Đề tham khảo Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 19)

Đáp án đúng là: 5

Phương pháp giải:

Nhận diện đồ thị hàm bậc hai \(y = a{x^2} + bx + c\). Với \(a < 0\), hàm số đạt cực đại tại hoành độ đỉnh \(x = - \frac{b}{{2a}}\).

Lời giải chi tiết:

Hàm số \(P\left( x \right) = - {x^2} + 10x + 50\) có \(a = - 1,b = 10\).

Tỉ lệ hài lòng cao nhất khi hoành độ đạt đỉnh: \(x = - \frac{{10}}{{2\left( { - 1} \right)}} = 5\).

Vậy cần 5 giờ đọc sách mỗi tuần để đạt mức hài lòng cao nhất.

Đáp án đúng là: Mệnh đề 1: Đúng. Mệnh đề 2: Đúng. Mệnh đề 3: Đúng.

Phương pháp giải:

Gọi H là trung điểm BC, do tam giác ABC vuông cân tại A nên \(AH \bot BC\). Kẻ \(AK \bot A'H\), khi đó AK là khoảng cách từ A đến \(\left( {A'BC} \right)\). Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính.

Lời giải chi tiết:

Mệnh đề 1: Đúng. Tam giác ABC vuông cân tại A có \(BC = a\sqrt 2 \Rightarrow AB = AC = a\). Diện tích đáy \(S = \frac{1}{2}a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Mệnh đề 2: Đúng. Gọi H là trung điểm BC, \(AH \bot BC\). Kẻ \(AK \bot A'H\) thì AK chính là khoảng cách từ A đến \(\left( {A'BC} \right)\), suy ra \(AK = \frac{a}{2}\).

Trong tam giác vuông ABC, đường trung tuyến \(AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông A'AH có đường cao AK:

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{{A'}^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Mệnh đề 3: Đúng. Góc giữa mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(\widehat {A'HA} = \varphi \).

Ta có $\tan \phi =\frac{A{A}^{\text{'}}}{AH}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=1\Rightarrow \phi ={45}^{°}$

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Sử dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông được tạo bởi chiều cao mái nhà và nửa bề rộng nhà.

Lời giải chi tiết:

Mặt cắt ngang là tam giác cân, đường cao hạ từ đỉnh chia tam giác thành hai tam giác vuông bằng nhau.

Trong tam giác vuông đó, cạnh góc vuông đối diện góc nghiêng là chiều cao mái nhà \(h = 3\)m.

Cạnh góc vuông kề với góc nghiêng là nửa bề rộng nhà \(d = \frac{8}{2} = 4\)m.

Gọi \(\alpha \) là góc nghiêng của mái nhà, ta có: $\tan \alpha =\frac{h}{d}=\frac{3}{4}=\mathrm{0,75}\Rightarrow \alpha \approx {37}^{°}$

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Sử dụng hằng đẳng thức hiệu hai lập phương để thu gọn biểu thức dưới dấu nguyên hàm trước khi tính toán.

Lời giải chi tiết:

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

Họ nguyên hàm của hàm số là: \(\int f \left( x \right)dx = \int {\left( {{x^3} - 1} \right)} dx = \frac{{{x^4}}}{4} - x + C\).

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Tìm điều kiện để hàm \(\cot x\) xác định và mẫu số khác \(0\).

Lời giải chi tiết:

Hàm số xác định khi và chỉ khi thỏa mãn hai điều kiện:

1. Hàm \(\cot x\) xác định \( \Leftrightarrow \sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \).

2. Mẫu số khác 0 \( \Leftrightarrow {\sin ^2}x - {\cos ^2}x \ne 0 \Leftrightarrow - \cos \left( {2x} \right) \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\).

Vậy tập xác định là \(D = \mathbb{R} \setminus \left\{ {k\pi ;\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}} \right\}\).

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của hình nón để tìm bán kính đáy, sau đó tính diện tích hình tròn đáy.

Lời giải chi tiết:

Vùng không gian camera quan sát được là một hình nón có chiều cao \(h = 3\)m.

Góc ở đỉnh của hình nón là ${90}^{°}$, suy ra góc giữa đường sinh và trục của hình nón là $\frac{{90}^{°}}{2}={45}^{°}$

Bán kính đáy của hình nón trên mặt sàn là: $r=h\cdot \tan {45}^{°}=3\cdot 1=3$ m.

Diện tích vùng mặt sàn mà camera quan sát được là diện tích hình tròn đáy: \(S = \pi {r^2} = \pi \cdot {3^2} = 9\pi \) (m\(^2\)).

Đáp án đúng là: Mệnh đề 1: Đúng. Mệnh đề 2: Sai.

Phương pháp giải:

Tính xác suất lấy 2 bi cùng màu. Áp dụng công thức xác suất có điều kiện: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}}\).

Lời giải chi tiết:

Mệnh đề 1: Đúng.

Số cách lấy 2 bi cùng màu: \(n\left( A \right) = C_6^2 + C_4^2 = 15 + 6 = 21\).

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{10}^2 = 45\).

Xác suất: \(P\left( A \right) = \frac{{21}}{{45}} = \frac{7}{{15}}\).

Mệnh đề 2: Sai.

Số phần tử biến cố B (ít nhất 1 đỏ): \(n\left( B \right) = 45 - C_6^2 = 45 - 15 = 30\).

Số phần tử \(A \cap B\) (cùng màu và có ít nhất 1 đỏ \( \Rightarrow \) cả 2 viên màu đỏ): \(n\left( {A \cap B} \right) = C_4^2 = 6\).

Xác suất có điều kiện: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{6}{{30}} = \frac{1}{5}\). Khác \(\frac{2}{{11}}\).

