Đề tham khảo Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 20)

Giải chi tiết:

a) Sai: Hàm số không xác định tại \(x = - 1\)

b) Sai: Khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \to + \infty \Rightarrow y \to + \infty }\\{x \to - \infty \Rightarrow y \to - \infty }\end{array}} \right.\) nên hàm số không có tiệm cận ngang

c) Sai: Hàm số có đúng một tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 1\)

d) Sai: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^{ - 1}}} y = + \infty \) nên hàm số không có giá trị lớn nhất trên \(\mathbb{R}\)

Đáp án cần chọn là: S; S; S; S

Giải chi tiết:

Bước 1: Viết phương trình mặt phẳng trung trực của \[AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CD.\]

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = ( - 4; - 4;0);\overrightarrow {BC} = (8;3; - 3);\overrightarrow {CD} = ( - 7; - 3; - 4)\)

Trung điểm của \[AB\] là: \(M( - 1;3;4)\)

Trung điểm của \(BC\) là: \(N\left( {1;\frac{5}{2};\frac{5}{2}} \right)\)

Trung điểm của \(CD\) là: \(P\left( {\frac{3}{2};\frac{5}{2}; - 1} \right)\)

Phương trình mặt phẳng trung trực của \[AB\]: \((x + 1) + (y - 3) = 0 \Leftrightarrow x + y - 2 = 0\)

Phương trình mặt phẳng trung trực của \(BC\):

\(8(x - 1) + 3\left( {y - \frac{5}{2}} \right) - 3\left( {z - \frac{5}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow 8x + 3y - 3z - 8 = 0\)

Phương trình mặt phẳng trung trực của \(CD\):

\(7\left( {x - \frac{3}{2}} \right) + 3\left( {y - \frac{5}{2}} \right) + 4(z + 1) = 0 \Leftrightarrow 7x + 3y + 4z - 14 = 0\)

Bước 2: Khi đó giao điểm \(I\) của \(3\) mặt phẳng là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \[ABCD,\]tìm bán kính \[IA.\]

Gọi \(I\) là giao điểm của \(3\) mặt phẳng trung trực vừa tìm được

Khi đó ta có tọa độ của \(I\) thỏa mãn hệ

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y - 2 = 0}\\{8x + 3y - 3z - 8 = 0}\\{7x + 3y + 4z - 14 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\\{z = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow I(1;1;1) \Rightarrow IA = \sqrt {{0^2} + {4^2} + {3^2}} = 5\)

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \[ABCD\] bằng \(5.\)

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Bước 1: Gọi \(a\) là độ dài cạnh của tứ diện đều khi đó ta có:

\(R = \frac{{3a}}{{2\sqrt 6 }} \Leftrightarrow a = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}R\)

Gọi \(b\) là độ dài hình lập phương, ta có:

\(R = \frac{{\sqrt {{b^2} + {b^2} + {b^2}} }}{2} = \frac{{b\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow b = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\)

Bước 2: Tỉ số cạnh của tứ diện đều và lập phương có cùng mặt cầu ngoại tiếp

\(\frac{a}{b} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}:\frac{2}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 2 \)

Bước 3: Tính \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\)

Thể tích tứ diện đều cạnh \(a\) là \({V_1} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Thể tích khối lập phương cạnh \(b\) là: \({V_2} = {b^3}\)

Vậy tỉ lệ thể tích: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = {\left( {\frac{a}{b}} \right)^3} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{{12}} = 2\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{1}{3}\)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} [3x - 4f(x)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (3x) - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 4f(x) = 0 - 4 \cdot 5 = - 20\)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Ta có:

\(\bar x = \frac{{2,5 \cdot 8 + 7,5 \cdot 16 + 12,5 \cdot 4 + 17,5 \cdot 2 + 22,5 \cdot 2}}{{32}} \approx 8,44{\rm{ }}\)(giờ)

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Ta có \({(3 - x)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k} {3^{6 - k}}{( - x)^k} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k} {3^{6 - k}}{( - 1)^k}{x^k}\).

Hệ số của \({x^3}\) tương ứng với \(k = 3\). Khi đó ta có hệ số của \({x^3}\) là

\(C_6^3 \cdot {3^3} \cdot {( - 1)^3} = - 540\).

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: \(1.\)

Giải chi tiết:

Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng lần lượt là

\(\overrightarrow {{n_\alpha }} = (3; - 2;2),\overrightarrow {{n_\beta }} = (5; - 4;3)\).

\( \Rightarrow [\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\overrightarrow {{n_\beta }} ] = (2;1; - 2)\).

Phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ \(O\) và có VTPT

\(\vec n = (2;1; - 2):2x + y - 2z = 0\).

Vậy \(a + b + c = 2 + 1 - 2 = 1\).

Đáp án cần điền là: 1

Giải chi tiết:

Điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - x - 1 > 0}\\{x - 1 > 0}\end{array}} \right.\)

Ta có

\({\log _2}({x^2} - x - 1) - {\log _2}(x - 1) = 0 \Leftrightarrow {\log _2}({x^2} - x - 1) = {\log _2}(x - 1)\)

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

Kết hợp với điều kiện, phương trình có một nghiệm \(x = 2\).

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Bước \(1:\) Tính không gian mẫu

Trong \(30\) sản phẩm có \(5\) phế phẩm và \(25\) thành phẩm

Không gian mẫu là số cách chọn \(6\) sản phẩm trong \(30\) sản phẩm: \(C_{30}^6 = 593775\)

Bước \(2:\) Gọi \(A\) là biến cố "Lấy được không quá hai phế phẩm" .Tính \(|{\Omega _A}|\)

Gọi \(A\) là biến cố "Trong \(6\) sản phẩm lấy được không quá \(2\) phế phẩm".

Ta cần tính khả năng của \(A\)

TH\(1:\) Không có phế phẩm \( \Rightarrow \) Có \(1 \cdot C_{25}^6\) cách chọn

TH\(2:\) Có \(1\) phế phẩm \( \Rightarrow \) Có \(C_5^1 \cdot C_{25}^5\) cách chọn

TH\(3:\) Có \(2\) phế phẩm \( \Rightarrow \) Có \(C_5^2 \cdot C_{25}^4\) cách chọn

Vậy \(|{\Omega _A}| = 1 \cdot C_{25}^6 + C_5^1 \cdot C_{25}^5 + C_5^2 \cdot C_{25}^4 = 569250\)

Bước \(3:\) Tính xác suất \(P(A) = \frac{{|{\Omega _A}|}}{{|\Omega |}}\)

Xác suất để lấy được không quá \(2\) phế phẩm là: \(P(A) = \frac{{569250}}{{593775}} = \frac{{2530}}{{2639}}\).

