Đề tham khảo Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 18)

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng.

Phương pháp giải.

Sử dụng các tính chất cơ bản của tích phân.

Lời giải chi tiết.

Ta có. \(\int_1^8 f (x)dx = \int_1^4 f (x)dx + \int_4^8 f (x)dx \Rightarrow - 2 = 3 + \int_4^8 f (x)dx \Rightarrow \int_4^8 f (x)dx = - 5\).

Xét phát biểu A:  \(\int_4^8 f (x)dx + \int_1^4 g (x)dx = - 5 + 7 = 2 \ne 8 \Rightarrow \) Sai.

Xét phát biểu B: \(\int_4^8 f (x)dx = - 2 - 3 = - 5 \Rightarrow \) Đúng.

Xét phát biểu C: \(\mathop \smallint \limits_1^4 \left[ {4f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x = - 2\) Đúng.

Đáp án: \((3; - 2;6)\)

Phương pháp giải.

Viết phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn để xác định vectơ pháp tuyến.

Lời giải chi tiết.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là. \(\frac{x}{2} + \frac{y}{{ - 3}} + \frac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 3x - 2y + 6z - 6 = 0\).

Vậy mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (3; - 2;6)\).

Đáp án: Thể tích của (T) bằng \(85,75\pi \); Diện tích xung quanh của (T) bằng \(49\pi \)

Phương pháp giải.

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng \(S = 2\pi rh\).

Thể tích của khối trụ là \(V = \pi {r^2}h\).

Lời giải chi tiết.

Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Theo giả thiết ta có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh 7 nên \(h = 2r = 7\), do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h = 7}\\{r = \frac{7}{2}}\end{array}} \right.\).

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ bằng \(S = 2\pi rh = 2\pi \times \frac{7}{2} \times 7 = 49\pi \).

Thể tích của khối trụ là \(V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {\frac{7}{2}} \right)^2} \times 7 = 85,75\pi \).

Đáp án đúng là B, C, D

Phương pháp giải.

Xác định trung bình cộng hai số nguyên tố kề với số đã cho và so sánh.

Lời giải chi tiết.

Hai số nguyên tố kề 31 là 29 và 37, khi đó \(\frac{{29 + 37}}{2} = 33 > 31\) suy ra 31 không là số nguyên tố mạnh.

Hai số nguyên tố kề 29 là 23 và 31, khi đó \(\frac{{23 + 31}}{2} = 27 < 29\) suy ra 29 là số nguyên tố mạnh.

Hai số nguyên tố kề 37 là 31 và 41, khi đó \(\frac{{31 + 41}}{2} = 36 < 37\) suy ra 37 là số nguyên tố mạnh.

Hai số nguyên tố kề 41 là 37 và 43, khi đó \(\frac{{37 + 43}}{2} = 40 < 41\) suy ra 41 là số nguyên tố mạnh.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai

Phương pháp giải.

Sử dụng tính chất hình chóp có các cạnh bên tạo với đáy các góc bằng nhau.

Tính thể tích và sử dụng công thức khoảng cách \(d(A,(SBC)) = \frac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}}\).

Lời giải chi tiết.

Theo giả thiết ta có $\widehat{SAH}=\widehat{SBH}=\widehat{SCH}={30}^{°}\Rightarrow \Delta SAH=\Delta SBH=\Delta SCH\Rightarrow HA=HB=HC$

Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (Phát biểu a Sai).

Nửa chu vi tam giác ABC là \(p = \frac{{5 + 8 + 7}}{2} = 10 \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \sqrt {10(10 - 5)(10 - 8)(10 - 7)} = 10\sqrt 3 \).

Bán kính đường tròn ngoại tiếp \(HA = R = \frac{{AB \times BC \times AC}}{{4{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{5 \times 8 \times 7}}{{4 \times 10\sqrt 3 }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\).

Chiều cao hình chóp $SH=AH\times \tan {30}^{°}=\frac{7\sqrt{3}}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{7}{3}$. (Phát biểu b Đúng).

Thể tích \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH \times {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \times \frac{7}{3} \times 10\sqrt 3 = \frac{{70\sqrt 3 }}{9}\).

Ta có các cạnh bên  $SB=SC=\frac{HB}{\cos {30}^{°}}=\frac{14}{3}$

Nửa chu vi tam giác SBC là \(p' = \frac{{14/3 + 14/3 + 8}}{2} = \frac{{26}}{3}\).

\({S_{\Delta SBC}} = \sqrt {p'(p' - SB)(p' - SC)(p' - BC)} = \frac{{8\sqrt {13} }}{3}\).

Khoảng cách từ A đến (SBC) là \(d(A,(SBC)) = \frac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \frac{{3 \times \frac{{70\sqrt 3 }}{9}}}{{\frac{{8\sqrt {13} }}{3}}} = \frac{{35\sqrt {39} }}{{52}}\). (Phát biểu c Sai).

Đáp án: 10,67

Phương pháp giải.

Tính bán kính đường tròn giao tuyến, từ đó tính bán kính mặt cầu và thể tích mặt cầu.

Lời giải chi tiết.

Bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là. \(r' = \frac{C}{{2\pi }} = \frac{{2\sqrt 3 \pi a}}{{2\pi }} = a\sqrt 3 \).

Suy ra bán kính mặt cầu (S) là. \(r = \sqrt {{{(r')}^2} + {h^2}} = \sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {a^2}} = 2a\).

Thể tích khối cầu (S) là. \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {(2a)^3} = \frac{{32}}{3}\pi {a^3} \approx 10,67\pi {a^3}\).

Đáp án: a) Sai; b) Sai

Phương pháp giải.

Xác định bán kính R từ phương trình mặt cầu, sau đó tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu.

Lời giải chi tiết.

Ta có mặt cầu có bán kính là \(R = \sqrt {16} = 4\).

Khi đó, diện tích mặt cầu là \(4\pi {R^2} = 4\pi \times {4^2} = 64\pi \Rightarrow \) Phát biểu a Sai.

Thể tích khối cầu là \(\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \times {4^3} = \frac{{256}}{3}\pi \Rightarrow \) Phát biểu b Sai.

Đáp án: 6

Phương pháp giải.

Giải bất phương trình bằng cách xét điều kiện và dấu của các nhân tử.

Lời giải chi tiết.

Ta có tập xác định là \(x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1\).

Ta có \(\sqrt {x - 1} \ge 0\), do đó để bất phương trình thỏa mãn thì \(x - 6 \le 0 \Leftrightarrow x \le 6\).

Kết hợp điều kiện ta có \(1 \le x \le 6\).

Vì x nguyên nên \(x \in \{ 1;2;3;4;5;6\} \).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình có 6 phần tử nguyên.

Đáp án: \({x_I} = - 4\), \({y_I} = - 5\)

Phương pháp giải.

Xác định đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số để tìm tâm đối xứng.

Lời giải chi tiết.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = - 4\) và đường tiệm cận ngang là \(y = - 5\).

Khi đó ta có tâm đối xứng của đồ thị hàm số là giao điểm của hai đường tiệm cận \(I( - 4; - 5)\).

Vậy \({x_I} = - 4\) và \({y_I} = - 5\).

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng

Phương pháp giải.