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Mặt phẳng trung trực đi qua trung điểm MN. Nhận vectơ \(\overrightarrow {MN} \) làm vectơ pháp tuyến.

Lời giải chi tiết:

Tìm trung điểm I của MN: \(I\left( {\frac{{1 + 3}}{2};\frac{{ - 3 + 1}}{2};\frac{{2 + 0}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( {2; - 1;1} \right)\).

Vectơ \(\overrightarrow {MN} = \left( {3 - 1;1 - \left( { - 3} \right);0 - 2} \right) = \left( {2;4; - 2} \right)\).

Chọn vectơ pháp tuyến \(\vec n = \frac{1}{2}\overrightarrow {MN} = \left( {1;2; - 1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng đi qua \(I\left( {2; - 1;1} \right)\) và có VTPT \(\vec n\left( {1;2; - 1} \right)\) là:

\(1\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y + 1} \right) - 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2 + 2y + 2 - z + 1 = 0 \Leftrightarrow x + 2y - z + 1 = 0\).

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Sử dụng quy tắc nhân xác suất cho các biến cố phụ thuộc (do thử không hoàn lại).

Lời giải chi tiết:

Tổng số mật khẩu có thể có là \({10^4} = 10000\).

Để hacker đoán trúng mật khẩu trong đúng lần thử thứ 3, thì lần 1 và lần 2 phải đoán sai, và lần 3 đoán đúng.

Xác suất đoán sai lần 1 là: \(\frac{{9999}}{{10000}}\).

Xác suất đoán sai lần 2 (biết lần 1 đã sai) là: \(\frac{{9998}}{{9999}}\).

Xác suất đoán đúng lần 3 (biết lần 1 và 2 đã sai) là: \(\frac{1}{{9998}}\).

Xác suất cần tìm là: \(P = \frac{{9999}}{{10000}} \cdot \frac{{9998}}{{9999}} \cdot \frac{1}{{9998}} = \frac{1}{{10000}}\).

Đáp án đúng là: D

Phương pháp giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng \(a\). Lập luận để khoảng cách đạt lớn nhất khi \(H \equiv M\)Khi đó đường thẳng \(a\) vuông góc với AM và nằm trong mặt phẳng qua M song song với \(\left( \alpha \right)\).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( {6; - 7;1} \right)\), mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có VTPT \(\vec n = \left( {3; - 4;1} \right)\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên \(a\). Ta có \(d\left( {A;a} \right) = AH \le AM\).

Khoảng cách này lớn nhất khi \(H \equiv M\).

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

Gọi \(\vec u\) là vectơ chỉ phương của \(a \Rightarrow \vec u \bot \vec n\) và \(\vec u \bot \overrightarrow {AM} \).

Ta tính tích có hướng: \(\left[ {\overrightarrow {AM} ,\vec n} \right] = \left( { - 3; - 3; - 3} \right) = - 3\left( {1;1;1} \right)\).

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

Phương trình đường thẳng \(a\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4 + t}\\{y = - 2 + t}\\{z = 1 + t}\end{array}} \right.\).

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Tính đạo hàm cấp một và cấp hai của hàm số \(f\left( x \right)\). Giải phương trình \(f''\left( x \right) = 0\) và sử dụng định lý Vi-ét.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {1 - 2x} \right){e^{x - {x^2}}}\).

\(f''\left( x \right) = {\left( {1 - 2x} \right)^\prime }{e^{x - {x^2}}} + \left( {1 - 2x} \right){\left( {{e^{x - {x^2}}}} \right)^\prime }\)\( = - 2{e^{x - {x^2}}} + {\left( {1 - 2x} \right)^2}{e^{x - {x^2}}} = \left( {4{x^2} - 4x - 1} \right){e^{x - {x^2}}}\).

Phương trình \(f''\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {4{x^2} - 4x - 1} \right){e^{x - {x^2}}} = 0 \Leftrightarrow 4{x^2} - 4x - 1 = 0\).

Theo định lý Vi-ét, tích hai nghiệm là: \({x_1} \cdot {x_2} = \frac{c}{a} = - \frac{1}{4}\).

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Vận tốc là đạo hàm bậc nhất của li độ theo thời gian: v\left( t \right) = y'\left( t \right). Tìm giá trị lớn nhất của hàm vận tốc.

Lời giải chi tiết:

Ta có phương trình vận tốc: \(v\left( t \right) = y'\left( t \right) = - 5 \cdot 4\pi \sin \left( {4\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - 20\pi \sin \left( {4\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\).

Vì \( - 1 \le \sin \left( {4\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) \le 1\) nên vận tốc cực đại của vật là \({v_{max}} = 20\pi \) (cm/s).

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Tìm nguyên hàm của hàm số đã cho bằng bảng công thức nguyên hàm. Thay giá trị \(x = 0\) theo giả thiết vào để tìm hệ số \(C\), từ đó suy ra hàm số cần tìm và tính giá trị yêu cầu.

Lời giải chi tiết:

Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {{e^{2x}} + 2x} \right)} dx = \frac{1}{2}{e^{2x}} + {x^2} + C\).

Theo giả thiết \(F\left( 0 \right) = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}{e^0} + {0^2} + C = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} + C = \frac{3}{2} \Leftrightarrow C = 1\).

Do đó, \(F\left( x \right) = \frac{1}{2}{e^{2x}} + {x^2} + 1\).

Giá trị của \(F\left( {\ln \sqrt 2 } \right)\) là:

\(F\left( {\ln \sqrt 2 } \right) = \frac{1}{2}{e^{2\ln \sqrt 2 }} + {\left( {\ln \sqrt 2 } \right)^2} + 1 = \frac{1}{2}{e^{\ln 2}} + {\left( {\frac{1}{2}\ln 2} \right)^2} + 1 = \frac{1}{2}\left( 2 \right) + \frac{1}{4}{\ln ^2}2 + 1 = 2 + \frac{1}{4}{\ln ^2}2\).