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Gọi \(A\) là biến cố: "Cả hai cùng ném bóng trúng vào rổ. "

Gọi \(X\) là biến cố: "người thứ nhất ném trúng rổ" \( \Rightarrow P(X) = \frac{1}{5}\).

Gọi \(Y\) là biến cố: "người thứ hai ném trúng rổ" \( \Rightarrow P(Y) = \frac{2}{7}\).

Ta thấy biến cố \[X,{\rm{ }}Y\] là \(2\) biến cố độc lập nhau, theo công thức nhân xác suất ta có:

\(P(A) = P(X \cdot Y) = P(X) \cdot P(Y) = \frac{1}{5} \cdot \frac{2}{7} = \frac{2}{{35}}\).

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Phương trình tương đương: \(\sin x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{ - \pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.,(k \in \mathbb{Z})\)

+ Với \(x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\) ta có \( - \frac{{3\pi }}{2} \le - \frac{\pi }{6} + k2\pi \le 10\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 2}}{3} \le k \le \frac{{61}}{{12}},k \in \mathbb{Z}\)

\( \Rightarrow 0 \le k \le 5,k \in \mathbb{Z}\). Do đó phương trình có \(6\) nghiệm.

+ Với \(x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\) ta có \( - \frac{{3\pi }}{2} \le \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \le 10\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 4}}{3} \le k \le \frac{{53}}{{12}},k \in \mathbb{Z}\)

\( \Rightarrow - 1 \le k \le 4,k \in \mathbb{Z}\). Do đó phương trình có \(6\) nghiệm.

+ Rõ ràng các nghiệm này khác nhau từng đôi một, vì nếu

\( - \frac{\pi }{6} + k2\pi = \frac{{7\pi }}{6} + k'2\pi \Leftrightarrow k - k' = \frac{2}{3}\) (vô lí, do \(k,k' \in \mathbb{Z}\)).

Vậy phương trình có \(12\) nghiệm trên đoạn \(\left[ { - \frac{{3\pi }}{2};10\pi } \right]\).

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Ta có:

\(\overrightarrow {D'M} = \overrightarrow {D'D} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AM} \)

\( = - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow m = - 1,p = - 1,n = \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow T = m \cdot n \cdot p = \frac{1}{2}\)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Gọi \(x\) là độ dài của cạnh đáy của khối chóp

\(h\) là chiều cao của khối chóp, \(h'\) là chiều cao của tam giác cân ở mặt bên của khối chóp.

Bước 1: Biểu diễn \(h\) và thể tích \(V\) của khối chóp theo \(a\) và \(x\)

Ta có: \(x + 2h' = a \Rightarrow h' = \frac{{a - x}}{2}\)

Ta có: \({h^2} + {\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{a - x}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow h = \sqrt {{{\left( {\frac{{a - x}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {{a^2} - 2ax} }}{2}\)

Thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt {{a^2} - 2ax} }}{2} \cdot {x^2} = \frac{1}{6}\sqrt { - 2a{x^5} + {a^2}{x^4}} \)

Bước 2: Tìm max của \(f(x) = - 2a{x^5} + {a^2}{x^4}\) với \(x > 0\).

Xét hàm số \(f(x) = - 2a{x^5} + {a^2}{x^4}\) với \(x > 0\).

\({V_{\max }} \Leftrightarrow f{(x)_{\max }}\)

Ta có: \(f'(x) = - 10a{x^4} + 4{a^2}{x^3},f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \frac{{2a}}{5}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \max f(x) = f\left( {\frac{{2a}}{5}} \right) = \frac{{16{a^6}}}{{3125}}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x = \frac{{2a}}{5}\)

Bước 3: Tìm phần diện tích bị bỏ \( \Rightarrow S = {x^2} + 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{{a - x}}{2} = \frac{{2{a^2}}}{5}\)

Vậy diện tích bị bỏ là \(\frac{{3{a^2}}}{5}\).

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Bước \[1:\]Gọi \(x\) là số tiền tăng thêm của một tháng và biểu diễn số tiền bán \(1\) tháng theo \(x\).

Số tiền bán mỗi bóng đèn là: \(20 + x\) (USD)

Số tiền lãi của \(1\) bóng đèn là: \(x + 8\) (USD)

Sau khi tăng \(x\) USD \(1\) bóng đèn thì số bóng bán được trong \(1\) tháng:

\(2000 - 100x\)

Bước 2: Biểu diễn lợi nhuận theo \(x\). Áp dụng BĐT Cauchy để tìm max.

\(L = (8 + x)(2000 - 100x)\)

\( \Rightarrow 100L = (800 + 100x)(2000 - 100x) \le {\left( {\frac{{800 + 2000}}{2}} \right)^2}\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow 800 + 100x = 2000 - 100x \Leftrightarrow x = 6\)

Vậy số tiền mỗi bóng là \(20 + 6 = 26\) USD.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

a) Tổng số học sinh điều tra là \[n{\rm{ }} = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}18{\rm{ }} + {\rm{ }}40{\rm{ }} + {\rm{ }}26{\rm{ }} + {\rm{ }}8{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}100\]

b) Chiều cao trung bình của các em học sinh trên là

\(\bar x = \frac{{5 \cdot 151 + 18 \cdot 153 + 40 \cdot 155 + 26 \cdot 157 + 8 \cdot 159 + 3 \cdot 161}}{{100}} = 155,46\)

c) Cỡ mẫu bằng \(100\) nên trung vị của mẫu số liệu là \(\frac{{{x_{50}} + {x_{51}}}}{2}\)

Gọi \({x_1},{x_2}, \ldots ,{x_{100}}\) là chiều cao của \(100\) học sinh và giả sử dãy này được sắp xếp theo thứ tự tăng dần

Vậy trung vị của mẫu số liệu trên là \(\frac{{{x_{50}} + {x_{51}}}}{2}\)

Mà \({x_{50}},{x_{51}}\) thuộc nhóm thứ \(3:\) \([154;156)\) nên trung vị thuộc nhóm thứ \(3:\) \([154;156)\)