Xác định công bội, công thức tổng quát và tổng n số hạng đầu của cấp số nhân.

Lời giải chi tiết.

Ta có \({u_6} = {u_1} \cdot {q^5} \Leftrightarrow 160 = 5 \cdot {q^5} \Leftrightarrow {q^5} = 32 \Leftrightarrow q = 2\).

Khi đó ta có \({u_n} = 5 \cdot {2^{n - 1}} \Rightarrow {u_8} = 5 \cdot {2^7} = 640 \Rightarrow \) Phát biểu a Sai.

Ta có \({S_8} = {u_1}\frac{{1 - {q^8}}}{{1 - q}} = 5 \cdot \frac{{1 - {2^8}}}{{1 - 2}} = 1275 \Rightarrow \) Phát biểu b Đúng.

Giả sử 10240 là số thuộc cấp số nhân, khi đó

\(10240 = {u_1} \cdot {q^{k - 1}} \Leftrightarrow 5 \cdot {2^{k - 1}} = 10240 \Leftrightarrow {2^{k - 1}} = 2048 = {2^{11}} \Rightarrow k - 1 = 11 \Rightarrow k = 12\).

Vậy 10240 là số hạng thứ 12 của cấp số nhân \( \Rightarrow \) Phát biểu c Đúng.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải.

Hàm số liên tục tại \(x = {x_0}\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x) = f({x_0})\).

Lời giải chi tiết.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt x - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt x - 1}}{{(\sqrt x - 1)(\sqrt x + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{\sqrt x + 1}} = \frac{1}{2}\).

Và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {ax - \frac{1}{2}} \right) = a - \frac{1}{2} = f(1)\).

Hàm số đã cho liên tục tại điểm \(x = 1\) khi và chỉ khi.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1) \Leftrightarrow \frac{1}{2} = a - \frac{1}{2} \Leftrightarrow a = 1\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải.

Tính tổng \(f(a) + f(1 - a)\) để ghép cặp các số hạng.

Lời giải chi tiết.

Xét \(f(a) + f(1 - a) = \frac{{{{25}^a} - 4}}{{{{25}^a} + 5}} + \frac{{{{25}^{1 - a}} - 4}}{{{{25}^{1 - a}} + 5}} = \frac{{{{25}^a} - 4}}{{{{25}^a} + 5}} + \frac{{\frac{{25}}{{{{25}^a}}} - 4}}{{\frac{{25}}{{{{25}^a}}} + 5}}\)\( = \frac{{{{25}^a} - 4}}{{{{25}^a} + 5}} + \frac{{25 - 4 \cdot {{25}^a}}}{{25 + 5 \cdot {{25}^a}}} = \frac{{{{25}^a} - 4}}{{{{25}^a} + 5}} + \frac{{5 - \frac{4}{5} \cdot {{25}^a}}}{{5 + {{25}^a}}} = \frac{1}{5}\).

Tổng S có 2022 số hạng, ta ghép thành 1011 cặp.

Do đó \(S = f\left( {\frac{1}{{2023}}} \right) + f\left( {\frac{2}{{2023}}} \right) + ... + f\left( {\frac{{2022}}{{2023}}} \right) = \frac{1}{5} \times 1011 = \frac{{1011}}{5}\).

Đáp án: a) Sai; b) Đúng

Phương pháp giải.

Phân tích vectơ \(\overrightarrow {MN} \) theo các vectơ \(\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} \).

Lời giải chi tiết.

Ta có \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MS} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {BN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {BC} \)\( = - \frac{1}{2}\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \frac{1}{4}(\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} ) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {SA} + \frac{3}{4}\overrightarrow {SB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {SC} \).

Vậy \(a = - \frac{1}{2}\), \(b = \frac{3}{4}\), \(c = \frac{1}{4}\). Khi đó \(a \ne \frac{1}{2}\) (phát biểu a Sai).

Và \(a + b + c = - \frac{1}{2} + \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\) (phát biểu b Đúng).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải.

Từ đồ thị hàm số \(y = f(x)\), lấy đối xứng phần đồ thị nằm dưới trục hoành qua trục hoành để được đồ thị hàm số \(y = |f(x)|\).

Lời giải chi tiết.

Ta có \(y = |f(x)| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x)}&{{\rm{khi }}f(x) \ge 0}\\{ - f(x)}&{{\rm{khi }}f(x) < 0}\end{array}} \right.\).

Từ đó suy ra cách vẽ đồ thị hàm số \((C):y = |f(x)|\) từ đồ thị hàm số \(y = f(x)\) như sau.

Phần 1. Giữ nguyên đồ thị \(y = f(x)\) phần nằm phía trên trục hoành.

Phần 2. Lấy đối xứng phần 1 (phần nằm dưới) qua trục hoành.

Kết hợp phần 1 và phần 2 ta được đồ thị hàm số \(y = |f(x)|\).

Từ đó suy ra hàm số \(y = |f(x)|\) đồng biến trên các khoảng \(( - 3; - 2)\) và \((0; + \infty )\).

Đáp án đúng là A, D

Phương pháp giải.

Sử dụng tính chất chữ số tận cùng của một số khi nhân 7 và thiết lập phương trình toán học.

Lời giải chi tiết.

Gọi số ban đầu là \(\overline {ab} \) (\(1 \le a \le 9\), \(0 \le b \le 9\)).

Sau khi thêm số 0 vào giữa 2 chữ số ta được số mới là \(\overline {a0b} \).

Khi đó ta được phương trình. \(\overline {a0b} = 7 \times \overline {ab} \).

Ta có \(\overline {a0b} \) chia hết cho 7 và thương có chữ số tận cùng là b nên \(b = 0\) hoặc \(b = 5\).

Nếu \(b = 0\) thì ta có \(\overline {a00} :\overline {a0} = 10 \ne 7\) (loại).

Nếu \(b = 5\) thì ta có \(\overline {a5} \times 7 = \overline {a05} \Leftrightarrow (10a + 5) \times 7 = 100a + 5 \Leftrightarrow 70a + 35 = 100a + 5 \Leftrightarrow 30a = 30 \Rightarrow a = 1\).

Vậy số ban đầu là 15. Suy ra số ban đầu nhỏ hơn 20 và có chữ số hàng đơn vị là 5.

Đáp án: Số điểm cực đại là 1; Số điểm cực tiểu là 2.

Phương pháp giải.

Xét bảng biến thiên của hàm số.

Lời giải chi tiết.

Ta có \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = - 4}\end{array}} \right.\). Tất cả đều là nghiệm bội lẻ.

Bảng xét dấu \(f'(x)\).

Đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi qua \(x = - 4\) và \(x = 1\), suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu.

Đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi qua \(x = 0\), suy ra hàm số có 1 điểm cực đại.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải.

Sử dụng tính chất của hàm lôgarit.

Lời giải chi tiết.

Ta có. \({\log _3}(ab) = {\log _{27}}\left( {\frac{b}{a}} \right) \Leftrightarrow {\log _3}(ab) = {\log _{{3^3}}}\left( {\frac{b}{a}} \right) \Leftrightarrow {\log _3}(ab) = \frac{1}{3}{\log _3}\left( {\frac{b}{a}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}(ab) = {\log _3}{\left( {\frac{b}{a}} \right)^{\frac{1}{3}}} \Leftrightarrow ab = {\left( {\frac{b}{a}} \right)^{\frac{1}{3}}}\)

\( \Leftrightarrow {(ab)^3} = \frac{b}{a} \Leftrightarrow {a^3} \cdot {b^3} = \frac{b}{a} \Leftrightarrow {a^4} \cdot {b^2} = 1\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải.