Đáp án đúng là: Mệnh đề 1: Đúng. Mệnh đề 2: Đúng.

Phương pháp giải:

Xét các tam giác có các mặt tương ứng bằng nhau (trường hợp cạnh - cạnh - cạnh). Sử dụng tính chất tam giác cân để chứng minh MN vuông góc với cả hai cạnh AB và CD.

Lời giải chi tiết:

Mệnh đề 1: Đúng.

Xét \(\Delta ABC\) có các cạnh: \(AB = 5\), \(BC = \sqrt {41} \), \(AC = \sqrt {34} \).

Xét \(\Delta ABD\) có các cạnh: \(AB = 5\), \(BD = \sqrt {34} \), \(AD = \sqrt {41} \).

Ta thấy bộ ba cạnh của hai tam giác này bằng nhau tương ứng. Do đó \(\Delta ABC = \Delta BAD\) (c - c - c).

Mệnh đề 2: Đúng.

Vì \(\Delta ACD = \Delta BDC\) (c - c - c) nên hai đường trung tuyến tương ứng kẻ từ A và B xuống CD bằng nhau: \(AN = BN\).

Tam giác ANB cân tại N. Do M là trung điểm đáy AB nên trung tuyến đồng thời là đường cao, suy ra \(NM \bot AB\) (1).

Chứng minh tương tự, ta có \(\Delta CAB = \Delta DAB \Rightarrow CM = DM\), suy ra tam giác MCD cân tại M.

Do N là trung điểm đáy CD nên \(MN \bot CD\) (2).

Từ (1) và (2), MN là đường vuông góc chung của AB và CD.

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Lập hệ bất phương trình biểu diễn các ràng buộc về thời gian máy. Tìm miền nghiệm và tối ưu hóa hàm lợi nhuận tại các đỉnh của đa giác miền nghiệm.

Lời giải chi tiết:

Gọi x, y lần lượt là số sản phẩm loại I và loại II cần sản xuất (\(x \ge 0,y \ge 0\)).

Thời gian máy A: \(2x + y \le 10\).

Thời gian máy B: \(x + 2y \le 8\).

Hàm lợi nhuận: \(F\left( {x,y} \right) = 3x + 5y\) (triệu đồng).

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác với các đỉnh: \(\left( {0;0} \right),\left( {5;0} \right),\left( {0;4} \right)\) và giao điểm của hai đường thẳng \(2x + y = 10\) và \(x + 2y = 8\) là \(\left( {4;2} \right)\).

Tính giá trị của \(F\) tại các đỉnh:

\(F\left( {0,0} \right) = 0\).

\(F\left( {5,0} \right) = 15\).

\(F\left( {0,4} \right) = 20\).

\(F\left( {4,2} \right) = 3\left( 4 \right) + 5\left( 2 \right) = 22\).

Giá trị lớn nhất là 22 triệu đồng khi sản xuất 4 sản phẩm I và 2 sản phẩm II.

Đáp án đúng là: 5

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức số phần tử của hợp hai tập hợp: \(n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Ta có tập hợp giao: \(A \cap B = \left\{ {c,d} \right\} \Rightarrow n\left( {A \cap B} \right) = 2\).

Số phần tử của A và B: \(n\left( A \right) = 4\), \(n\left( B \right) = 3\).

Số phần tử của tập \(A \cup B\) là: \(n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right) = 4 + 3 - 2 = 5\).

Đáp án đúng là: B, C

Phương pháp giải:

Phân tích cấu tạo số theo hệ thập phân và giải phương trình nghiệm nguyên.

Lời giải chi tiết:

Gọi số cần tìm có 4 chữ số là \(A = \overline {abcd} \) (với \(a,b,c,d \in \left\{ {0,1, \ldots ,9} \right\}\) và \(a \ne 0\)).

Theo đề bài, tổng của chúng là: \(\overline {abcd} + \overline {abc} + \overline {ab} + a = 5584\).

Phân tích cấu tạo số theo hệ thập phân, ta có phương trình: \(1111a + 111b + 11c + d = 5584\).

Vì \(b,c,d \le 9\) nên \(111b + 11c + d \le 111\left( 9 \right) + 11\left( 9 \right) + 9 = 1107\).

Suy ra \(1111a \ge 5584 - 1107 = 4477 \Rightarrow a \ge 5\).

Mặt khác, \(1111a \le 5584 \Rightarrow a \le 5\). Vậy \(a = 5\).

Thay \(a = 5\) vào phương trình, ta được: \(111b + 11c + d = 5584 - 5555 = 29\).

Nếu \(b \ge 1\) thì \(111b \ge 111 > 29\) (loại). Vậy \(b = 0\).

Thay \(b = 0\) vào, ta được: \(11c + d = 29 \Rightarrow c = \frac{{29 - d}}{{11}}\).

Vì \(0 \le d \le 9 \Rightarrow 20 \le 29 - d \le 29\). Chỉ có 22 chia hết cho 11 nên \(11c = 22 \Rightarrow c = 2\).

Suy ra \(d = 29 - 22 = 7\). Số ban đầu là 5027.

Kiểm tra các phương án:

Tổng các chữ số: \(5 + 0 + 2 + 7 = 14\) (A sai).

Chữ số hàng đơn vị là 7 (lẻ, B đúng).

Chữ số hàng chục là 2 (nguyên tố, C đúng).

Chữ số hàng nghìn là 5 (không phải số chính phương, D sai).

Đáp án đúng là: 66,4

Phương pháp giải:

Giải phương trình tìm hằng số \(\alpha \), sau đó giải bất phương trình mũ - logarit để tìm \(t\).