Trung vị là \({M_e} = 154 + \frac{{\frac{{100}}{2} - (5 + 18)}}{{40}} \cdot (156 - 154) = 155,35\)

d) Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là \(\frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}\)

Do \({x_{25}},{x_{26}}\) đều thuộc nhóm \([154;156)\) nên tứ phân vị thứ nhất cũng thuộc \([154;156)\)

Tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = 154 + \frac{{\frac{{100}}{4} - (5 + 18)}}{{40}} \cdot (156 - 154) = 154,1\)

Đáp án: a đúng | b đúng | c sai | d đúng

Đáp án cần chọn là: Đ; Đ; S; Đ

Giải chi tiết:

Số tiền trả góp tháng là: \(4 \cdot 6 = 24\) triệu

Áp dụng CT tính số tiền còn nợ sau \(N\) tháng ta có:

Số tiền còn nợ sau \(6\) tháng: \(50{(1 + 1\% )^6} - \frac{4}{{1\% }}\left[ {{{(1 + 1\% )}^6} - 1} \right]\)

Người này muốn trả hết số tiền trên thì phải trả thêm \(3\% \) số tiền đó

Số tiền cần trả lúc này là:

\(\left\{ {50{{(1 + 1\% )}^6} - \frac{4}{{1\% }}\left[ {{{(1 + 1\% )}^6} - 1} \right]} \right\} \cdot (1 + 3\% ) \approx 29,322{\rm{ }}\)(triệu đồng)

Vậy tổng số tiền người đó đã trả là: \(24 + 29,322 = 53,322{\rm{ }}\)(triệu)

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: \[120.\]

Giải chi tiết:

\(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} )\)

\( = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} \)

$=AB\cdot AD\cdot \cos {60}^{°}-AB\cdot AC\cdot \cos {45}^{°}$

$=AB\cdot CD\cdot \cos {60}^{°}-AB\cdot CD\cdot \sqrt{2}\cdot \cos {45}^{°}$

$=AB\cdot CD\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=AB\cdot CD\cdot \cos {120}^{°}$

$\Rightarrow (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD})={120}^{°}$

Đáp án cần điền là: \[120.\]

Giải chi tiết:

Bước 1: Kẻ \[AH\]vuông góc với \[SB.\] Chứng minh \(AH = d(A,(SBC))\)

Kẻ \[AH\] vuông góc với \[SB.\]

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

Lại có \(AH \bot SB \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow AH = d(A,(SBC))\)

Bước 2: Tính \[AH\]

Xét tam giác vuông \[ABC\]có: \(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = a\sqrt 3 \)

Xét tam giác vuông \[SAB\]có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}}\)

\( \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: \(36.\)

Giải chi tiết:

Giả sử nền trại là hình chữ nhật \[ABCD\] có \(AB = 3\) mét, \(BC = 6\) mét, đỉnh của parabol là \(I\). Chọn hệ trục tọa độ \[Oxy\]sao cho: \(O\) là trung điểm của cạnh \[AB,\] phương trình của parabol có dạng

\(y = a{x^2} + b,a \ne 0\). Do \[I,{\rm{ }}A,{\rm{ }}B\]thuộc nền nên ta có \(y = - \frac{4}{3}{x^2} + 3\)

Vậy thể tích phần không gian phía trong trại là

\(V = 6 \cdot 2\int_0^{\frac{3}{2}} {\left( { - \frac{4}{3}{x^2} + 3} \right)} dx = 36\)

Đáp án cần điền là: 36

Giải chi tiết:

Bước 1: Tính giới hạn của hàm số tại vô cực để tính \(a,\) tìm đường tiệm cận đứng, từ đó tìm \(c\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 1 \Rightarrow \frac{a}{1} = - 1 \Rightarrow a = - 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \Rightarrow c = - 1\)

Bước 2: Thay tọa độ điểm \((0; - 2)\) vào hàm số tìm \(b,\) tính \(ab - c\).

Thay tọa độ của \((0; - 2)\) vào ta được: \( - 2 = \frac{b}{c} \Rightarrow b = - 2c = 2\)

\( \Rightarrow ab - c = - 1\).

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Bước 1: Tách hình tô đậm thành hiệu của hai hình: \({S_1} - {S_2}\)

Phần tô đậm của hình bằng \({S_1} - {S_2}\).

Trong đó \({S_1}\) là phần tạo bởi các đường \(x = 0;y = 2;y = {x^2}\).

\({S_2}\) là phần tạo bởi các đường \(x = 0;y = 2;y = x + 1\).

Bước 2: Tính \({S_1};{S_2}\)

Hoành độ giao điểm bởi các đường \(x = 0;y = 2;y = {x^2}\) là: \(\sqrt 2 ; - \sqrt 2 \)

Vì \(x > 0\) nên: \({S_1} = \int_0^{\sqrt 2 } | 2 - {x^2}|dx = \frac{{4\sqrt 2 }}{3};{S_2} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}\)

Bước 3: Tính \({S_1} - {S_2}\). Ta có: \({S_1} - {S_2} = - \frac{1}{2} + \frac{{4\sqrt 2 }}{3}\).

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: \[0,57.\]

Phương pháp giải:

Công thức xác suất

Giải chi tiết:

Ta có: \(P\left( {A \cap B} \right) = P(A|B) \cdot P\left( B \right) = 0,2 \cdot 0,4 = 0,08\).

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = 0,25 + 0,4 - 0,08 = 0,57\).

