào số liệu trong bảng để đưa ra nhận xét.

Giải chi tiết:

Khối lượng phân tử hợp chất arene tăng từ benzene < toluene < ethylbenzene < propylbenzene, theo chiều tăng khối lượng phân tử hợp chất thì nhiệt độ sôi tăng.

Phương pháp giải: Một chất sẽ ở thể lỏng nếu nhiệt độ môi trường (25^oC) nằm giữa khoảng nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của nó (t_nc < 25^oC < t_s).

Giải chi tiết:

Cả 4 arene đều có nhiệt độ nóng chảy nhỏ hơn 25^oC và nhiệt độ sôi lớn hơn 25^oC nên cả 4 arene đều là chất lỏng ở điều kiện thường.

Chọn đáp án A.

Phương pháp giải: Tính toán khối lượng phân tử của các phân tử arene trong bảng, biết nguyên tử khối (amu): H = 1, C = 12.

Giải chi tiết:

Khối lượng phân tử của benzene: M_benzene = 12.6 + 6.1 = 78 = 78 + 14.0 (amu)

Khối lượng phân tử của toluene: M_toluene = 12.7 + 1.8 = 92 = 78 + 14.1 (amu)

Khối lượng phân tử của ethylbenzene: M_ethylbenzene = 12.8 + 1.10 = 106 = 78 + 14.2 (amu)

Khối lượng phân tử của ethylbenzene: M_{propylbenzene} = 12.9 + 1.12 = 120 = 78 + 14.3 (amu)

Vậy nhận định trên là nhận định chính xác.

Phương pháp giải:

a. Khả năng bay hơi: Tỉ lệ nghịch với nhiệt độ sôi. Chất có nhiệt độ sôi càng thấp thì càng dễ bay hơi.

b. Phương pháp chưng cất: Dùng để tách các chất lỏng tan vào nhau nhưng có nhiệt độ sôi khác nhau đáng kể.

c. Khối lượng riêng: So sánh các giá trị trong bảng và so với khối lượng riêng của nước (null).

d. Tính tan: Các hydrocarbon (arene) là những hợp chất không phân cực, do đó chúng hầu như không tan trong nước (dung môi phân cực).

Giải chi tiết:

- Nhận định (a): SAI. Dựa vào bảng, benzene có nhiệt độ sôi thấp nhất (80∘C), do đó benzene là chất dễ bay hơi nhất (khả năng bay hơi tốt nhất) trong số các arene đã cho. Chất bay hơi kém nhất là propylbenzene (159∘C).

- Nhận định (b): ĐÚNG. Toluene có nhiệt độ sôi là 111∘C và ethylbenzene có nhiệt độ sôi là 136∘C. Sự chênh lệch nhiệt độ sôi (25∘C) đủ lớn để có thể tách chúng ra khỏi hỗn hợp bằng phương pháp chưng cất phân đoạn.

- Nhận định (c): SAI. Quan sát cột khối lượng riêng: Benzene (C6): 0,879 → Toluene (C7): 0,867 = Ethylbenzene (C8) → Propylbenzene (C9): 0,862. Ta thấy khi số nguyên tử carbon của ethylbenzene là lớn hơn toluene nhưng khối lượng riêng của hai chất này lại bằng nhau.

- Nhận định (d): SAI. Các arene trong bảng đều có khối lượng riêng nhỏ hơn null nên chúng nhẹ hơn nước (đúng). Tuy nhiên, đặc tính chung của hydrocarbon là không tan hoặc rất ít tan trong nước, chúng chỉ tan tốt trong các dung môi hữu cơ không phân cực (sai ở ý "tan tốt trong nước").