Lời giải chi tiết:

Dựa vào dữ kiện ban đầu: \({P_0} = 5000\). Tại \(t = 10\) phút, \(P = 2500\).

Thay vào công thức: \(2500 = 5000 \cdot {e^{ - 10\alpha }} \Rightarrow {e^{ - 10\alpha }} = 0,5 \Rightarrow - 10\alpha = \ln \left( {0,5} \right) \Rightarrow \alpha = \frac{{\ln 2}}{{10}}\).

Để số lượng vi khuẩn dưới 50 con, ta có: \(P \le 50 \Leftrightarrow 5000 \cdot {e^{ - \alpha t}} \le 50 \Rightarrow {e^{ - \alpha t}} \le 0,01\).

Lấy logarit tự nhiên hai vế: \( - \alpha t \le \ln \left( {0,01} \right) \Rightarrow t \ge \frac{{ - \ln \left( {0,01} \right)}}{\alpha }\).

Thay \(\alpha = \frac{{\ln 2}}{{10}}\) vào: \(t \ge \frac{{ - 10\ln \left( {0,01} \right)}}{{\ln 2}} \approx 66,438\).

Sau khoảng 66,4 phút, môi trường sẽ đạt trạng thái an toàn.

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Tính giới hạn của hàm số khi biến số tiến tới vô cực để tìm đường tiệm cận ngang.

Lời giải chi tiết:

Ta cần tính giới hạn của tốc độ phản ứng \(v\) khi nồng độ cơ chất \(s \to + \infty \):

\(\mathop {\lim }\limits_{s \to + \infty } v = \mathop {\lim }\limits_{s \to + \infty } \frac{{{V_{max}} \cdot s}}{{{K_m} + s}} = \mathop {\lim }\limits_{s \to + \infty } \frac{{{V_{max}}}}{{\frac{{{K_m}}}{s} + 1}} = \frac{{{V_{max}}}}{{0 + 1}} = {V_{max}}\).

Vậy khi nồng độ cơ chất tiến tới vô cùng, tốc độ phản ứng tiệm cận về giá trị vận tốc tối đa \({V_{max}}\).

Đáp án đúng là: B

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất tuyến tính của tích phân: \(\int {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} dx = \int f \left( x \right)dx - \int g \left( x \right)dx\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\int_1^2 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} dx = \int_1^2 f \left( x \right)dx - \int_1^2 g \left( x \right)dx = 2 - 6 = - 4\).

Đáp án đúng là: 0,03

Phương pháp giải:

Gọi các biến cố tương ứng. Sử dụng công thức xác suất Bayes:

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right)}}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi A là biến cố: "Người được chọn mắc bệnh X". Khi đó \(P\left( A \right) = 0,002\) và \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,002 = 0,998\).

Gọi B là biến cố: "Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y".

Theo giả thiết, ai mắc bệnh X xét nghiệm cũng dương tính nên \(P\left( {B|A} \right) = 1\).

Xác suất người không bị bệnh X nhưng xét nghiệm dương tính là \(P\left( {B|\bar A} \right) = 0,06\).

Theo công thức Bayes, xác suất người đó mắc bệnh X biết rằng xét nghiệm dương tính là:

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right)}} = \frac{{0,002 \cdot 1}}{{0,002 \cdot 1 + 0,998 \cdot 0,06}} \approx 0,032\).

Làm tròn đến hàng phần trăm ta được 0,03.

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Thay các giá trị vào biểu thức số phức \(Z\), sau đó tính mô-đun của số phức theo công thức \(\left| Z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \).

Lời giải chi tiết:

Thay các giá trị đã cho vào biểu thức tổng trở, ta được:

\(Z = 30 + \left( {60 - 20} \right)i = 30 + 40i\).

Mô-đun của tổng trở \(Z\) là:

\(\left| Z \right| = \sqrt {{{30}^2} + {{40}^2}} = \sqrt {900 + 1600} = \sqrt {2500} = 50\left( \Omega \right)\).

Đáp án đúng là: -4

Phương pháp giải:

Xác định vectơ chỉ phương của hai đường thẳng. Thiết lập hệ phương trình dựa vào yếu tố song song/nằm trong và góc giữa đường thẳng với mặt phẳng \(\sin \alpha = \frac{{\left| {\vec u \cdot \vec n} \right|}}{{\left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\vec n} \right|}}\).

Lời giải chi tiết:

Vectơ chỉ phương của \({d_1}\) là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 2; - 1} \right)\). Vectơ chỉ phương của \({d_2}\) là \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;0; - 1} \right)\).

Vì mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \({d_1}\) nên \(\vec n \cdot \overrightarrow {{u_1}} = 0 \Leftrightarrow 1\left( 2 \right) - 2b - c = 0 \Rightarrow c = 2 - 2b\) (1).

Góc giữa \({d_2}\) và \(\left( P \right)\) là ${45}^{°}$, ta có: $\sin {45}^{°}=\frac{\left|\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{u_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n}\right|\cdot \left|\overrightarrow{u_2}\right|}\iff \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\left|1-c\right|}{\sqrt{1+b^2+c^2}\cdot \sqrt{2}}\iff 1=\frac{\left|1-c\right|}{\sqrt{1+b^2+c^2}}$

\( \Leftrightarrow 1 + {b^2} + {c^2} = {\left( {1 - c} \right)^2} \Leftrightarrow {b^2} + 2c = 0\) (2).

Thế (1) vào (2), ta được: \({b^2} + 2\left( {2 - 2b} \right) = 0 \Leftrightarrow {b^2} - 4b + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( {b - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow b = 2\).

Suy ra \(c = 2 - 2\left( 2 \right) = - 2\).