Đáp án cần điền là: \[0,57.\]

Giải chi tiết:

Gọi ?₁ là biến cố: "Lô lấy ra là lô I"

Gọi ?₂ là biến cố: "Lô lấy ra là lô II"

a) Gọi \(A\) là biến cố: "Sản phẩm lấy ra là sản phẩm tốt"

Ta có: \(P(A) = P({B_1}) \cdot P(A\mid {B_1}) + P({B_2}) \cdot P(A\mid {B_2})\)

Mà \(P({B_1}) = \frac{1}{2},P({B_2}) = \frac{1}{2}\)

\(P(A\mid {B_1}) = \frac{{15}}{{20}} = \frac{3}{4}\)

\(P(A\mid {B_2}) = \frac{{10}}{{20}} = \frac{1}{2}\)

Vậy \(P(A) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{5}{8}\).

b) Ta có: \(P(A) = \frac{5}{8} \Rightarrow P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - \frac{5}{8} = \frac{3}{8}\).

c) Ta có: \(P({B_2}) = \frac{1}{2},P(A\mid {B_2}) = \frac{{10}}{{20}} = \frac{1}{2},P(A) = \frac{5}{8}\)

Vậy \(P({B_2}\mid A) = \frac{{P({B_2}) \cdot P(A\mid {B_2})}}{{P(A)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,5}}{{\frac{5}{8}}} = \frac{2}{5}\).

d) Ta có: \(P(A) = \frac{5}{8} \Rightarrow P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - \frac{5}{8} = \frac{3}{8}\)

\(P({B_1}) = \frac{1}{2};P(\bar A\mid {B_1}) = \frac{1}{4}\)

\(P({B_1}\mid \bar A) = \frac{{P({B_1}) \cdot P(\bar A\mid {B_1})}}{{P(\bar A)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,25}}{{\frac{3}{8}}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án cần chọn là: \(\frac{5}{8};\frac{3}{8};\frac{2}{5};\frac{1}{3}.\)

Đáp án đúng là: \[2,69.\]

Giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {OA} = (1;2; - 1)}\\{\overrightarrow {OB} = (0; - 2;3)}\end{array}} \right. \Rightarrow [\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} ] = (4; - 3; - 2)\)

Diện tích tam giác \[OAB\]: \(S = \frac{1}{2}\left| {[\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} ]} \right|\)

\( = \frac{1}{2}\sqrt {{4^2} + {{( - 3)}^2} + {{( - 2)}^2}} = \frac{{\sqrt {29} }}{2} \approx 2,69\)

Đáp án cần điền là: \[2,69.\]

Giải chi tiết:

\(F(x) = \int {{e^{ - x}}} ({e^x} - 6)dx = \int {(1 - 6{e^{ - x}})} dx = \int d x - 6\int {{e^{ - x}}} dx = x + 6{e^{ - x}} + C\).

Ta có \(F(0) = 6 + C = 10 \Rightarrow C = 4\), nên nguyên hàm thỏa mãn điều kiện là \(F(x) = x + 6{e^{ - x}} + 4\).

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Tập xác định của hàm số là \(\mathcal{D} = (0;1)\)

a) \(f(x) = \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\frac{{2x}}{{1 - x}}} \right) \Rightarrow f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\frac{{2 \cdot \frac{1}{2}}}{{1 - \frac{1}{2}}}} \right) = \frac{1}{2}\)

b) \(f(x) + f(1 - x) = \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\frac{{2x}}{{1 - x}}} \right) + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\frac{{2(1 - x)}}{{1 - (1 - x)}}} \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left[ {{{\log }_2}\left( {\frac{{2x}}{{1 - x}}} \right) + {{\log }_2}\left( {\frac{{2(1 - x)}}{x}} \right)} \right]\)

\( = \frac{1}{2} \cdot {\log _2}\left( {\frac{{2x}}{{1 - x}} \cdot \frac{{2(1 - x)}}{x}} \right) = 1\)

c) \(f\left( {\frac{1}{{2025}}} \right) + f\left( {\frac{2}{{2025}}} \right) + f\left( {\frac{3}{{2025}}} \right) + \ldots + f\left( {\frac{{2023}}{{2025}}} \right) + f\left( {\frac{{2024}}{{2025}}} \right)\)

\( = \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\frac{{2 \cdot \frac{1}{{2025}}}}{{1 - \frac{1}{{2025}}}}} \right) + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\frac{{2 \cdot \frac{2}{{2025}}}}{{1 - \frac{2}{{2025}}}}} \right) + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\frac{{2 \cdot \frac{3}{{2025}}}}{{1 - \frac{3}{{2025}}}}} \right) + \ldots + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\frac{{2 \cdot \frac{{2024}}{{2025}}}}{{1 - \frac{{2024}}{{2025}}}}} \right)\)

\( = \frac{1}{2} \cdot \log \left[ {\frac{{2 \cdot \frac{1}{{2025}}}}{{1 - \frac{1}{{2025}}}} \cdot \frac{{2 \cdot \frac{2}{{2025}}}}{{1 - \frac{2}{{2025}}}} \cdot \frac{{2 \cdot \frac{3}{{2025}}}}{{1 - \frac{3}{{2025}}}} \cdots \frac{{2 \cdot \frac{{2024}}{{2025}}}}{{1 - \frac{{2024}}{{2025}}}}} \right]\)

\( = \frac{1}{2} \cdot {\log _2}\left[ {{2^{2024}} \cdot \frac{1}{{2024}} \cdot \frac{2}{{2023}} \cdot \frac{3}{{2022}} \cdots \frac{{2024}}{1}} \right] = \frac{1}{2} \cdot 2024 = 1012\)

Đáp án cần chọn là: \(\frac{1}{2};1;1012\)

Giải chi tiết:

Theo giả thiết ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} = 22}\\{u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 + u_4^2 = 166}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} = 22}\\{u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 + u_4^2 = 166}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4{u_1} + 6d = 22}\\{u_1^2 + {{({u_1} + d)}^2} + {{({u_1} + 2d)}^2} + {{({u_1} + 3d)}^2} = 166}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{u_1} + 3d = 11}\\{4u_1^2 + 12{u_1}d + 14{d^2} = 166}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{u_1} = - 3d + 11}\\{{{( - 3d + 11)}^2} + 6( - 3d + 11) \cdot d + 14{d^2} = 166}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{u_1} = - 3d + 11}\\{5{d^2} = 45}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{u_1} = - 3d + 11}\\{d = \pm 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1,d = 3}\\{{u_1} = 10,d = - 3}\end{array}} \right.\)

Đáp án cần chọn là: Đ; S

Giải chi tiết:

a) Kẻ \(AH \bot SB\) (\(H \in SB\))

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

Mà \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot (SBC) \Rightarrow d(A,(SBC)) = AH\)

Ta có: \(AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy \(d(A,(SBC)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

b), c) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD\parallel BC}\\{AD\not \subset (SBC)}\end{array}} \right. \Rightarrow AD\parallel (SBC)\)

Khi đó \(d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

d) Ta có: \(\frac{{d(M,(SBC))}}{{d(A,(SBC))}} = \frac{{MS}}{{AS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d(M,(SBC)) = \frac{1}{2}d(A,(SBC)) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Đáp án: a sai | b đúng | c đúng | d đúng

Đáp án cần chọn là: S; Đ; Đ; Đ

Giải chi tiết:

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \(I(5;2;3)\), bán kính \(R = \sqrt {{5^2} + {2^2} + {3^2} - 2} = 6\).