3 vectơ đồng phẳng nếu các giá của chúng cùng song song với một mặt phẳng.

Lời giải chi tiết.

1. \(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} ,\overrightarrow {A'D'} \) có giá cùng song song với mặt phẳng (ABCD) \( \Rightarrow \) đồng phẳng.

2. \(\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AC'} ,\overrightarrow {BB'} \) có giá cùng song song với mặt phẳng (ACC'A') \( \Rightarrow \) đồng phẳng.

3. \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD'} ,\overrightarrow {C'D'} \) có giá cùng nằm trên (hoặc song song với) mặt phẳng (ABC'D') \( \Rightarrow \) đồng phẳng.

Bộ 3 vectơ \(\overrightarrow {A'C} ,\overrightarrow {B'D} ,\overrightarrow {BD'} \) không có giá cùng song song với mặt phẳng nào, do đó không đồng phẳng.

Đáp án: 6

Phương pháp giải.

Giải phương trình lôgarit.

Lời giải chi tiết.

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng \(x = k\) cắt đồ thị hàm số \(y = {\log _5}x\) và đồ thị hàm số \(y = {\log _5}(x + 4)\).

Ta có \(A(k;{\log _5}k)\), \(B(k;{\log _5}(k + 4))\) với \(k > 0\).

Ta có \(AB = \frac{1}{2} \Leftrightarrow |{\log _5}k - {\log _5}(k + 4)| = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left| {{{\log }_5}\frac{k}{{k + 4}}} \right| = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_5}\frac{k}{{k + 4}} = \frac{1}{2}}\\{{{\log }_5}\frac{k}{{k + 4}} = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{k}{{k + 4}} = \sqrt 5 }\\{\frac{k}{{k + 4}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = - 5 - \sqrt 5 {\rm{ (L)}}}\\{k = 1 + \sqrt 5 {\rm{ (TM)}}}\end{array}} \right.\)

Đối chiếu điều kiện suy ra \(k = 1 + \sqrt 5 \Rightarrow a = 1,b = 5\). Vậy \(a + b = 6\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải.

Biến đổi phương trình và sử dụng bất đẳng thức để đánh giá.

Lời giải chi tiết.

Với điều kiện \(0 < x \ne 1\), ta có:

\( - 1 \le - \cos x \le 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le {2^{ - \cos x}} \le 2 \Rightarrow 2021 \cdot {2^{ - \cos x}} \le 4042\).

Vì \(2021 \cdot {2^{ - \cos x}} > 0,\forall x\) nên vế phải \(2021 \cdot {\log _\pi }x + \frac{{2021}}{{{{\log }_\pi }x}} > 0,\forall x \in (0; + \infty ) \setminus \{ 1\} \Rightarrow {\log _\pi }x > 0\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:

\({\log _\pi }{x^{2021}} + {\log _x}{\pi ^{2021}} = 2021 \cdot {\log _\pi }x + \frac{{2021}}{{{{\log }_\pi }x}} \ge 2 \cdot 2021 = 4042\).

Do đó phương trình tương đương với hệ.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2021 \cdot {2^{ - \cos x}} = 4042}\\{{{\log }_\pi }{x^{2021}} + {{\log }_x}{\pi ^{2021}} = 4042}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^{ - \cos x}} = 2}\\{{{\log }_\pi }x = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = - 1}\\{x = \pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = \pi \in (0;2\pi )\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải.

Sử dụng tính chất của cấp số cộng và tổ hợp.

Lời giải chi tiết.

Số phần tử của không gian mẫu. \(n(\Omega ) = C_{20}^3\).

Gọi a, b, c là ba số lấy ra theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, nên \(b = \frac{{a + c}}{2} \in \mathbb{N}\).

Do đó a và c cùng chẵn hoặc cùng lẻ và hơn kém nhau ít nhất 2 đơn vị.

Số cách chọn bộ (a, b, c) theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng bằng số cặp (a, c) cùng chẵn hoặc cùng lẻ, số cách chọn là \(2 \cdot C_{10}^2\).

Vậy xác suất cần tìm là. \(P = \frac{{2 \cdot C_{10}^2}}{{C_{20}^3}} = \frac{3}{{38}}\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải.

Hàm số \(y = \sin (ax + b)\) tuần hoàn với chu kì \(T = \frac{{2\pi }}{{|a|}}\).

Lời giải chi tiết.

Sử dụng phương pháp trên ta có chu kì của hàm số là \(T = \frac{{2\pi }}{5}\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải.

Sử dụng công thức hạ bậc và tính nguyên hàm.

Lời giải chi tiết.

Ta có. \(\int_0^x {\left( {{{\sin }^2}t - \frac{1}{2}} \right)} dt = \int_0^x {\left( {\frac{{1 - \cos 2t}}{2} - \frac{1}{2}} \right)} dt = - \frac{1}{2}\int_0^x {\cos } 2t{\mkern 1mu} dt = - \frac{1}{4}\sin 2t|_0^x = - \frac{1}{4}\sin 2x\).

Theo giả thiết. \(\int_0^x {\left( {{{\sin }^2}t - \frac{1}{2}} \right)} dt = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2}\;(k \in \mathbb{Z})\).

Đáp án: 630

Phương pháp giải.

Chia hai trường hợp cạnh AB và CD khác hoặc cùng màu nhau.

Lời giải chi tiết.

Trường hợp 1. Tô cạnh AB và CD khác màu.

- Số cách tô cạnh AB. 6 cách.

- Số cách tô cạnh BC. 5 cách (tô khác màu với cạnh AB).

- Số cách tô cạnh CD. 4 cách (tô khác màu với các cạnh AB và BC).

- Số cách tô cạnh AD. 4 cách (tô khác màu với các cạnh AB và CD).

Theo quy tắc nhân ta có. \(6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 4 = 480\) cách.

Trường hợp 2. Tô cạnh AB và CD cùng màu.

- Số cách tô cạnh AB. 6 cách.

- Số cách tô cạnh BC. 5 cách (tô khác màu với cạnh AB).

- Số cách tô cạnh CD. 1 cách (tô cùng màu với cạnh AB).

- Số cách tô cạnh AD. 5 cách (tô khác màu với cạnh AB).

Theo quy tắc nhân ta có. \(6 \cdot 5 \cdot 1 \cdot 5 = 150\) cách.

Vậy số cách tô màu thỏa đề bài là: \(480 + 150 = 630\) cách.

Đáp án: 45

Phương pháp giải.

Sử dụng các tính chất của hàm lôgarit.

Lời giải chi tiết.

Do \(a > b > 1\) nên \({\log _a}b > 0\), \({\log _b}a > 0\) và \({\log _b}a > {\log _a}b\).

Ta có. \(\frac{1}{{{{\log }_b}a}} + \frac{1}{{{{\log }_a}b}} = \sqrt {2029} \Leftrightarrow {\log _b}a + {\log _a}b = \sqrt {2029} \).