Vậy tích \(b \cdot c = 2 \cdot \left( { - 2} \right) = - 4\).

Đáp án đúng là: Mệnh đề 1: Đúng. Mệnh đề 2: Sai. Mệnh đề 3: Sai.

Phương pháp giải:

Sử dụng nguyên hàm tích phân để xác định hàm chiều cao \(h\left( t \right)\). Tìm hằng số \(C\) nhờ vào chiều cao ban đầu tại thời điểm \(t = 0\).

Lời giải chi tiết:

Mệnh đề 1: Đúng. Hàm chiều cao \(h\left( t \right)\) là một nguyên hàm của tốc độ tăng trưởng \(h'\left( t \right)\):

\(h\left( t \right) = \int {\left( {1,5t + 5} \right)} dt = \frac{3}{4}{t^2} + 5t + C\).

Mệnh đề 2: Sai. Vì \(h'\left( t \right) = 1,5t + 5 > 0\) với mọi \(t > 0\), hàm số \(h\left( t \right)\) luôn tăng nên chiều cao của cây tăng liên tục, không đổi là sai.

Mệnh đề 3: Sai. Tại thời điểm ban đầu \(t = 0\), cây cao 12 cm nên \(h\left( 0 \right) = 12 \Rightarrow C = 12\).

Hàm chiều cao cụ thể là: \(h\left( t \right) = \frac{3}{4}{t^2} + 5t + 12\).

Sau 6 năm, chiều cao của cây là: \(h\left( 6 \right) = \frac{3}{4}{\left( 6 \right)^2} + 5\left( 6 \right) + 12 = 69\) (cm), khác 70 cm.

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Phân tích và biểu diễn vectơ theo các cạnh của hình hộp.

Lời giải chi tiết:

Do \(O\) là trung điểm CD' nên \(\overrightarrow {BO} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BD'} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} } \right)\).

Trong hình hộp, ta có các vectơ cạnh bên bằng nhau: \(\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {AA'} \).

Do đó: \(\overrightarrow {BO} = \frac{1}{2}\left( {2\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BB'} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BB'} \).

Đáp án đúng là: C

Phương pháp giải:

Giải phương trình lượng giác \(h\left( t \right) = 20\) và tìm số nghiệm trong khoảng \(\left[ {0;5} \right]\).

Lời giải chi tiết:

Ta có phương trình: \(10\sin \left( {\pi t} \right) + 15 = 20 \Leftrightarrow \sin \left( {\pi t} \right) = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\pi t = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{\pi t = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{1}{6} + 2k}\\{t = \frac{5}{6} + 2k}\end{array}} \right.\) (với \(k \in \mathbb{Z}\)).

Vì \(t \in \left[ {0;5} \right]\) nên:

Với họ nghiệm \(t = \frac{1}{6} + 2k\): \(0 \le \frac{1}{6} + 2k \le 5 \Leftrightarrow - \frac{1}{{12}} \le k \le \frac{{29}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2} \right\}\). Ta được 3 nghiệm.

Với họ nghiệm \(t = \frac{5}{6} + 2k\): \(0 \le \frac{5}{6} + 2k \le 5 \Leftrightarrow - \frac{5}{{12}} \le k \le \frac{{25}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1;2} \right\}\). Ta được 3 nghiệm.

Tổng cộng có 6 lần điểm \(M\) đạt độ cao 20 cm trong 5 giây đầu tiên.

Đáp án đúng là: Mệnh đề 1: Đúng. Mệnh đề 2: Sai.

Phương pháp giải:

Viết các số hạng dưới dạng \({u_1}\) và \(q\). Lập tỉ số để giải hệ phương trình tìm \({u_1}\) và \(q\).

Lời giải chi tiết:

Hệ phương trình đã cho tương đương với: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1}q\left( {{q^2} - 1} \right) = 54\quad (1)}\\{{u_1}{q^2}\left( {{q^2} - 1} \right) = 108\quad (2)}\end{array}} \right.\).

Lấy (2) chia (1) vế theo vế, ta được: \(q = \frac{{108}}{{54}} = 2\).

Thay \(q = 2\) vào phương trình (1): \({u_1} \cdot 2\left( {{2^2} - 1} \right) = 54 \Leftrightarrow 6{u_1} = 54 \Leftrightarrow {u_1} = 9\).

Mệnh đề 1 đúng, mệnh đề 2 sai.

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Hiểu ý nghĩa của các hệ số trong phương trình đường hồi quy tuyến tính \(y = ax + b\). Hệ số góc \(a\) thể hiện mức độ thay đổi của \(y\) khi \(x\) thay đổi 1 đơn vị.

Lời giải chi tiết:

Trong phương trình đường hồi quy tuyến tính \(y = ax + b\), hệ số góc \(a = 2,5 > 0\) cho biết mối quan hệ đồng biến giữa \(x\) và \(y\). Cụ thể, khi biến độc lập \(x\) tăng thêm 1 đơn vị thì biến phụ thuộc \(y\) sẽ tăng trung bình 2,5 đơn vị.

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải:

Giải phương trình chia trường hợp của hàm \(\min \). Phân tích hàm số dưới dạng hàm cho bởi nhiều công thức rồi tính trực tiếp.

Lời giải chi tiết:

Ta xét phương trình \(2 - x = x \Leftrightarrow 2x = 2 \Leftrightarrow x = 1\).

Với \(x \le 1 \Rightarrow 2 - x \ge x \Rightarrow g\left( x \right) = x\).

Với \(x > 1 \Rightarrow 2 - x < x \Rightarrow g\left( x \right) = 2 - x\).