Mặt phẳng \[\left( P \right)\] có \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = ( - 1;2;2)\).

Ta có: \(d(I,(P)) = \frac{{| - 5 + 2.2 + 2.3 - 3|}}{{\sqrt {{{( - 1)}^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{2}{3} < R \Rightarrow \) Mặt phẳng \[\left( P \right)\] cắt mặt cầu \[\left( S \right)\].

\(IA = \sqrt {{{(3 - 5)}^2} + {{(1 - 2)}^2} + {{(2 - 3)}^2}} = \sqrt 6 < R \Rightarrow \) Điểm \(A\) nằm trong mặt cầu.

Gọi \(H\) là trung điểm của \[MN.\]Khi đó \(IH\) vuông góc với \[MN.\]

\( \Rightarrow MN = 2HN = 2\sqrt {I{N^2} - I{H^2}} = 2\sqrt {36 - I{H^2}} \)

Do đó \(MN\)min \( \Leftrightarrow \) \(IH\) max

Vì tam giác \[IAH\]vuông tại \(H\)\( \Rightarrow IH \le IA\)

\( \Rightarrow \)\(MN\) min \( \Leftrightarrow IH = IA = \sqrt 6 \Rightarrow MN = 2\sqrt {36 - 6} = 2\sqrt {30} \).

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Ta có \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M(2;1;0) \in d}\\{{{\vec u}_d} = (1;2; - 1)}\end{array}} \right.\).

Do \(A \in Ox,B \in Oy \Rightarrow AB \subset (Oxy) \Rightarrow {\vec u_{AB}} \bot \vec k = (0;0;1)\).

Đường thẳng \(AB \bot d \Rightarrow {\vec u_{AB}} \bot {\vec u_d}\).

Suy ra \({\vec u_{AB}} = [\vec k,{\vec u_d}] = ( - 2;1;0)\).

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d \subset (P)}\\{AB \subset (P)}\end{array}} \right. \Rightarrow {\vec n_P} = [{\vec u_{AB}},{\vec u_d}] = ( - 1; - 2; - 5)\).

Phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\] qua \(M(2;1;0)\) và nhận vectơ \({\vec n_P} = ( - 1; - 2; - 5)\) làm một vectơ pháp tuyến là

\((P): - 1(x - 2) - 2(y - 1) - 5(z - 0) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 5z - 4 = 0\).

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Ta có: \({\vec n_P} = (1;0; - 1),{\vec u_d} = ( - 1;0;1) \Rightarrow d \bot (P)\) và \(d \cap (P) = M(0;2; - 1)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA} = (2; - 1;2) \Rightarrow MA = 3\)

Gọi \[H;{\rm{ }}K\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \({d_1}\) và \({d_2}\), ta có:

\(d({d_1};d) = d(M;{d_1}) = MH,d({d_2};d) = d(M;{d_2}) = MK \Rightarrow MH = MK = \sqrt 6 \)

\( \Rightarrow \sin \widehat {MAK} = \sin \widehat {MAH} = \frac{{HM}}{{AM}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\)

\( \Rightarrow \cos ({d_1};{d_2}) = |\cos (2 \cdot \widehat {MAH})| = |1 - 2{\sin ^2}\widehat {MAH}| = \left| {1 - \frac{4}{3}} \right| = \frac{1}{3}\).

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Bước 1: Tìm thời gian dừng hẳn theo \(a\).

Thời điểm đạp phanh thì \(t = 0\)

Thời điểm xe dừng hẳn thì có vận tốc \(v = 0\)

Khi đó \(a - 8t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{a}{8}\)

Bước 2: Áp dụng công thức giữa vận tốc và quãng đường, tìm \(a\).

Quãng đường từ thời điểm \(t = 0\) đến thời điểm \(t = \frac{a}{8}\) là:

\(s = \int_0^{\frac{a}{8}} {(a - 8t)} dt = 36 \Leftrightarrow (at - 4{t^2})|_0^{\frac{a}{8}} = 36 \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{8} - 4.\frac{{{a^2}}}{{64}} = 36\)

\( \Leftrightarrow {a^2} = 576 \Leftrightarrow a = 24\)

Vậy \(a \in (23;25)\).

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Bước \(1:\) Sử dụng phương pháp ghép trục

Bước \(2:\) Biện luận \(m\)

Từ bảng trên ta thấy để phương trình \(f(2\sin x) = {m^2} + 3m\) có đúng ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn \([ - \pi ;\pi ]\) thì \(y = {m^2} + 3m\).

Khi đó \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} + 3m = 0}\\{{m^2} + 3m = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0;m = - 3}\\{m = 1;m = - 4}\end{array}} \right.\).

Vậy \(4\) giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Bước \(1:\) Lấy điểm \(B(0; - 1;2)\) thuộc \(d.\)

Bước \(2:\) Tìm giao điểm \(A\) của \(d\) và \[\left( P \right).\]

Gọi \(A\) là giao điểm của \(d\) và \[\left( P \right).\]

Khi đó \(A(t; - 1 + 2t;2 - t)\). Thay vào \[\left( P \right)\] ta được:

\(t - 1 + 2t + 2 - t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow A(1;1;1)\)

Bước 3: Tìm \[d'\]

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên \[\left( P \right)\], \(B'\) là điểm đối xứng \(B\) qua \[\left( P \right).\]

Khi đó \(H\) là trung điểm của \[BB'\]

Đường thẳng \(BH\) đi qua \[B\left( {0; - 1;2} \right)\] và nhận \({\vec n_{(P)}} = (1;1;1)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 2 + t}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow H(t; - 1 + t;2 + t)\). Thay vào \[\left( P \right)\] ta được:

\(t - 1 + t + 2 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow H\left( {\frac{2}{3}; - \frac{1}{3};\frac{8}{3}} \right) \Rightarrow B'\left( {\frac{4}{3};\frac{1}{3};\frac{{10}}{3}} \right)\)

Vectơ chỉ phương của \[AB'\] là: \(\overrightarrow {AB'} = \left( {\frac{1}{3}; - \frac{2}{3};\frac{7}{3}} \right)\)

Đường thẳng \(d':\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{7}\)

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Kẻ \[Ax\]song song với \(BC\)

Kẻ \(HK\) vuông góc với \[Ax\], kẻ \(HF\) vuông góc với \[SK.\]

Bước \(1:\) Chứng minh \(HF \bot (SAK)\)

Ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HK \bot Ax}\\{SH \bot Ax}\end{array}} \right. \Rightarrow Ax \bot (SHK) \Rightarrow AK \bot HF\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot HF}\\{HF \bot SK}\end{array}} \right. \Rightarrow HF \bot (SAK)\)

Bước \(2:\) Chứng tỏ \(d(BC,SA) = 3d(H,(SAK))\) và tìm khoảng cách .