Bình phương hai vế. \(\log _b^2a + \log _a^2b + 2 = 2029 \Leftrightarrow \log _b^2a + \log _a^2b = 2027\) (*).

Khi đó, \(P = {\log _b}(ab) - {\log _a}(ab) = {\log _b}a + {\log _b}b - {\log _a}a - {\log _a}b = {\log _b}a - {\log _a}b\).

Suy ra. \({P^2} = {({\log _b}a - {\log _a}b)^2} = \log _b^2a + \log _a^2b - 2 = 2027 - 2 = 2025 \Rightarrow P = \sqrt {2025} = 45\).

Đáp án: Số điểm cực trị là 2; Số nghiệm thực là 3

Phương pháp giải.

Nhận dạng đồ thị hàm số và sử dụng sự tương giao của đồ thị.

Lời giải chi tiết.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị.

Ta có. \(2f(x) + 3 = 0 \Leftrightarrow f(x) = - \frac{3}{2}\).

Đường thẳng \(y = - \frac{3}{2}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f(x)\) tại ba điểm phân biệt.

Vậy phương trình \(2f(x) + 3 = 0\) có ba nghiệm phân biệt.

Đáp án: Thể tích khối chóp là \(\frac{{{a^3}}}{{12}}\); Khoảng cách là \(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Phương pháp giải.

Sử dụng công thức tính thể tích và tính chất của tam giác vuông để tìm khoảng cách.

Lời giải chi tiết.

Diện tích đáy tam giác đều cạnh a là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2}\).

Thể tích khối chóp S.ABC là \(V = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\).

Gọi I là trung điểm BC. Dựng \(OH \bot SA\) tại H, suy ra \(d(O,SA) = OH\).

Ta có. \(OA = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = SO\).

Suy ra \(\Delta SOA\) vuông cân tại O \( \Rightarrow OH = \frac{1}{2}SA = \frac{1}{2} \cdot SO \cdot \sqrt 2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Vậy \(d(O,SA) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Đáp án: 720

Phương pháp giải.

Phân tích ra thừa số nguyên tố.

Lời giải chi tiết.

Ta phân tích \(6303268125 = {3^4} \cdot {5^5} \cdot {7^3} \cdot {11^2}\) (Có thể bấm máy tính để phân tích nhanh).

Số ước số dương là. \((4 + 1)(5 + 1)(3 + 1)(2 + 1) = 360\).

Suy ra số 6303268125 có \(360 \times 2 = 720\) ước số nguyên.

Đáp án: 19

Phương pháp giải.

Sử dụng Nguyên lý Dirichlet.

Lời giải chi tiết.

Tam giác ABC có tọa độ các đỉnh \(A({x_A};{y_A})\), \(B({x_B};{y_B})\), \(C({x_C};{y_C})\) thì diện tích là :

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}|({x_C} - {x_A})({y_B} - {y_A}) - ({x_B} - {x_A})({y_C} - {y_A})|\).

Ta xét 9 điểm có tọa độ nguyên, tọa độ mỗi điểm thuộc một trong các dạng tính chẵn lẻ sau. (chẵn; chẵn), (lẻ; lẻ), (lẻ; chẵn), (chẵn; lẻ).

Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất \(\left[ {\frac{{9 - 1}}{4}} \right] + 1 = 3\) điểm thuộc cùng một dạng. Giả sử đó là A, B, C.

Với hai điểm A, B có tọa độ cùng tính chẵn lẻ thì \({y_B} - {y_A}\) và \({x_B} - {x_A}\) đều là số chẵn nên diện tích tam giác có cạnh AB kết hợp với bất kỳ điểm nào cũng đều nguyên. Tương tự với cạnh AC, BC.

Với 3 đoạn thẳng AB, BC, CA, mỗi đoạn kết hợp với 6 điểm còn lại thì được \(3 \cdot 6 = 18\) tam giác có diện tích nguyên.

Cộng thêm tam giác ABC (đã tính riêng vì 3 đỉnh cùng tính chẵn lẻ).

Vậy có ít nhất \(18 + 1 = 19\) tam giác.

Đáp án đúng là C

[Chèn ảnh đồ thị hình phẳng vào đây]

Phương pháp giải.

Ứng dụng tích phân để tính diện tích.

Lời giải chi tiết.

Diện tích phần hình phẳng tô đậm là.

\(S = \int_{ - 1}^2 | f(x) - g(x)|dx = \int_{ - 1}^2 | {x^2} - 2x - 1 - ( - {x^2} + 3)|dx = \int_{ - 1}^2 | 2{x^2} - 2x - 4|dx\).

Vì \(2{x^2} - 2x - 4 \le 0,\forall x \in [ - 1;2]\) nên \(S = \int_{ - 1}^2 {( - 2{x^2} + 2x + 4)} dx\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải.

Lấy lôgarit và xét điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.

Lời giải chi tiết.

Ta có \({3^{{x^2} + {y^2}}} = {4^{x + y}} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = {\log _3}{4^{x + y}} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = (x + y){\log _3}4\)\( \Leftrightarrow {y^2} - y \cdot {\log _3}4 + {x^2} - x \cdot {\log _3}4 = 0\) (*).

Ta xem phương trình (*) là phương trình ẩn y, tham số x.

Phương trình (*) có nghiệm thực y \( \Leftrightarrow \Delta \ge 0 \Leftrightarrow {( - {\log _3}4)^2} - 4({x^2} - x{\log _3}4) \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{(1 - \sqrt 2 ){{\log }_3}4}}{2} \le x \le \frac{{(1 + \sqrt 2 ){{\log }_3}4}}{2}\).

Do đó có hai số nguyên \(x = 0\) và \(x = 1\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải.

Chia trường hợp vị trí ngồi chẵn lẻ của nam và nữ.

Lời giải chi tiết.

Đánh số 10 vị trí tương ứng với 10 ghế.

Trường hợp 1. Xếp các học sinh nam ở vị trí lẻ và các học sinh nữ ở vị trí chẵn.

- Nếu An ở vị trí (1) thì chỉ có thể xếp Bình vào các vị trí (4), (6), (8), (10) \( \Rightarrow \) Có 4 cách xếp An và Bình.

Xếp 4 bạn nam còn lại vào các vị trí (3), (5), (7), (9) có $4!$ cách.

Xếp 4 bạn nữ còn lại vào 4 vị trí chẵn còn lại có $4!$ cách.

\( \Rightarrow \) Có \(4 \cdot {(4!)^2}\) cách xếp.

- Nếu An ở một trong các vị trí (3), (5), (7), (9) \( \Rightarrow \) Có 4 cách xếp An.

Với mỗi cách xếp An, có 3 cách xếp Bình (không ngồi cạnh An và ở vị trí chẵn).

Xếp 4 bạn nam còn lại và 4 bạn nữ còn lại có \({(4!)^2}\) cách.

\( \Rightarrow \) Có \(4 \cdot 3 \cdot {(4!)^2} = 12 \cdot {(4!)^2}\) cách xếp.

Vậy có \(4 \cdot {(4!)^2} + 12 \cdot {(4!)^2} = 16 \cdot {(4!)^2}\) cách xếp trong trường hợp 1.