Hàm số \(g\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) nên tích phân được tính bằng tổng các tích phân trên từng khoảng:

\(I = \int_0^1 x dx + \int_1^2 {\left( {2 - x} \right)} dx = \left( {\frac{{{x^2}}}{2}} \right)|_0^1 + \left( {2x - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)|_1^2 = \frac{1}{2} + \left[ {\left( {4 - 2} \right) - \left( {2 - \frac{1}{2}} \right)} \right] = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\).

Đáp án đúng là: 8

Phương pháp giải:

Khảo sát dấu của hàm vận tốc \(v\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;8} \right]\) để đánh giá chiều chuyển động của chất điểm.

Lời giải chi tiết:

Ta có hàm vận tốc \(v\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 6\).

Đạo hàm \(v'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t\). Cho \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 0}\\{t = 2}\end{array}} \right.\).

Tính các giá trị của \(v\left( t \right)\) tại các điểm cực trị và biên trên đoạn \(\left[ {0;8} \right]\):

\(v\left( 0 \right) = 6 > 0\).

\(v\left( 2 \right) = {2^3} - 3{\left( 2 \right)^2} + 6 = 8 - 12 + 6 = 2 > 0\).

\(v\left( 8 \right) = {8^3} - 3{\left( 8 \right)^2} + 6 = 512 - 192 + 6 = 326 > 0\).

Vì giá trị nhỏ nhất của \(v\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;8} \right]\) là \(v\left( 2 \right) = 2 > 0\), nên \(v\left( t \right) > 0,\forall t \in \left[ {0;8} \right]\).

Do vận tốc luôn dương trong suốt 8 giây đầu tiên, chất điểm luôn chuyển động về phía bên phải.

Vậy thời điểm chất điểm ở vị trí xa nhất về phía bên phải là thời điểm cuối cùng của khoảng thời gian, tức là \(t = 8\) (s).

Đáp án đúng là: -1

Phương pháp giải:

Thay tọa độ điểm M để tìm b. Sử dụng điều kiện hàm số liên tục tại điểm \(x = 1\) để lập phương trình tìm a.

Lời giải chi tiết:

Đồ thị đi qua điểm \(M\left( {0;2} \right)\), thay tọa độ điểm này vào nhánh dưới (\(x \le 1\)):

\(f\left( 0 \right) = a\left( 0 \right) + b = 2 \Rightarrow b = 2\).

Giới hạn bên phải tại \(x = 1\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} + x + 1} \right) = 3\).

Giới hạn bên trái và giá trị tại \(x = 1\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = a + b\).

Để hàm số liên tục tại \(x = 1\) thì: \(a + b = 3\).

Vì \(b = 2 \Rightarrow a + 2 = 3 \Rightarrow a = 1\).

Từ đó tính được: \(a - b = 1 - 2 = - 1\).

Đáp án đúng: D

Phương pháp giải:

• Xác định trục triển khai toàn văn: thực trạng → giải pháp → ý nghĩa.
• Tránh bị nhiễu bởi các đoạn đầu chỉ mang tính dẫn nhập.

Giải ngắn gọn:
Văn bản hướng đến giải pháp công nghệ xử lý nước, không chỉ dừng ở mô tả thực trạng.

Đáp án đúng: A

Phương pháp giải:

• Kết hợp 2 ý: thiếu nước + ô nhiễm.
• Loại các phương án tuyệt đối hóa hoặc suy diễn ngoài văn bản.

Giải ngắn gọn:
Thiếu nước theo mùa + do địa hình + có ô nhiễm cục bộ.

Đáp án đúng: C

Phương pháp giải:

• Tìm nguyên nhân trực tiếp được nêu rõ trong đoạn (1).
• Phân biệt nguyên nhân chính và phụ.

Giải ngắn gọn:
Nguyên nhân chính: địa hình chia cắt, núi đá.

Đáp án đúng: B

Phương pháp giải:

• Bám sát số liệu: TSS, kim loại nặng vượt chuẩn.
• Loại phương án phóng đại (C).

Giải ngắn gọn:
Ô nhiễm cục bộ nhưng rõ rệt, không phải toàn diện

Đáp án đúng: B

Phương pháp giải:

• Xác định mục tiêu trực tiếp (không suy rộng).

Giải ngắn gọn:
Mục tiêu: xử lý nước suối → nước sạch → cấp cho dân và quân.

Đáp án đúng: B

Phương pháp giải:

• Nhận diện thuật ngữ xuất hiện trực tiếp.

Giải ngắn gọn:
Công nghệ được chọn là UF.

Đáp án đúng: B

Phương pháp giải:

• Đếm số bước được liệt kê rõ ràng.

Giải ngắn gọn:
Có 4 bước.

Đáp án đúng: D

Phương pháp giải:

• Nhận diện từ khóa: “an sinh”, “an ninh”, “kinh tế”.

Giải ngắn gọn:
Ý nghĩa mang tính đa lĩnh vực.

Đáp án đúng: A

Phương pháp giải:

• Chú ý cụm “luôn đóng vai trò quan trọng”.

Giải ngắn gọn:
KH&CN: quan trọng nhưng không phải duy nhất.

Đáp án đúng: B

Phương pháp giải:

• Bám đúng thứ tự liệt kê trong đoạn (6).

Giải ngắn gọn:
Đúng thứ tự: (2) → (4) → (1) → (3).

Đáp án: C

· Văn bản không chỉ nói về thực trạng hay so sánh công nghệ mà tập trung giới thiệu – phân tích – khẳng định công nghệ hấp nhiệt ướt.

· A, B, D đều đúng một phần nhưng thiên lệch hoặc chưa bao quát trọng tâm.

Đáp án: B

· Văn bản nêu: thế giới → xu hướng không đốt; Việt Nam → vẫn dùng cả hai, nhưng đốt là chủ yếu.