\(d(BC,SA) = d(BC,(SAK)) = d(B,(SAK)) = 3d(H,(SAK))\)

Ta có \(AB = a \Rightarrow AH = \frac{a}{3}\)

Tam giác \(ABC\)A đều nên

\( \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{1}{3}a = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}\)

Góc tạo bởi \(SA\) và \[\left( {ABC} \right)\] bằng ${60}^{°}$ nên \(SH = \sqrt 3 AH = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Áp dụng \[HTL\] trong tam giác vuông \[SHK\]ta có:

\(\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} + \frac{{12}}{{{a^2}}} = \frac{{15}}{{{a^2}}} \Rightarrow HF = \frac{{a\sqrt {15} }}{{15}}\)

Vậy \(d(BC,SA) = 3 \cdot \frac{{a\sqrt {15} }}{{15}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Ta có: \({S_{\Delta ABD}} = 8\sqrt 2 \).

Gọi \[E,{\rm{ }}K\]lần lượt là hình chiếu của \[C,{\rm{ }}D\] lên \(AB \Rightarrow \)\(CE = DK = \frac{{2{S_{\Delta ABD}}}}{{AB}} = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}\).

Do hai khối nón đỉnh \(A\), đáy là đường tròn bán kính \(DK\) và khối nón đỉnh \(B\) đáy là đường tròn bán kính \(CE\) có thể tích bằng nhau nên thể tích của khối tròn xoay được giới hạn bởi \((H)\) bằng

\(V = \pi \cdot D{K^2} \cdot CD = \frac{{256\pi }}{3}\).

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Bước \(1:\) Tính \(y'.\)

\(y' = 6\cos 2x + 8\sin 2x - m\)

Bước \(2:\) Tìm \(m\)

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0\;\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow 6\cos 2x + 8\sin 2x - m \ge 0\;\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow m \le 6\cos 2x + 8\sin 2x\;\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow m \le {\min _\mathbb{R}}(6\cos 2x + 8\sin 2x)\)

\( \Leftrightarrow m \le - 10\)

Vì \(6\cos 2x + 8\sin 2x = 10 \cdot \left( {\frac{3}{5}\cos 2x + \frac{4}{5}\sin 2x} \right)\)

\( = 10 \cdot \sin (2x + \alpha ) \ge - 10\)

Dấu "=" xảy ra khi \(6\cos 2x + 8\sin 2x = - 10 \Leftrightarrow \sin (2x + \alpha ) = - 1\)

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: \[5,66.\]

Giải chi tiết:

\({H_2}(0; - 2;0) \Rightarrow O{H_2} = 2 \Rightarrow HE = \frac{3}{2}O{H_2} = 3\)

\( \Rightarrow {H_3}{H_4} = 3:\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 = {H_1}{H_2}\)

\( \Rightarrow O{H_1} = \sqrt {{H_1}H_2^2 - OH_2^2} = \sqrt {{{(2\sqrt 3 )}^2} - {2^2}} = 2\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow OC = \sqrt 2 \Rightarrow C(0,0,\sqrt 2 )\)

\( \Rightarrow T = 2x - 3y + 4z = 4\sqrt 2 \approx 5,66\)

Đáp án cần điền là: \[5,66.\]

Giải chi tiết:

Gọi \(A\) là biến cố lần \(1\) lấy bi màu đen

\( \Rightarrow P(A) = \frac{9}{{13}}\)

Gọi \(B\) là biến cố lần \(2\) lấy bi màu đen.

Khi đó \(AB\) là biến cố lần \(1\) lấy màu đen sau đó lần \(2\) lấy màu đen

\( \Rightarrow P(AB) = \frac{{9 \cdot 8}}{{13 \cdot 12}} = \frac{6}{{13}}\)

\( \Rightarrow P(B|A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{\frac{6}{{13}}}}{{\frac{9}{{13}}}} = \frac{2}{3}\)

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: \[50,12.\]

Giải chi tiết:

- Gọi biên độ biên độ của sóng địa chấn đọ được tại trận động đất ở tỉnh Ishikawa lớn hơn trận động đất ở tỉnh Iwate lần lượt là \({A_1}\) và \({A_2}.\)

- Khi đó, ta có:

 \(\frac{{{A_1}}}{{{A_2}}} = \;{10^{log\frac{{A1}}{{A2}}}} = {10^{\log {A_1} - \;\log {A_2}}}\).

= \({10^{\left( {\log {A_1} - \log {A_0}} \right) - \left( {\log {A_2} - \log {A_0}} \right)}} = \;{10^{{M_{{L_1}}} - \;{M_{{L_2}}}}} = \;{10^{7,6 - 5,9}}\; \approx 50,12\)

Đáp án cần điền là: \[50,12.\]

Đáp án: B

Giải ngắn gọn:
Văn bản nhấn mạnh nhiều lần: chưa thể học tri thức hoàn toàn mới khi ngủ, mà chủ yếu củng cố ký ức đã có.

Đáp án: A

Giải ngắn gọn:
Các chi tiết này khiến ý tưởng “học khi ngủ” trở nên sống động, gần như viễn tưởng nhưng vẫn gắn với khả năng khoa học thực tế.

Đáp án: C

Giải ngắn gọn:
Dù khác phương pháp, các nghiên cứu đều dựa trên việc gợi lại hoặc tăng cường ký ức đã được hình thành trước đó.

Đáp án: B

Giải ngắn gọn:
Văn bản không tuyệt đối hóa công nghệ mà luôn kèm cảnh báo, giữ tính khách quan khoa học.

Đáp án: A

Giải ngắn gọn:
Chi tiết này cho thấy ký ức không đứng yên mà được não xử lý và tổ chức lại thành lưu trữ dài hạn.