Trường hợp 2. Xếp các học sinh nam ở vị trí chẵn và các học sinh nữ ở vị trí lẻ. Tương tự có \(16 \cdot {(4!)^2}\) cách xếp.

Vậy có tất cả \(16 \cdot {(4!)^2} + 16 \cdot {(4!)^2} = 32 \cdot {(4!)^2}\) cách xếp thỏa mãn bài toán.

Đáp án: Tập hợp của điểm M thỏa mãn là mặt phẳng

Phương pháp giải.

Rút gọn biểu thức vectơ để tìm quỹ tích.

Lời giải chi tiết.

Vì I là trung điểm OB nên \(\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {MB} = 2\overrightarrow {MI} \).

Ta có \(\overrightarrow {MC} (\overrightarrow {MO} - 2\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} ) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MC} (2\overrightarrow {MI} - 2\overrightarrow {MA} ) = 0 \Leftrightarrow 2\overrightarrow {MC} (\overrightarrow {MI} - \overrightarrow {MA} ) = 0\)

\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {AI} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MC} \bot \overrightarrow {AI} \).

Vậy tập hợp những điểm M là mặt phẳng qua C và vuông góc với AI.

Đáp án: 0,3

Phương pháp giải.

Sử dụng công thức xác suất của các biến cố độc lập và xung khắc.

Lời giải chi tiết.

Gọi x là xác suất dành chiến thắng trong mỗi ván cờ của Sinh (\(0 \le x \le 0,5\)).

Khi đó, xác suất hòa cờ của Tuyển và Sinh trong mỗi ván cờ là \(1 - 0,5 - x = 0,5 - x\).

Để trận đấu kết thúc sau 3 ván cờ thì 2 ván đầu Tuyển và Sinh hòa cờ, ván thứ ba Tuyển thắng hoặc Sinh thắng.

Do đó, xác suất để trận đấu kết thúc sau 3 ván cờ là \({(0,5 - x)^2}(0,5 + x)\).

Theo đề ta có phương trình \({(0,5 - x)^2}(0,5 + x) = 0,032 \Rightarrow x = 0,3\) hoặc \(x \approx 0,67\) (loại) hoặc \(x \approx - 0,47\) (loại).

Vậy xác suất dành chiến thắng của Sinh trong mỗi ván cờ là 0,3.

Đáp án: 8

Phương pháp giải.

Sử dụng hàm số mũ.

Lời giải chi tiết.

Sau 4 phút ta có. \(S(4) = S(0) \cdot {5^4} = 625000 \Rightarrow S(0) = \frac{{625000}}{{{5^4}}} = 1000\).

Tại thời điểm t số lượng vi khuẩn C là 390625000 con nên ta có:

\(S(t) = S(0) \cdot {5^t} \Leftrightarrow {5^t} = \frac{{S(t)}}{{S(0)}} = \frac{{390625000}}{{1000}} = 390625 = {5^8} \Rightarrow t = 8\).

Đáp án: 280

Phương pháp giải.

Đếm số lần xuất hiện ở từng hàng.

Lời giải chi tiết.

Các số có 3 chữ số từ 100 đến 999.

- Hàng trăm có 100 chữ số 5 (từ 500 đến 599).

- Hàng chục có 10 số 5 ở mỗi trăm (ví dụ. 150...159; 250...259). \(10 \times 9 = 90\) số.

- Hàng đơn vị cứ 10 số có 1 số 5 từ. 105; 115; 125;...; 995. Ta có \((995 - 105):10 + 1 = 90\) số.

Tất cả có. \(100 + 90 + 90 = 280\) chữ số 5.

Đáp án: a) Sai; b) Sai

Phương pháp giải.

Tính tích vô hướng và có hướng của hai vectơ.

Lời giải chi tiết.

Tích vô hướng \(\vec u \cdot \vec v = 2 \cdot ( - 1) + 3 \cdot 4 + ( - 2) \cdot ( - 2) = 14 \Rightarrow \) Phát biểu b Sai.

Tích có hướng \([\vec u,\vec v] = (2;6;11) \Rightarrow \) Phát biểu a Sai.

Đáp án: 1

Phương pháp giải.

Đạo hàm hàm số \(F(x)\) và đồng nhất hệ số.

Lời giải chi tiết.

\(F(x)\) là nguyên hàm của \(f(x)\) nên:

\(F'(x) = f(x) \Leftrightarrow 3m{x^2} + 2(3m + 2)x - 4 = 3{x^2} + 10x - 4 \Rightarrow 3m = 3 \Rightarrow m = 1\).

Đáp án: 5

Phương pháp giải.

Dựa vào đồ thị xác định các đường tiệm cận và điểm giao cắt.

Lời giải chi tiết.

Dựa vào hình vẽ, đồ thị hàm số đã cho có.

Tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = - 1 \Rightarrow \frac{a}{c} = - 1 \Rightarrow a = - c\).

Tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 2 \Rightarrow - \frac{d}{c} = 2 \Rightarrow d = - 2c\).

Tọa độ giao điểm với trục tung là \(\left( {0; - \frac{3}{2}} \right) \Rightarrow \frac{b}{d} = - \frac{3}{2} \Rightarrow b = - \frac{3}{2}d = - \frac{3}{2}( - 2c) = 3c\).

Thay vào \(T = \frac{{2ac - bd + {a^2}}}{{{c^2}}}\) ta được.

\(T = \frac{{2( - c)c - (3c)( - 2c) + {{( - c)}^2}}}{{{c^2}}} = \frac{{ - 2{c^2} + 6{c^2} + {c^2}}}{{{c^2}}} = 5\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải.

Khai thác điều kiện tiếp xúc của hai mặt cầu với nhau và với mặt phẳng chung để lập phương trình.

Lời giải chi tiết.

Gọi I, J và K lần lượt là tâm của ba mặt cầu tiếp xúc nhau đôi một và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC) tại các điểm A, B, C tương ứng với các bán kính \({R_1},{R_2},{R_3}\).

Ta có. \(AB = \sqrt {{0^2} + {3^2} + {0^2}} = 3\); \(AC = 4\) và \(BC = 5\).

Dựng \(JH \bot IA\) tại H.

Xét \(\Delta IHJ\) vuông tại H, ta có:

\(I{J^2} = I{H^2} + H{J^2} \Leftrightarrow {({R_1} + {R_2})^2} = {({R_1} - {R_2})^2} + A{B^2} \Leftrightarrow 4{R_1}{R_2} = A{B^2} = 9 \Leftrightarrow {R_1}{R_2} = \frac{9}{4}\).

Tương tự ta được. \({R_2}{R_3} = \frac{{25}}{4}\) và \({R_3}{R_1} = 4\).

Nhân vế theo vế ba phương trình. \({({R_1}{R_2}{R_3})^2} = \frac{9}{4} \cdot \frac{{25}}{4} \cdot 4 = \frac{{225}}{4} \Rightarrow {R_1}{R_2}{R_3} = \frac{{15}}{2}\).

Từ đó ta có.

\({R_1} = \frac{{{R_1}{R_2}{R_3}}}{{{R_2}{R_3}}} = \frac{{15/2}}{{25/4}} = \frac{6}{5}\).

\({R_2} = \frac{{{R_1}{R_2}{R_3}}}{{{R_3}{R_1}}} = \frac{{15/2}}{4} = \frac{{15}}{8}\).