· A, C, D đều tuyệt đối hóa hoặc sai thực tế trong văn bản.

Đáp án: C

· POP = chất ô nhiễm hữu cơ khó phân hủy (đúng nguyên văn).

· Các đáp án khác sai ở: vô cơ / dễ phân hủy / bay hơi.

Đáp án: D

· Văn bản không hề nói đến yếu tố “ít nhân lực hơn”.

· A, B, C đều là lí do được nêu trực tiếp hoặc suy ra rõ ràng.

Đáp án: A

· Trình tự chuẩn: khử trùng → làm nguội → nghiền → ép → chôn lấp.

· Các phương án khác đảo vị trí → sai logic quy trình công nghệ.

Đáp án: C

· Công nghệ đốt → sinh dioxin, furan (chất cực độc).

· A, B, D là đánh tráo mức độ nguy hại hoặc bản chất chất thải.

Đáp án: D

· Viện Nghiên cứu Cơ khí là đơn vị nghiên cứu – chế tạo.

· B, C chỉ là đơn vị kiểm nghiệm / vận hành, không phải chủ thể nghiên cứu.

Đáp án: D

· Biofilter không thuộc công nghệ xử lí rác y tế trong bài.

· A, B, C đều có trong hoặc suy ra từ văn bản.

Đáp án: B

· Số liệu chuẩn: 80–85% thời gian, +15–20% năng suất, 1/3 chi phí.

· Các đáp án khác sai nhẹ về số → bẫy “na ná đúng”.

Đáp án: D

· “dây chuyền / làm chủ” vừa đúng từ ngữ văn bản, vừa đúng ngữ nghĩa nhấn mạnh năng lực tự chủ công nghệ.

· C dễ nhầm nhưng “hệ thống” không sát nguyên văn bằng “dây chuyền”.

Đáp án: Đ|S|S|Đ

Phương pháp giải: Dựa vào đoạn thông tin bài cung cấp

Lời giải

a. Nước được làm nóng là do hấp thụ nhiệt từ điện trở trong vòi sen – Đúng

Vòi sen điện sử dụng điện trở để chuyển đổi điện năng thành nhiệt năng. Nhiệt này truyền cho nước khi nước chảy qua điện trở. Đây là nguyên lý dẫn nhiệt – đối lưu cưỡng bức.

b. Hiệu suất 96% có nghĩa là 96% năng lượng điện bị mất đi – Sai

96% được chuyển thành nhiệt có ích, chỉ 4% bị mất)

c. Tăng công suất bộ đun lên gấp đôi thì nước sẽ nóng gấp đôi – Sai

Tăng công suất chỉ làm tăng tốc độ đun nước, nhiệt độ tăng bao nhiêu còn phụ thuộc vào lưu lượng nước. Nếu lưu lượng không đổi, thì nhiệt độ đầu ra có thể tăng, nhưng không gấp đôi.

d. Vòi sen điện hoạt động theo nguyên lý đun nước trực tiếp, không cần bình chứa – Đúng
Loại vòi sen này đun nước trực tiếp khi chảy qua điện trở, nên không cần bình chứa như bình nóng lạnh truyền thống.

Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính nhiệt lượng: Q=Pt

Lời giải

Nhiệt lượng mà nguồn cung cấp cho nước trong thời gian 15 phút là:

Q=P.t=2,8.10³.15.60=2520000(J)=2520(kJ)

Do hiệu suất truyền tải điện năng thành nhiệt năng là 96% do đó nhiệt lượng cung cấp cho nước là: Q_ci = Q.H = 2520000.96%=2419200(J)=2419,2(kJ)

Phương pháp giải

Nhiệt lượng: Q=mcΔt

Hiệu suất: \(H = \frac{{{Q_{ci}}}}{{{Q_{tp}}}}\)

Phương trình cân bằng nhiệt: \({Q_{thu}} = {Q_{toa}}\)

Lời giải

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có:

\({Q_{thu}} = {Q_{toa}} \Rightarrow mc({t_2} - {t_1}) = {Q_{toa}}\)

\( \Rightarrow m = \frac{{{Q_{toa}}}}{{c({t_2} - {t_1})}} = \frac{{2419200}}{{4200 \cdot (36 - 20)}} = 36\;(kg)\)

Phương pháp giải

Công thức dòng chảy:  \(v = \frac{{{Q_v}}}{S}\)
Trong đó:
- v: tốc độ nước chảy ra \[\left( {m/s} \right)\]
- QV: lưu lượng thể tích \(({m^3}/s)\)
- S: tổng diện tích lỗ phun \(({m^2})\)

Lời giải

Khối lượng nước phun ra trong 1 s là: \(m = \frac{{36}}{{15.60}} = 0,04\;(kg)\)

Vận tốc của vòi phun hoa sen là: \(v = \frac{V}{S} = \frac{{{m_1}}}{{D.S}} = \frac{{0,04}}{{{{1000.10.10}^{ - 6}}}} = 4\;(m/s)\)

Đáp án: A, C, D

Phương pháp giải

Dựa vào thông tin bài cung cấp

Phân tích đồ thị bài cung cấp.

Dựa vào lí thuyết về điện trường

Lời giải

a. Electron lệch xuống dưới khi đi qua điện trường có chiều hướng lên – Đúng
Electron mang điện âm.
Trong điện trường đều có chiều hướng lên, lực điện tác dụng lên electron sẽ hướng xuống dưới (ngược chiều điện trường).
→ Do đó electron sẽ bị lệch xuống dưới khi đi qua vùng điện trường này.
b. Đường đi của electron trong điện trường đều là một cung tròn – Sai
Khi vào vùng điện trường đều, electron chuyển động thẳng đều theo phương ngang, đồng thời chịu lực điện không đổi theo phương thẳng đứng.
Dưới tác dụng của lực không đổi, electron sẽ chuyển động biến đổi đều theo phương y, tạo nên một quỹ đạo parabol, không phải cung tròn.
c. Trong từ trường đều và \(\vec v \bot \vec B\), electron sẽ chuyển động theo đường cong – Đúng
- Khi \(\vec v \bot \vec B\), lực từ tác dụng lên electron có độ lớn F=Bvq và luôn vuông góc với \[\vec v\] → tạo chuyển động tròn đều.
- Quỹ đạo là một phần của đường tròn (đường cong).
d. Từ trường không làm thay đổi tốc độ của electron, chỉ làm thay đổi hướng – Đúng
Lực từ vuông góc với vận tốc → không sinh công → không làm tăng hay giảm độ lớn vận tốc (tốc độ).
Tuy nhiên, nó thay đổi hướng chuyển động, khiến hạt chuyển động theo cung tròn hoặc xoắn.

Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính thời gian: \(t = \frac{d}{v}\)

Lời giải: Thời gian electron bay qua vùng điện trường:\(t = \frac{d}{v} = \frac{{0,081}}{{3,08 \cdot {{10}^7}}} \approx 2,63 \cdot {10^{ - 9}}s\)

Phương pháp giải

Sử dụng lí thuyết của vật chuyển động ném.

Phân tích chuyển động theo thương ngang và thẳng đứng

Công thức tính thời gian: \(t = \frac{d}{v}\)

Công thức tính lực điện: \(F = qE\)

Công thức rơi tự do: \(s = \frac{1}{2}a{t^2}\)

Lời giải

Chuyển động ngang là thẳng đều, nên thời gian bay qua vùng điện trường:

\(t = \frac{{{d_x}}}{{{v_0}}} = \frac{{0,0081}}{{3,08 \cdot {{10}^7}}} \approx 2,63 \cdot {10^{ - 9}}s\)

Theo phương thẳng đứng (phương y):

Electron chịu lực điện:\(F = eE \Rightarrow a = \frac{F}{m} = \frac{{eE}}{m}\)

Chuyển động theo y là rơi tự do: \({d_y} = \frac{1}{2}a{t^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{eE}}{m} \cdot {t^2} \Rightarrow E = \frac{{2m{d_y}}}{{e{t^2}}}\)

\( \Rightarrow E = \frac{{2 \cdot 9,1 \cdot {{10}^{ - 31}} \cdot 0,030}}{{1,6 \cdot {{10}^{ - 19}} \cdot {{(2,63 \cdot {{10}^{ - 9}})}^2}}} \approx 4,93 \cdot {10^4}\;V/m\)

Phương pháp giải

- Định lý biến thiên động năng: \(\Delta {W_d} = A \Rightarrow \frac{1}{2}m({v^2} - v_0^2) = qU\)

- Áp dụng định luật II Newton: \(\vec F = m\vec a\)

- Công thức của chuyển động thẳng biến đổi đều: \(y = {v_0}t + \frac{1}{2}a{t^2}\)

- Lực điện tác dụng lên điện tích: \(\vec F = q\vec E\)

- Để chùm e không bị lệch khỏi phương ban đầu thì lực điện phải cân bằng với lực từ: |q|E=|q|vB

- Hạt điện tích chuyển động theo quỹ đạo là đường tròn, lực từ đóng vai trò là lực hướng tâm.

Lời giải

Ta có: \(R - 30 = \sqrt {{R^2} - {{45}^2}} \Rightarrow R = 48,75\;(mm)\)

Định luật II Newton: \(f = ma \Rightarrow |q|vB = \frac{{m{v^2}}}{R} \Rightarrow B = \frac{{mv}}{{|q|R}}\)

Để chùm e không bị lệch khỏi phương ban đầu thì lực điện phải cân bằng với lực từ:

\[|q|{v_d}B = |q|E \Rightarrow {v_d}\frac{{mv}}{R} = \frac{{2m{v^2}|y|}}{{{x^2}}} \Rightarrow \frac{{{v_d}}}{v} = \frac{{2R|y|}}{{{x^2}}}\]

Độ biến thiên động năng bằng công của lực điện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{2}mv_d^2 = e{U_d}}\\{\frac{1}{2}m{v^2} = eU}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{{U_d}}}{U} = {\left( {\frac{{{v_d}}}{v}} \right)^2} = {\left( {\frac{{2R|y|}}{{{x^2}}}} \right)^2}\)

\( \Rightarrow \frac{{{U_d}}}{{2,7}} = {\left( {\frac{{2 \cdot 48,75 \cdot 30}}{{{{81}^2}}}} \right)^2}\)

\( \Rightarrow {U_d} \approx 0,5366\;(kV) = 536,6\;(V)\)

Đáp án: A, B, D

Phương pháp giải: Dựa vào thông tin đề cung cấp và hình ảnh được cung cấp

Lời giải

a – Đúng: Nhiệt độ nước khi rời khỏi động cơ luôn cao hơn nước trước khi vào, vì nước hấp thụ nhiệt từ động cơ.
b – Đúng: Nước có nhiệt dung riêng lớn (4200 J/kg·K), rất phù hợp để hấp thụ và truyền nhiệt hiệu quả.
c – Sai: Không khí chỉ hỗ trợ làm mát nước tại két tản nhiệt, không hấp thụ trực tiếp nhiệt từ động cơ.
d – Đúng: Là chức năng chính của hệ thống làm mát – duy trì nhiệt độ ổn định và ngăn động cơ quá nhiệt.
e – Sai: Quạt có thể hoạt động ngay cả khi xe đang chạy, nhất là khi tốc độ gió không đủ để làm mát két tản nhiệt.