Đáp án: B

Giải ngắn gọn:
Câu nói này tạo “điểm chốt phản biện”, khiến bài viết không chỉ ca ngợi công nghệ mà còn đặt vấn đề hệ quả.

Đáp án: C

Giải ngắn gọn:
Các ví dụ cho thấy ý tưởng “gợi ký ức khi ngủ” đã có từ lâu, nhưng ngày nay mới được khoa học thần kinh kiểm chứng.

Đáp án: B

Giải ngắn gọn:
Không có phần phản biện, người đọc rất dễ hiểu rằng công nghệ đã gần như “học thay con người”.

Đáp án: C

Giải ngắn gọn:
Nhan đề đánh vào tò mò về “học khi ngủ”, nhưng nội dung thực chất nói nhiều hơn về củng cố và tổ chức ký ức.

Đáp án: D

Giải ngắn gọn:
Văn bản vừa khẳng định vai trò của giấc ngủ với trí nhớ, vừa nhấn mạnh giới hạn và nguy cơ khi can thiệp vào não bộ.

Đáp án: B

Giải ngắn gọn:
Văn bản xoay quanh vấn đề ô nhiễm nhựa và từ đó dẫn đến nhu cầu phát triển nhựa phân hủy sinh học ở Việt Nam.

Đáp án: A

Giải ngắn gọn:
Tác giả phân biệt NSH và NPHSH để tránh hiểu sai rằng cứ “nhựa sinh học” là tự phân hủy được.

Đáp án: D

Giải ngắn gọn:
Các số liệu được đưa ra nhằm cho thấy NPHSH đang phát triển mạnh và trở thành xu hướng khó đảo ngược.

Đáp án: B

Giải ngắn gọn:
Chi tiết tiêu thụ nhựa tăng mạnh làm nổi bật nghịch lí: phát triển kinh tế kéo theo áp lực môi trường lớn hơn.

Đáp án: A

Giải ngắn gọn:
Đoạn (7) chuyển từ phần lí thuyết sang thực tiễn ứng dụng và tiềm năng phát triển ở Việt Nam.

Đáp án: A

Giải ngắn gọn:
Giọng văn mang vẻ khách quan khoa học nhưng thực chất định hướng ủng hộ phát triển NPHSH.

Đáp án: A

Giải ngắn gọn:
Ví dụ về siêu thị cho thấy xu hướng “xanh hóa” đã đi vào đời sống tiêu dùng thực tế.

Đáp án: B

Giải ngắn gọn:
Các giải pháp được triển khai theo trình tự: chính sách → xã hội → nghiên cứu → sản xuất.

Đáp án: B

Giải ngắn gọn:
Tác giả xem ô nhiễm nhựa là vấn đề đa tầng, cần giải quyết đồng bộ nhiều mặt.

Đáp án: A

Giải ngắn gọn:
Đây là câu kết luận tổng hợp, khẳng định phát triển NPHSH là xu hướng tất yếu.

Phương pháp giải:

Sử dụng dữ kiện từ đề bài: “Khí được làm nóng thoát ra khỏi B với tốc độ lớn hơn”

Động lượng: p = m.v

Giải chi tiết:

Khí được làm nóng thoát ra khỏi B với tốc độ lớn hơn → động lượng của không khí đi qua động cơ tăng lên.

→ Phát biểu này sai

Đáp án: 2 và 3

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết về chuyển động bằng phản lực

Giải chi tiết:

- Động lượng của không khí thay đổi tạo ra xung lực tác dụng lên không khí: định luật 2 Newton

- Lực do không khí tác dụng lên máy bay có cùng phương, ngược chiều, cùng độ lớn với xung lực tác dụng lên không khí: định luật 3 Newton

Đáp án: vector; thay đổi

Phương pháp giải:

Động lượng là đại lượng vector

Động lượng cùng hướng với vận tốc

Giải chi tiết:

Động lượng là đại lượng vector. Không khí bị lệch hướng với tốc độ không đổi nên động lượng của không khí thay đổi.

Đáp án: A; B; D; E

Phương pháp giải:

Suy nghĩ các yếu tố thực tế có thể thay đổi tác động lên lực giảm tốc của tấm chắn gió: tốc độ của gió, tốc độ của máy bay, lượng không khí hút vào…

Giải chi tiết:

Một số nguyên nhân đúng là:

+ Tốc độ hút không khí thay đổi.

+ Khối lượng không khí đi qua động cơ trong mỗi giây thay đổi.

+ Tốc độ thay đổi động lượng thay đổi.

+ Tốc độ của máy bay thay đổi.

Lượng nhiên liệu được bơm vào để đốt cháy thay đổi để điều chỉnh sao cho lực tác dụng lên máy bay theo mong muốn của con người, không phải là nguyên nhân khách quan gây ra sự thay đổi của lực giảm tốc.

Phương pháp giải:

Kim loại là chất dẫn điện tốt

Giải chi tiết:

Kim loại là chất dẫn điện tốt, nếu dùng ống dẫn làm từ chất liệu khác kim loại,

Với ống dẫn làm từ chất liệu khác kim loại, có 2 trường hợp sử dụng đầu dò:

+ TH1: Đầu dò làm từ kim loại: tốc độ ăn mòn của đầu dò khác với tốc độ ăn mòn của ống → kết quả đo không chính xác

+ TH2: Đầu dò làm từ vật liệu cùng vật liệu với ống. Do kim loại là chất dẫn điện tốt. Các chất khác kim loại dẫn điện kém dẫn tới mạch điện hoạt động không ổn định

Vậy phương pháp đầu dò không thể áp dụng cho các loại ống dẫn khác ngoài kim loại

Phương pháp giải:

Dựa vào thông tin ở đoạn văn bản.

Giải chi tiết:

Hệ số nhiệt độ  thường có giá trị trong khoảng 2-3.

Đáp án: Đ; S

Phương pháp giải:

Lý thuyết về quy tắc Van't Hoff

Giải chi tiết:

a đúng.

b sai, đồ thị biểu diễn mối liên hệ giữa nhiệt độ (T) và tốc độ phản ứng (r) phải là một đường cong.

Phương pháp giải:

Đặc điểm cấu tạo của nhóm -COOH

Giải chi tiết:

Ở pH cao, nhóm –COOH mất proton, chuyển thành –COO⁻ làm tăng ái lực với cation kim loại nên hiệu quả hấp phụ tăng mạnh.