\({R_3} = \frac{{{R_1}{R_2}{R_3}}}{{{R_1}{R_2}}} = \frac{{15/2}}{{9/4}} = \frac{{10}}{3}\).

Vậy \({R_1} + {R_2} + {R_3} = \frac{6}{5} + \frac{{15}}{8} + \frac{{10}}{3} = \frac{{769}}{{120}}\).

Đáp án: B
Phương pháp: Xác định mục đích văn bản.
Giải chi tiết: Văn bản không hướng dẫn trải nghiệm Tết mà phân tích – gợi mở chiến lược văn hóa gắn kinh tế.

Đáp án: C
Phương pháp: Khái quát ý đoạn [2].
Giải chi tiết: Văn bản nhấn mạnh tính “đều đặn – quen mặt – thói quen mua sắm”.

Đáp án: C
Phương pháp: Đối chiếu thông tin đoạn [4].
Giải chi tiết: Văn bản nêu rõ sức mua tăng nhưng nhiều mặt hàng (không thiết yếu) tiêu thụ chậm.

Đáp án: B
Phương pháp: Giải thích từ trong ngữ cảnh.
Giải chi tiết: “Thương hiệu” gắn với mức độ lan tỏa, nhận diện văn hóa – không chỉ pháp lý hay vật chất.

Đáp án: C
Phương pháp: Xác định chi tiết then chốt.
Giải chi tiết: Hình ảnh “đào – mai di chuyển Bắc Nam” tạo liên tưởng xuất khẩu.

Đáp án: B
Phương pháp: Khái quát đoạn [5].
Giải chi tiết: Tác giả đề xuất “kết hợp” với các nước cùng văn hóa Tết.

Đáp án: B

Phương pháp: Tổng hợp nhiều ý đoạn [5].

Giải chi tiết: Gồm 3 ý: phạm vi hẹp – tốn kém – chưa tận dụng “nhân dân nước ngoài”.

Đáp án: C
Phương pháp: Xác định dụng ý dẫn chứng.
Giải chi tiết: Không phải để khen mà để gợi mở khả năng sinh lợi từ văn hóa.

Đáp án: C
Phương pháp: Khái quát ý toàn văn.
Giải chi tiết: Văn bản nhấn mạnh “mục đích kép”: văn hóa + thương mại.

Đáp án: B
Phương pháp: Khái quát toàn văn.
Giải chi tiết: Văn bản đi theo mạch: hình thành → biến đổi → vai trò → thành phần.

Đáp án: B
Phương pháp: Phân tích đoạn [2].
Giải chi tiết: Có nóng – lạnh rõ rệt nhưng không điều hòa vì thiếu khí quyển.

Đáp án: B
Phương pháp: Tổng hợp đoạn [5].
Giải chi tiết: Gồm 3 vai trò: điều hòa nhiệt – bảo vệ – tạo hiện tượng tự nhiên.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn số [6]

Giải chi tiết:

- Thông tin thứ nhất đúng vì câu đầu tiên trong đoạn [6] đã cung cấp chính xác thông tin này như sau “Bầu khí quyển ngày nay gồm có phần lớn là khí nitơ (78%) và khí oxy (21%).”

- Thông tin thứ hai sai vì trong bài có nhắc đến nội dung này như sau “Lượng hơi nước trong không khí cực kỳ khác nhau, phụ thuộc vào địa điểm và thời gian đo lường” tức là theo văn bản phải là “cực kỳ khác nhau” có nghĩa là rất khác, không có điểm giống. Còn theo đề bài thì “đôi khi khác nhau” là chỉ một vài lần khác. Thông tin này không chính xác.

- Thông tin thứ ba sai vì đoạn văn có nhắc tới “Tỉ lệ carbon dioxide trong không khí khác nhau tùy theo thời gian và địa điểm”. Tuy nhiên thông tin đúng phải là thời gian và địa điểm chứ không phải nhiệt độ và địa điểm.

Đáp án:

Bầu khí quyển của chúng ta được tạo thành từ các chất khí bao gồm Nitơ (78,1%), Oxy (20,9%), một ít Agon (0,9%), Carbon dioxide (0,035%) cùng với hơi nước và một số chất khí khác. Bầu khí quyển bảo vệ cuộc sống trên Trái Đất bằng cách hấp thụ các bức xạ tia cực tím của mặt trời và tạo ra sự thay đổi về nhiệt độ giữa ngày và đêm. Nhờ bầu khí quyển mà sự sống trên Trái đất trở nên phong phú và tốt đẹp hơn.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn số [5], [6].

Giải chi tiết:

Theo đoạn [6], có thông tin như sau “Bầu khí quyển ngày nay gồm có phần lớn là khí nitơ (78%) và khí oxy (21%)”. Có thể thấy, có 2 loại khí chiếm tỉ lệ phần trăm nhiều hơn cả, và loại khí có tỉ lệ 20,9% tức xấp xỉ 21% là Oxy.

=> [vị trí thả 1]: Oxy

Theo đoạn 5 cho thấy “Ở dạng hiện tại, bầu khí quyển hoạt động phần lớn giống như mái kính của nhà kính. Nó làm giảm đi sự thay đổi về nhiệt độ giữa ngày và đêm, giữa mùa hè và mùa đông. Các tia nhiệt của Mặt trời xâm nhập vào bầu không khí và làm ấm bề mặt Trái đất vào ban ngày”. Từ đây có thể thấy vị trí số 3 sự thay đổi chính là “nhiệt độ”, còn ở vị trí ô trống thứ hai, theo hiểu biết và từ thông tin kể trên, có một loại tia bức xạ từ Mặt trời xâm nhập vào trái đất chính là “tia cực tím”.

=> [vị trí thả 2]: tia cực tím

[vị trí thả 3]: nhiệt độ

Đáp án: B
Phương pháp: Xác định quan hệ nhân – quả đoạn [4].
Giải chi tiết: Quang hợp → tăng O₂ → giảm CO₂.

 Đáp án: lớn | nhiều

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn số [4].

Giải chi tiết:

Trong đoạn số [4] có một lần tác giả đề cập tới thông tin “Dường như lượng carbon dioxide trong bầu khí quyển ngày nay ít hơn khoảng 100 lần so với cách đây 3,5 tỉ năm. Chỉ trong vài thế kỷ qua, xu hướng này đã đảo nghịch lại, chắc chắn là do việc đốt nhiều nhiên liệu hóa thạch”. Điều này chứng tỏ, lượng carbon dioxide trước đây ít hơn, đã bị lượng oxy đẩy lùi, nhưng ngày nay do sự tàn phá của con người với hành động đốt nhiều nhiên liệu hóa thạch mà lượng carbon dioxide đã tăng lên rất nhiều. Vì vậy ô trống có thể điền là lớn hoặc nhiều hơn.

Đáp án: B
Phương pháp: Phân tích biện pháp tu từ.
Giải chi tiết: So sánh → hình dung khí quyển như “biển” bao quanh.

Đáp án:

Mạch triển khai thông tin trong văn bản được sắp xếp theo thứ tự sau: 

Giới thiệu chung về vai trò của bầu khí quyển Sự hình thành bầu khí quyển Bầu khí quyển ngày nay Hỗn hợp khí hữu ích cho sự sống trong bầu khí quyển Khẳng định trách nhiệm của nhân loại đối với bầu khí quyển

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của văn bản.

Căn cứ vào nội dung của văn bản.

Giải chi tiết:

Dựa theo tiêu đề được in đậm trên mỗi đoạn có thể sắp xếp được mạch triển khai đoạn trích. Có thể thấy, phần đầu, trước sự hình thành bầu khí quyển chính là đang trình bày khái niệm và vai trò của bầu khí quyển nên có thể gọi là giới thiệu chung về vai trò của bầu khí quyển.

=> [vị trí 1]: Giới thiệu chung về vai trò của bầu khí quyển

Tiếp theo phần 2, 3, 4 đều có nội dung chính được đặt ngay đầu đoạn.

=> [vị trí 2]: Sự hình thành bầu khí quyển

[vị trí 3]: Bầu khí quyển ngày nay

[vị trí 4]: Hỗn hợp khí hữu ích cho sự sống trong bầu khí quyển

Duy chỉ có vị trí cuối cùng tách riêng một đoạn lẻ nói về trách nhiệm của con người hiện nay trong việc bảo vệ bầu khí quyển.

=> [vị trí 5]: Khẳng định trách nhiệm của nhân loại đối với bầu khí quyển

Đáp án: A
Phương pháp: Đối chiếu đoạn [3].
Giải chi tiết: Văn bản nói giữ khí nặng, không phải khí nhẹ.

Giải chi tiết:

Quá trình biến đổi trạng thái trong đó nhiệt độ được giữ không đổi gọi là quá trình đẳng nhiệt

Đáp án cần điền là: đẳng nhiệt

Giải chi tiết:

Trình tự thí nghiệm là:

Bước 1: Nén (giữ nguyên nhiệt độ) khí trong xilanh

Bước 2: Ghi giá trị thể tích và giá trị áp suất khí

Bước 3: Lặp lại các thao tác

Đáp án cần chọn là: Nén (giữ nguyên nhiệt độ) khí trong xilanh; Ghi giá trị thể tích và giá trị áp suất khí; Lặp lại các thao tác

Giải chi tiết:

Đồ thị p – V là đường hypebol

Chọn A.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Từ bảng số liệu ta thu được: \(pV \approx 23 = > \)\(p \approx \frac{{23}}{V}.\)

Chọn B.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Thí nghiệm trên đã kiểm chứng được định luật Boyle

Giải chi tiết:

Xét giá trị trong lần ghi đầu tiên:

\(\begin{array}{l}p = 1,04{\mkern 1mu} bar = {1,04.10^5}{\mkern 1mu} Pa\\V = 22{\mkern 1mu} c{m^3} = {22.10^{ - 6}}{\mkern 1mu} {m^3}\\T = 23,5 + 273 = 296,5K\end{array}\)

Áp dụng phương trình Clapeyron, ta có:

\(pV = nRT \Rightarrow n = \frac{{pV}}{{RT}} = \frac{{{{1,04.10}^5}{{.22.10}^{ - 6}}}}{{8,31.296,5}}\)

\( \Rightarrow n \approx {9,3.10^{ - 4}}{\mkern 1mu} (mol) = 0,93{\mkern 1mu} (mmol)\)

Đáp số: 0,93

Đáp án cần điền là: 0,93

Giải chi tiết:

Tại thể tích \(20\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\)

Trạng thái 1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_1} = 1,14\;{\rm{bar}}}\\{{T_1} = 23,5 + 273 = 296,5K}\end{array}} \right.\)

Trạng thái 2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{p_2}}\\{{T_2} = 87 + 273 = 360K}\end{array}} \right.\)

Áp dụng phương trình đẳng tích, ta có:

\(\frac{{{p_1}}}{{{T_1}}} = \frac{{{p_2}}}{{{T_2}}} \Rightarrow {p_2} = {p_1} \cdot \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 1,14 \cdot \frac{{360}}{{296,5}} \approx 1,38\;({\rm{bar}})\)

Chọn D.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Điện trở của dây dẫn: \(R = \rho \frac{l}{S} \Rightarrow R\~\frac{1}{S}\)

\( \to \) Muốn giảm điện trở của dây dẫn điện phải tăng diện tích dây vì điện trở của dây tỉ lệ nghịch với diện tích dây

Chọn B.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Máy biến áp được sử dụng tại nơi truyền đi là máy tăng áp. Máy biến áp được sử dụng tại nơi tiêu thụ điện là máy hạ áp

Đáp án cần chọn là: máy tăng áp; máy hạ áp

Giải chi tiết:

Công suất hao phí do toả nhiệt trên đường dây là:

\({p_{hp}} = r\frac{{{P^2}}}{{{U^2}}} = {12,5.10^3} \cdot \frac{{{{({{10}^6})}^2}}}{{{{({{500.10}^3})}^2}}} = {5.10^4}{\rm{ (W)}}\)

Chọn B.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Công suất hao phí trên đường dây tải điện:

\(\Delta P = \frac{{{P^2} \cdot r}}{{{U^2}}} \Rightarrow \Delta P\~\frac{1}{{{U^2}}}\)

Khi tăng điện áp lên n lần thì công suất hao phí giảm \({n^2}.\)lần.

Chọn C.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

a) Công suất hao phí trên đường dây tải điện phụ thuộc vào công suất nguồn phát, hiệu điện thế hai đầu dây ở trạm phát điện, điện trở của dây → a đúng

b) Để giảm hao phí khi truyền tải điện năng đi xa thì người ta thường tăng điện áp ở đầu phát → b sai

c) Máy biến áp là thiết bị biến đổi điện áp hiệu dụng dòng điện xoay chiều mà không làm thay đổi tần số → c sai

Đáp án cần chọn là: Đ; S; S

Giải chi tiết:

Công suất điện nơi phát: \(P = 1500{\rm{kW}}\)

Công suất nơi tiêu thụ: \({P_{tt}} = 1425{\rm{kW}}\)

Hiệu suất của đường dây truyền tải:

\(H = \frac{{{P_{tt}}}}{P} \cdot 100\% = \frac{{1425}}{{1500}} \cdot 100\% = 95\% \)

Đáp số: 95

Đáp án cần điền là: 95

Giải chi tiết:

“Khi amino acid tạo thành peptide thì giải phóng ra các phân tử nước được tạo thành từ một nguyên tử hydrogen của nhóm amino (NH2) của amino acid này với nhóm OH của gốc carboxyl từ amino acid kia”

Đáp án cần chọn là: nước; hydrogen; carbonyl

Giải chi tiết:

Theo hình 2, amino acid A có tốc độ phản ứng cao nhất ở thể tích nước gần nhất với 12.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Tốc độ phản ứng của amino acid A bằng với tốc độ của amino acid B khi đồ thị của hai amino acid cắt nhau.

⟹ Lượng nước xấp xỉ bằng 52 mL.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Từ dự liệu hình 3, 4 tốc độ phản ứng của amino acid B phụ thuộc vào cả nồng độ dư lượng và nồng độ amino acid.

⟹ Nhận định đúng.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Dựa vào hình 4, ta thấy tốc độ phản ứng của amino acid A ở bất kì nồng độ nào luôn nhỏ hơn tốc độ phản ứng của amino acid B ở cùng nồng độ.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

“Dựa vào hình 5, người ta sẽ kết luận rằng: Thể tích nước ở tốc độ phản ứng cao nhất của amino acid trong DNA sẽ­­­ nhỏ hơn lượng nước ở đỉnh tốc độ phản ứng của amino acid trong cơ bắp.''

Đáp án cần điền là: nhỏ hơn, cơ bắp

Giải chi tiết:

a) sai, vì khi thêm lượng nước vào thì tốc độ phản ứng của glycine và alanine có thể tăng hoặc giảm.  Ví dụ khi tăng thể tích nước từ 5 – 15 mL thì tốc độ phản ứng với alanine tăng, nhưng từ 20 – 30 mL thì tốc độ phản ứng giảm.

b)  đúng.

c) đúng.

d) sai, vì ở hình 5, khi lượng nước từ 15 mL đến 30 mL thì tốc độ phản ứng của amino acid có trong cơ bắp (glycine) sẽ tăng còn amino acid có trong DNA (alanine) sẽ tăng từ 15 – 20 mL và giảm từ 20-30 mL.

Đáp án cần chọn là: S; Đ; Đ; S

Giải chi tiết:

Từ bảng 1, với các điều kiện thì ta thấy ở nhiệt độ nước là 250C thì khối lượng kết tủa thu được là lớn nhất.

Cụ thể ở ống 1 thu được lượng kết tủa lớn nhất là 4,3 mg khi mà thời gian bằng 0.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Thiết kế của thí nghiệm 1 và 2 có điểm khác nhau về

- thể tích dung dịch peptide được lấy vào mỗi ống nghiệm. Ở TH1, mỗi ống nghiệm trong số 10 ống nghiệm chứa 7 mL peptide trong khi ở TN2 lấy 8 mL.

- thời gian và nhiệt độ ủ nóng được giữ không đổi ở thí nghiệm 2 và đa dạng ở thí nghiệm 1.

Đáp án cần chọn là: A; B

Giải chi tiết:

Từ dữ liệu bảng 2, khối lượng kết tủa càng nhiều thì lượng peptide còn lại của phản ứng càng lớn.

Khối lượng kết tủa tăng từ pH = 2,0 đến 8,0 sau đó giảm từ pH = 8,0 đến 13,0.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Từ bảng 1, ở nhiệt độ ủ là 30⁰C thì thời gian ủ càng ngắn thì lượng kết tủa càng nhiều.

Khi tăng nhiệt độ ủ lên 5⁰C, khối lượng kết tủa giảm 1,1 gam

⟹ Khối lượng kết tủa thu được ở ống nghiệm 5 khi không có thời gian ủ nhiệt = 3,6 + 1,1 = 4,4 (gam)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Theo bảng 1, sự kết hợp giữa nhiệt độ bể nước và thời gian ủ tạo ra lượng kết tủa lớn nhất là 25^oC, 0 phút.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

• Từ bảng 1, cho thấy trong cùng 1 điều kiện về thời gian ủ thì nhiệt độ càng cao thì lượng kết tủa thu được là càng nhỏ.
• Từ bảng 2, cho thấy pH càng lớn thì khối lượng kết tủa thu được càng lớn

⟹ Tại pH = 2 thì lượng kết tủa thu được là nhỏ nhất.

Dựa vào các đáp án nên điêu kiện 30^oC ở độ pH 2,0 sẽ cho lượng kết tủa nhỏ nhất.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Quan sát Bảng 1, tại cột nồng độ 25 nM, tất cả các loại thuốc đều cho số lượng khuẩn lạc thấp nhất so với các mức nồng độ khác (5 nM, 10 nM...). Điều này chứng tỏ nồng độ càng cao (trong phạm vi thí nghiệm) thì khả năng diệt khuẩn càng tốt.

Đáp án cần điền là: 25

Giải chi tiết:

Tại nồng độ 10 nM trong Bảng 1, ta so sánh số khuẩn lạc của 5 loại thuốc. Thuốc R có số khuẩn lạc ít nhất (26), do đó nó là thuốc hiệu quả nhất ở mức nồng độ này.

Đáp án cần điền là: R

Giải chi tiết:

Thí nghiệm 3 cho biết: "Hệ số thấm càng lớn thì thuốc có khả năng chuyển qua màng càng nhanh". Thuốc có hệ số thấm lớn nhất, theo Bảng 3, là Thuốc R.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Theo Bảng 2, Thuốc U có 41 khuẩn lạc trong thời gian ủ là 1 giờ và 18 khuẩn lạc trong thời gian ủ là 6 giờ. Ở thời gian ủ là 3 giờ (trong khoảng từ 1 đến 6 giờ), số lượng khuẩn lạc đếm được rất có thể nằm trong khoảng từ 18 đến 41 khuẩn lạc.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Theo bảng 3 , khi khối lượng phân tử tăng thì hệ số thấm giảm. Do đó, khi khối lượng phân tử giảm thì hệ số thấm tăng.

Có thể loại đáp án C và D vì hệ số thấm không đổi khi khối lượng phân tử thay đổi.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Kết quả Bảng 2 cho thấy khi thời gian ủ (tiếp xúc với thuốc) tăng lên, số lượng khuẩn lạc đếm được ở tất cả các loại thuốc đều giảm xuống. Điều này phản ánh vi khuẩn cần thời gian để bị thuốc tác động và tiêu diệt hoàn toàn.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Operon Lac bao gồm: Vùng khởi động (P), Vùng vận hành (O) và các gene cấu trúc (Z, Y, A). Gene điều hòa (R) dù có vai trò kiểm soát nhưng nó nằm ở một vị trí khác trên nhiễm sắc thể, không thuộc cấu trúc của Operon Lac.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Nhìn vào hình 2 , ta thấy được lactose đóng vai trò như là chất cảm ứng.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

(b) và (c) đúng.

(a) sai vì vùng khởi động bị bất hoạt thì enzyme RNA polymerase không bám vào được.

(d) sai vì đột biến làm tăng khả năng biểu hiện gene không làm cho quá trình phiên mã được diễn ra ở trong môi trường không có lactose, protein ức chế vẫn liên kết vào vùng vận hành và ngăn cản phiên mã.

Giải chi tiết:

Trong môi trường có hay không có lactose thì gene điều hòa vẫn tổng hợp protein ức chế.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Phiên mã là quá trình tổng hợp RNA trên mạch khuôn DNA.

Đáp án cần điền là: Phiên mã

Giải chi tiết:

Giả sử virus SARS-CoV-2 chưa phát sinh thêm đột biến mới, ban đầu chỉ có 1 chủng gây bệnh, thì những người nên ưu tiên tiêm vaccine phòng ngừa bệnh viêm đường hô hấp cấp là bệnh nhân số 5 và bệnh nhân số 1 .

Đáp án cần chọn là: Bệnh nhân số 5; Bệnh nhân số 1

Giải chi tiết:

 Trong trường hợp tất cả các bệnh nhân đều chưa tiêm vaccine thì bệnh nhân có khả năng cao nhất bị nhiễm virus SARS-CoV-2 nhưng đã được điều trị khỏi bệnh là bệnh nhân số 3

Đáp án cần điền là: 3