Đáp án: polysaccharide; thuận lợi hơn; cạnh tranh hấp phụ

Phương pháp giải:

Dựa vào thông tin ở đoạn văn.

Giải chi tiết:

Pectin là một polymer sinh học thuộc nhóm polysaccharide có khả năng hấp phụ cation kim loại nặng nhờ các nhóm chức phân cực như –COOH và –OH.

Ở pH cao, hiệu quả hấp phụ tăng do bề mặt pectin tích điện âm nhiều hơn, làm quá trình hút Pb²⁺ và Cd²⁺ trở nên thuận lợi hơn. Khi trong dung dịch có đồng thời nhiều cation kim loại nặng, hiện tượng chúng “giành chỗ” trên bề mặt pectin được gọi là cạnh tranh hấp phụ.

Phương pháp giải:

Dựa vào thông tin bài đọc kết hợp với hiểu biết về lực hút của ion.

Giải chi tiết:

Pectin hút cation nhờ bề mặt âm. Nhưng bề mặt có giới hạn, nên khi nhiều ion cùng xuất hiện, chúng giành vị trí hấp phụ. Ion có ái lực mạnh hơn chiếm chỗ nhiều hơn, các ion còn lại bị giảm chỗ bám → hiệu suất loại bỏ từng ion riêng lẻ giảm

Phương pháp giải:

Phân tích đặc điểm cấu tạo nhóm -COO^-

Giải chi tiết:

–COO⁻ có cặp electron tự do trên O, có thể nhường cặp e⁻ tạo liên kết phối trí với Pb²⁺ trên bề mặt.

Phương pháp giải:

Dựa vào đặc điểm về kích thước của VSV: kích thước rất nhỏ

Giải chi tiết:

VSV có kích thước nhỏ nên có tỷ lệ S/V lớn

Phương pháp giải:

Dựa vào vai trò của Tetracylin với VSV

Giải chi tiết:

kháng sinh là chất được vi khuẩn tạo ra để chống chịu với những điều kiện bất lợi

Phương pháp giải:

Dựa vào đặc điểm về tỷ lề diện tích bề mặt / thể tích của vi sinh vật, vai trò của Tetracylin và các phương pháp nuôi cấy mà đề bài đưa ra trong đoạn văn bản.

Giải chi tiết:

có hai kiểu môi trường nuôi cấy VSV: nuôi cấy liên tục và nuôi cấy không liên tục

Phương pháp giải:

Đọc kỹ nội dung văn bản, quan sát và phân tích hai đồ thị mô tả quá trình nuôi cấy vi sinh vật nhằm thu vitamin B12 và thời điểm vitamin B12 được tạo ra.

Giải chi tiết:

Theo đề bài: Vitamin B12 là chất cần thiết cho quá trình sinh trưởng của vi khuẩn do nó là cofactor của nhiều loại enzim tổng hợp DNA và chuyễn hoá amino acid), chủ yếu được tạo ra trong giai đoạn vi khuẩn đang sinh trưởng và phát triển mạnh.
 Khi quần thể vi sinh vật sinh trưởng và phát triển để tăng số lượng tế bào (sinh khối), lượng vitamin B12 được tạo ra cũng tăng lêên theo. Trong các giai đoạn kích thước quần thể vi sinh vậtổn định, nồng độ vitamin B12 không đổi.
 Đồ thị mô tả đường cong sinh trưởng của quần thể vi sinh vật và sự biến đổi về hàm lượng sản phẩm trong quá trình nuôi cấy để thu vitamin B 12 là hình A , Vitamin B 12 chủ yếu được tạo ra ở pha lũy thừa, khi quần thể đang sinh trưởng và phát triển mạnh.

Phương pháp giải:

Đọc kỹ nội dung văn bản, quan sát và phân tích hai đồ thị để tìm ra đồ thị mô tả quá trình nuôi cấy vi sinh vật nhằm thu Tetracylin và thời điểm Tetracylin được tạo ra.

Giải chi tiết:

Theo đề bài: Tetracylin là sản phẩm không cần thiết cho sự sinh trưởng của vi khuẩn (làm ức chế hoạt động của vi khuẩn khác và gia tăng khả năng cạnh tranh), thường được tạo ra sau khi pha sinh trưởng đã kết thúc.
 Khi nuôi cấy vi sinh vật để thu kháng sinh tetracylin, khi quần thể bước vào pha cân bằng (kích thước và sinh khối của quần thể đã ổn định, không còn tăng nhanh), Iượng sản phẩm mới bắt đầu tăng.
 Đồ thị mô tả đường cong sinh trưởng của quần thể vi sinh vật và sự biến đổi về hàm lượng sản phẩm trong quá trình nuôi cấy để thu kháng sinh tetracylin là hình B, kháng sinh này được tạo ra ở pha cân bằng.

Đáp án: A; D

Phương pháp giải:

Dựa vào các dữ liệu trong bài đọc và thông tin được đưa ra trong đồ thị hình A và hình B để xác định tính đúng sai của các nhận định.

Giải chi tiết:

Ý 1) Đúng: Vi sinh vật có tốc độ sinh trưởng và sinh sản nhanh nên tạo ra sinh khối lớn

Giải thích: do VSV có kích thước nhỏ > S/V lớn > Trao đổi chất và chuyển hóa mạnh mẽ > Sinh trưởng và sinh sản nhanh

Ý 2) Sai. Tất cả vi sinh vật đều có thể ứng dụng để thu các chế phẩm sinh học

Giải thích: VSV có nhóm có lợi và nhóm gây hại.

Ý 3) Sai. Muốn sản xuất kháng sinh từ vi sinh vật cần nuôi cấy trong điều kiện nuôi cấy liên tục

Giải thích: kháng sinh là sản phẩm tạo ra chủ yếu ở pha cân bằng mà trong nuôi cấy liên tục không có pha cân bằng do đó cần nuôi cấy bằng phương pháp nuôi cấy không liên tục để thu được lượng sản phẩm đối đa.

Ý 4) Đúng. Không cần khoảng không gian lớn để nuôi cấy vi sinh vật nhằm thu sinh khối

Giải thích: do VSV có kích thước nhỏ.

Đáp án: ammonium

Phương pháp giải:

Đọc kỹ và phân tích đoạn văn bản để tìm ra từ khóa phù hợp.

Giải chi tiết: