Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 11)

Nhìn bảng thống kê, ta thấy sản lượng sữa hàng ngày cao nhất của nông trường là từ 15 đến 17 lít, có 25 con bò cho sản lượng như vậy. Chọn D.

Đọc kĩ lại ngữ liệu để xác định nội dung văn bản. Ở đây tác giả đưa ra một vấn đề khoa học “những khác biệt về IQ giữa những người xuất thân từ nhiều vùng địa lí khác nhau nhưng hiện sống trong cùng một đất nước” và sử dụng các từ ngữ mang tính chuyên ngành “gen di truyền”, “nhận thức”, “IQ”...→ Xác định phong cách ngôn ngữ được sử dụng ở đây là phong cách ngôn ngữ khoa học. Chọn B.

Đọc lại ngữ liệu để xác định được câu chủ đề ở đầu và cuối đoạn. Xác định ý bao trùm là “nỗ lực tìm kiếm sự khác biệt về IQ do bẩm sinh”. Chọn B.

Đọc kĩ câu hỏi, xác định từ “này” là một phép thế cho vế câu trước đó → Tìm cụm từ “sự thật này” trong đoạn trích. Xác định các thông tin phía trước cụm từ “sự thật này”. “Tuy nhiên, như mọi người đều biết, những người được đem ra so sánh vốn dĩ khác nhau rất nhiều về môi trường xã hội và cơ hội học hành. Sự thật này...”. Chọn C.

Đọc kĩ câu hỏi và các phương án trả lời, đọc kĩ lại ngữ liệu để xác định xem các phương án nào được nhắc tới trong đoạn trích.

+ Phương án A có được nhắc tới nhưng không đúng với nội dung tác giả đưa ra: Mục đích nghiên cứu là “tìm kiếm những khác biệt về IQ giữa những người xuất thân từ nhiều vùng địa lí khác nhau nhưng hiện sống trong cùng một đất nước” chứ không phải chứng tỏ sự khác biệt giữa người da đen và da trắng.

+ Phương án B được nhắc đến trong câu “...khả năng nhận thức của người lớn đã chịu ảnh hưởng nặng nề của môi trường xã hội nơi chúng ta trải qua thời thơ ấu...”

+ Phương án C: nội dung ý ngày được nhắc đến trong câu “...khả năng nhận thức của người lớn đã chịu ảnh hưởng nặng nề của môi trường xã hội nơi chúng ta trải qua thời thơ ấu, khiến cho thật khó lòng phân biệt rạch ròi xem ảnh hưởng nào là do những khác biệt bẩm sinh trong gen di truyền.”

+ Phương án D: xuất hiện trong đoạn cuối của văn bản.

→ Chọn A.

Đọc kĩ câu hỏi và các phương án trả lời, sau đó đọc kĩ lại một lần nữa các thông tin được đưa ra trong đoạn trích để xác định được từ khóa “các nhà tâm lí học cho đến nay vẫn chưa thể đưa ra kết luận nào đủ sức thuyết phục về sự thiếu hụt IQ bẩm sinh”

Xác định câu có chứa từ khóa: “Do những tác động rõ ràng đó của môi trường sống thời thơ ấu và tri thức thu nhận được đối với kết quả thử nghiệm IQ, nên nỗ lực của các nhà tâm lí học cho đến nay vẫn chưa thể đưa ra kết luận nào đủ sức thuyết phục về sự thiếu hụt IQ bẩm sinh”.

Như vậy, các yếu tố tác động đến sự kết luận của các nhà tâm lí học là:

+ môi trường sống thời thơ ấu

+ tri thức thu nhận được

→ Có 2 yếu tố. Chọn B.

Phương trình vận tốc: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 3{t^2} - 4t\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)

Phương trình gia tốc: \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 4\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right).\)

Tại \(t = 1,5\,\,s\) thì gia tốc tức thời của chuyển động là: \(a\left( {1,5} \right) = 6 \cdot 1,5 - 4 = 5\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right).\)

Chọn C.

Câu “Nếu đọc mười quyển sách không quan trọng, không bằng thời gian đem sức lực đọc mười quyển ấy mà đọc một quyển thực sự có giá trị”. Trong câu này, “mười quyển sách không quan trọng” có nghĩa là mười quyển sách không có giá trị. Cả câu nói có nghĩa là: nên lựa chọn sách có giá trị mà đọc, đọc ít nhưng giá trị còn hơn đọc nhiều mà không đem lại giá trị gì. Chọn B.

Từ “trọc phú” trong đoạn trích trên chỉ những người hay khoe của, chỉ biết lấy nhiều làm quý, có nghĩa là thích khoe khoang, coi trọng số lượng hơn chất lượng. Chọn A.

Theo đoạn trích, cần chia sách ra làm nhiều loại: một loại là sách đọc để lấy kiến thức phổ thông, một loại để trau dồi học vấn chuyên môn. (Dòng một 1, 2 đoạn 2). Chọn B.

Xem dòng cuối cùng của đoạn trích: “nếu họ không thu được lợi ích thực sự là do họ thiếu sự lựa chọn, khi đọc lẽ ra phải đọc kĩ thì họ lại đọc qua loa”. Chọn D.

Theo dõi ngữ liệu:

Đáp án A (Người đọc sách cần chọn sách cho tinh) nằm ở dòng 1 đoạn 1.

Đáp án B (Đọc sách cần có phương pháp) nằm ở dòng 5, 6 đoạn 1.

Đáp án D (Phải đọc nhiều loại sách khác nhau để tăng thêm kiến thức) nằm ở đoạn 2.

Trong đoạn trích, không có phần nào nhắc đến nội dung “Sách hay không có nhiều”.Chọn C.

Ta có: \({\log _2}\left( {5 - {2^x}} \right) = 2 - x \Leftrightarrow 5 - {2^x} = {2^{2 - x}} \Leftrightarrow 5 \cdot {2^x} - {\left( {{2^x}} \right)^2} = 4\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - {5.2^x} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 4\\{2^x} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 0\end{array} \right.\).

Do đó \(P = {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} = 2 + 0 + 2 \cdot 0 = 2.\) Chọn D.

Phương thức biểu đạt chính của văn bản là biểu cảm. Chọn B.

Bài thơ được viết theo thể thơ sáu chữ. Mỗi dòng thơ có sáu chữ. Chọn A.

Nhân vật trữ tình trong bài thơ là người phụ nữ - “em”. Chọn D.

Bài thơ viết về đề tài tình yêu. Chọn B.

Phép điệp, liệt kê: “Sau sông, sau biển, sau thuyền/ Sau những chân trời bát ngát/ Sau bao điều cay cực nhất”. Chọn B.

Xét hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - {{\left( {y + 1} \right)}^2} = 0}\\{\left| {x - 2} \right| - y - 1 = 0}\end{array}} \right.\).

Ta có \((2) \Leftrightarrow y + 1 = \left| {x - 2} \right| \Leftrightarrow {\left( {y + 1} \right)^2} = {\left( {x - 2} \right)^2}\).

Thay vào (1) ta được \(x - {\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 - x = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}{\rm{. }}\)

• Với \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) thì \(y = |x - 2| - 1 = \left| {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} - 2} \right| - 1 = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} - 1 = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}{\rm{.}}\)

• Với\(x = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\) thì \(y = |x - 2| - 1 = \left| {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} - 2} \right| - 1 = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2} - 1 = \frac{{\sqrt 5  - 3}}{2}{\rm{.}}\)

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm. Chọn B.

Dựa vào đoạn mở đầu: “Các loại vật chất tồn tại ở khắp nơi trên Trái Đất của chúng ta. Vậy, những nguyên tố cơ bản nào cấu thành vật chất?” có thể xác định được nội dung chính của bài đọc nói về các nguyên tố cấu thành vật chất trên Trái Đất. Chọn B.

Dựa vào 2 câu đầu của đoạn văn thứ 2 có thể thấy: Sự thắc mắc về các nguyên tố cấu tạo nên Trái Đất đã có từ xa xưa (2000 năm trước). Nhưng do thời điểm đó khoa học kĩ thuật chưa phát triển nên phải rất lâu sau đó người ta mới đưa ra câu trả lời chính xác. Chọn C.

Dựa vào dòng thứ tư của đoạn 2 có thể thấy đặc điểm của một số thành phần cấu tạo nên vạn vật trên thế giới là đơn giản và cơ bản. Chọn D.

Dựa vào vế trước đó: “Oxy và thủy ngân đều là nguyên tố, nhưng oxit thủy ngân thì lại không phải là một nguyên tố” nên “chúng” ở đây chỉ oxit thủy ngân. Chọn C.

Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là thuyết minh vì mục đích nhằm cung cấp tri thức. Chọn D.

Quốc hội thông qua chính sách đối nội và đối ngoại của Nhà nước Việt Nam thống nhất, quyết định tên nước là Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam (từ 2-7-1976), quyết định Quốc huy mang dòng chữ Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam, Quốc kì là lá cờ đỏ sao vàng, Quốc ca là bài Tiến quân ca, thủ đô là Hà Nội, thành phố Sài Gòn Gia Định được đổi tên là Thành phố Hồ Chí Minh. Chọn A.

Hoàn thành thống nhất đất nước về mặt nhà nước tạo nên những điều kiện chính trị cơ bản để phát huy sức mạnh toàn diện của đất nước, những điều kiện thuận lợi để cả nước đi lên chủ nghĩa xã hội, khả năng to lớn để bảo vệ Tổ quốc và mở rộng quan hệ với các nước trên thế giới. Chọn C.

Hoàn thành thống nhất đất nước về mặt nhà nước tạo nên những điều kiện chính trị cơ bản để phát huy sức mạnh toàn diện của đất nước, những điều kiện thuận lợi để cả nước đi lên chủ nghĩa xã hội, khả năng to lớn để bảo vệ Tổ quốc và mở rộng quan hệ với các nước trên thế giới. Chính vì vậy mà ngay sau thắng mủa Xuân năm 1975, Đảng Lao động Việt Nam quyết định hoàn thành nhiệm vụ thống nhất đất nước về mặt nhà nước. Chọn B.

Ta có \({z_1} =  - 3 + 2i\,,\,\,{z_2} =  - 2 - i\,,\,\,{z_3} = 3 + i\,,\,\,{z_4} = 2 - 2i.\)

Suy ra \(w = 3{z_1} + {z_2} + {z_3} + {z_4} = 3\left( { - 3 + 2i} \right) + \left( { - 2 - i} \right) + \left( {3 + i} \right) + \left( {2 - 2i} \right)\)

\( =  - 9 + 6i - 2 - i + 3 + i + 2 - 2i = \left( { - 9 - 2 + 3 + 2} \right) + \left( {6 - 1 + 1 - 2} \right)i =  - 6 + 4i{\rm{. }}\)Chọn A.

Phương trình mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) có dạng \(ax + by + cz + 1 = 0.\)

Vì \(\left( {MNP} \right)\) đi qua ba điểm \[M,\,\,N,\,\,P\] nên ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 1 = 0}\\{2b + 1 = 0}\\{3c + 1 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b =  - \frac{1}{2}}\\{c =  - \frac{1}{3}}\end{array}} \right..\)

Suy ra phương trình \(\left( {MNP} \right): - x - \frac{1}{2}y - \frac{1}{3}z + 1 = 0 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 6 = 0.\)

Hoặc viết theo phương trình đoạn chắn chắn là \(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 6 = 0.{\rm{ }}\)

Chọn A.

Ta có: \(x + 1 \ge \sqrt {2\left( {{x^2} - 1} \right)}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 1 \ge 0}\\{x + 1 \ge 0}\\{{{(x + 1)}^2} \ge 2\left( {{x^2} - 1} \right)}\end{array}} \right.\)

\(\begin{array}{l}\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le  - 1\end{array} \right.\\x \ge  - 1\\{x^2} + 2x + 1 \ge 2\left( {{x^2} - 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le  - 1\end{array} \right.}\\{x \ge  - 1}\\{{x^2} - 2x - 3 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le  - 1\end{array} \right.}\\{x \ge  - 1}\\{ - 1 \le x \le 3}\end{array}} \right.\end{array}\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{1 \le x \le 3}\end{array}} \right.\).

Vậy có 4 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn bất phương trình. Chọn C.

Gọi \(I\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) nên \(I\left( {0\,;\,\,6\,;\,\,1} \right)\).

Vì \(M'\) đối xứng với \(M\) qua \(\left( {Oyz} \right)\) nên \(I\) là trung điểm \(MM'\).

Suy ra \(M'\left( {2\,;\,\,6\,;\,\,1} \right)\) nên\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 6}\\{c = 1}\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow S = 7a - 2b + 2017c - 1 = 7 \cdot 2 - 2 \cdot 6 + 2017 \cdot 1 - 1 = 2018\). Chọn D.

Phương trình \( \Leftrightarrow \sin 9x - \sqrt 3 \cos 9x = \sin 7x - \sqrt 3 \cos 7x\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {9x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( {7x - \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{9x - \frac{\pi }{3} = 7x - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{9x - \frac{\pi }{3} = \pi  - \left( {7x - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi }\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = k\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{8}}\end{array}(k \in \mathbb{Z}).} \right.\)

• TH1: Với \(x = k\pi  < 0 \Leftrightarrow k < 0\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \({k_{\max }} =  - 1 \Rightarrow x =  - \pi .\)

• TH2: Với \(x = \frac{{5\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{8} < 0 \Leftrightarrow k <  - \frac{5}{6}\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \({k_{\max }} =  - 1 \Rightarrow x =  - \frac{\pi }{{48}}.\)

So sánh hai nghiệm ta được nghiệm âm lớn nhất của phương trình là \(x =  - \frac{\pi }{{48}} \in \left( { - \frac{\pi }{{12}};0} \right).\)

Chọn B.

Số thứ 3 cột thứ nhất: \(\frac{{1 + 17}}{2} = 9\).

Số thứ 3 cột thứ năm: \(\frac{{{{25}^2} + 81}}{2} = 53\).

Suy ra X bằng: \(\frac{{9 + 53}}{2} = 31.\) Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{x - 1}}\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\frac{1}{{x - 1}}} \;{\rm{d}}x\) \[ = \ln \left| {x - 1} \right| + C = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x - 1} \right) + {C_1}\,\,{\rm{khi}}\,\,x > 1\\\ln \left( {1 - x} \right) + {C_2}\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 1\end{array} \right.\]

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 2022\\f\left( 2 \right) = 2023\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{C_2} = 2022\\{C_1} = 2023\end{array} \right..\)

Vậy \[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x - 1} \right) + 2023\,\,{\rm{khi}}\,\,x > 1\\\ln \left( {1 - x} \right) + 2022\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 1\end{array} \right.\].

Do đó \(S = f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right) = \ln 2 + 2023 - \ln 2 - 2022 = 1.\) Chọn C.

Hàm số \(y = {x^4} - {x^2}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có \(y' = 4{x^3} - 2x\,;\) \(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x =  \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}.}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^4} - {x^2}\) tại 4 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow  - \frac{1}{4} < m < 0.\) Chọn A.

Chiều cao hình nón là \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\;\,\,({\rm{cm)}}.\)

Chiều cao hình trụ là \(h' = 17 - r - h = 17 - 4 - 3 = 10\;\,\,({\rm{cm)}}.\)

Thể tích nửa khối cầu là \({V_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi  \cdot {r^3} = 18\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích khối trụ là \({V_2} = h' \cdot \pi {r^2} = 10 \cdot 9 \cdot \pi  = 90\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích khối nón là \({V_3} = \frac{1}{3}{r^2}\pi  \cdot h = 12\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Suy ra thể tích vật rắn là \(V = {V_1} + {V_2} + {V_3} = 18\pi  + 90\pi  + 12\pi  = 120\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Minh họa:

Chọn A.

Ta có \(\left( {4 + \sqrt {15} } \right)\left( {4 - \sqrt {15} } \right) = 1\) nên bất phương trình trở thành:

\({\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + {\left( {4 - \sqrt {15} } \right)^x} \le 62\)\[ \Leftrightarrow {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + {\left( {\frac{1}{{4 + \sqrt {15} }}} \right)^x} \le 62\]

\( \Leftrightarrow {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + \frac{1}{{{{\left( {4 + \sqrt {15} } \right)}^x}}} \le 62\).

Đặt \(t = {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x},\,\,t > 0.\)

Bất phương trình trở thành: \(t + \frac{1}{t} \le 62 \Leftrightarrow {t^2} - 62t + 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow 31 - 8\sqrt {15}  \le t \le 31 + 8\sqrt {15} \)

\( \Rightarrow 31 - 8\sqrt {15}  \le {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} \le 31 + 8\sqrt {15}  \Leftrightarrow  - 2 \le x \le 2.\)

Do đó, số nghiệm nguyên của bất phương trình là 5. Chọn B.

Khi dừng hẳn thì vận tốc của ô tô bằng \(0\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)

Thời gian từ lúc ô tô đạp phanh cho đến lúc dừng hẳn là: \( - 2t + 10 = 0 \Rightarrow t = 5\,\,(s).\)

\( \Rightarrow 2s\) trước khi đạp phanh ô tô vẫn chuyển động đều.

Vậy quãng đường ô tô đi được trong thời gian 7 giây cuối là:

\(S = 2 \cdot 10 + \int\limits_0^5 {\left( { - 2t + 10} \right)} \,dt = 20 + 25 = 45\,\,(\;{\rm{m}}).\) Chọn B.

Ta có: \(\left( {1 + 2i} \right)\bar z + z = 3 - 4i \Leftrightarrow \left( {1 + 2i} \right)\left( {x - yi} \right) + x + yi = 3 - 4i\)

\( \Leftrightarrow x - yi + 2xi + 2y + x + yi = 3 - 4i \Leftrightarrow \left( {2x + 2y} \right) + 2xi = 3 - 4i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 3}\\{2x =  - 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 2}\\{y = \frac{7}{2}}\end{array} \Rightarrow S = 3 \cdot  - 2 - 2 \cdot \frac{7}{2} =  - 13} \right.} \right..\) Chọn C.

Ở mặt đáy, tam giác \[OHB\] vuông tại \(H\) nên

\(HB = \sqrt {O{B^2} - O{H^2}}  = \sqrt {1 - {x^2}} \)\( \Rightarrow AB = 2\sqrt {1 - {x^2}} \).

Diện tích của mặt cắt khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ \(x\,\,\left( { - 1 \le x \le 1} \right)\) là:

\(S\left( x \right) = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {2\sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)\)

Thể tích \(V\) của vật thể đó là:

\[V = \int\limits_{ - 1}^1 {S\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {\sqrt 3 \left( {x - \frac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \sqrt 3  \cdot \frac{4}{3} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\]

Chọn C.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 2} \right)x + 3\left( {{m^2} + 4m} \right) = 3(x - m)(x - m - 4)\,;\)\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = m}\\{x = m + 4}\end{array}.} \right.\)

Do đó phương trình \(y' = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Bảng biến thiên:

Để hàm số nghịch biến trên \[\left[ {1\,;\,\,3} \right]\] thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 1}\\{m + 4 \ge 3}\end{array} \Leftrightarrow  - 1 \le m \le 1} \right..\) Chọn C.

Vì \(B = BC \cap BM\) nên tọa độ \(B\) thỏa mãn hệ:

 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 9y + 6 = 0}\\{3x - y + 8 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 3}\\{y =  - 1}\end{array} \Rightarrow B\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)} \right.} \right..\)

Vì \(C = BC \cap CN\) nên tọa độ \(C\) thỏa mãn hệ:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 9y + 6 = 0}\\{x + y - 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6}\\{y = 0}\end{array} \Rightarrow C\left( {6\,;\,\,0} \right)} \right.} \right..\)

Ta có \(AB \bot CN\) nên \[AB\] có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{AB}} = {\vec u_{CN}} = \left( { - 1\,;\,\,1} \right)\) và qua \(B\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)\) nên \[AB\] có phương trình là: \( - 1\left( {x + 3} \right) + 1\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow  - x + y - 2 = 0.\)

Ta có \(AC \bot BM\) nên \[AC\] có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{AC}} = {\vec u_{BM}} = \left( {1\,;\,\,3} \right)\) và qua \(C\left( {6\,;\,\,0} \right)\) nên \[AC\] có phương trình là \(1\left( {x - 6} \right) + 3\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 3y - 6 = 0.\)

Vì \(A = AB \cap AC\) nên tọa độ \(A\) thỏa mãn hệ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + y - 2 = 0}\\{x + 3y - 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 2}\end{array} \Rightarrow A\left( {0\,;\,\,2} \right)} \right.} \right..\]

Chọn C.

Vectơ pháp tuyến của \({d_1},\,\,{d_2}\) lần lượt là \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1\,;\,\,m} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1\,;\,\, - 2} \right).\)

Để \({d_1},\,\,{d_2}\) tạo với nhau một góc bằng \(45^\circ \) thì \(\cos \left( {{d_1},\,\,{d_2}} \right) = \cos 45^\circ  = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left| {\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\,\,\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 \cdot 1 + m \cdot \left( { - 2} \right)} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + {1^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {2m - 1} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + {1^2}}  \cdot \sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {2m - 1} \right)}^2}}}{{5\left( {{m^2} + 1} \right)}} = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow 2{\left( {2m - 1} \right)^2} = 5\left( {{m^2} + 1} \right) \Leftrightarrow 8{m^2} - 8m + 2 = 5{m^2} + 5\)

\( \Leftrightarrow 3{m^2} - 8m - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\\m =  - \frac{1}{3}\end{array} \right.\). Chọn C.

Cách 1: Gọi \(A\left( {0\,;\,\, - 2} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,2} \right) \Rightarrow MA + MB = 10 = 2a \Rightarrow a = 5.\)

Và \(AB = 2c = 4 \Rightarrow c = 2 \Rightarrow {b^2} = {a^2} - {c^2} = 21.\) Do đó \((E):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{21}} = 1.\)

Cách 2: \(M\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right).\)

Ta có: \(\left| {z - 2} \right| + \left| {z + 2} \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {x - 2 + yi} \right| + \left| {x + 2 + yi} \right| = 10\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {y^2}}  = 10 - \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {y^2}} {\rm{. }}\)

Bình phương hai vế, ta được \[{\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} = 100 + {\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} - 20\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {y^2}} \]

\[ \Leftrightarrow 5\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {y^2}}  = 25 - 2x\]

Bình phương hai vế, ta được \(25\left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 25{y^2} = {25^2} - 4 \cdot 25x + 4{x^2}\)\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{21}} = 1\).

Chọn B.

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right) =  - 2\left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {{u_Q}}  = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right).\)

\(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\); \(\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)

Vậy \(\left( Q \right):x + z = 0.\) Chọn B.

Thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh \[2a\] nên bán kính đường tròn đáy \(r = \frac{1}{2} \cdot 2a = a.\)

Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}a\sqrt 3  = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) Chọn C.

Ta có \(g'\left( x \right) =  - 2f'\left( {6 - 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {6 - 2x} \right) = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{6 - 2x =  - 2}\\{6 - 2x = 0}\\{6 - 2x = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x = 3.}\\{x = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Trục xét dấu:

Chọn A.

Gọi tâm \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AI}  = \left( {a - 1\,;\,\,b - 2\,;\,\,4} \right)}\\{\overrightarrow {BI}  = \left( {a - 1\,;\,\,b + 3\,;\,\, - 1} \right)}\\{\overrightarrow {CI}  = \left( {a - 2\,;\,\,b - 2\,;\,\, - 3} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A{I^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + 16}\\{B{I^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 3} \right)}^2} + 1}\\{C{I^2} = {{\left( {a - 2} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + 9}\end{array}} \right..\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IA = IB}\\{IA = IC}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{20 - 4b = 10 + 6b}\\{17 - 2a = 13 - 4a}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 1}\\{a =  - 2}\end{array} \Rightarrow R = IA = \sqrt {26} } \right.} \right.} \right..\) Chọn B.

Kẻ \[AE \bot BD,\,\,\left( {\widehat {\left( {SBD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SEA} = 60^\circ .\]

Xét \(\Delta SAE\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AE = \frac{{AD \cdot AB}}{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Xét \(\Delta SAE\) vuông tại \(A\) có

\(SA = AE \cdot \tan 60^\circ  = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \cdot \sqrt 3  = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}\)

Khi đó thể tích \[S.ABCD\] là:

\(V = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}.2{a^2} = \frac{{4{a^3}\sqrt {15} }}{{15}}.\) Chọn C.

Doanh thu của công ty tháng 7 là: \({R_7} = 6 \cdot \left( {1 + 0,1} \right)\) (tỷ đồng).

Doanh thu của công ty tháng 8 là: \({R_8} = 6 \cdot {\left( {1 + 0,1} \right)^2}\) (tỷ đồng).

......

Doanh thu của công ty tháng 12 là: \({R_{12}} = 6 \cdot {\left( {1 + 0,1} \right)^6}\) (tỷ đồng).

Tổng doanh thu từ tháng 6 là: \(TR = 6 \cdot \left( {1 + 1,1 + 1,{1^2} + 1,{1^3} +  \ldots  + 1,{1^6}} \right) = 56,92\) (tỷ đồng).

Suy ra, chỉ tiêu của công ty là: \(T = 56,92 - 6 + 20 = 70,92 \approx 70,9\) (tỷ đồng). Chọn B.

Ta có \({S_{AA'B'B}} = AB \cdot AA'\)

\( \Rightarrow AA' = \frac{{{S_{AA'B'B}}}}{{AB}} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Lại có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a\sqrt 2  = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}.\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\) Chọn D.

Gọi \((P)\) là mặt phẳng cần tìm. Ta có: \[\overrightarrow {{u_d}} \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\overrightarrow {{u_{d'}}} \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3} \right).\]

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \((P)\) là \(\overrightarrow {{n_{(P)}}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} \,;\,\,\overrightarrow {{u_{d'}}} } \right] = \left( {6\,;\,\,9\,;\,\,1} \right).\)

Khi đó \((P):6x + 9y + z + m = 0\).

Chọn \[M\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right) \in d \Rightarrow M \in (P) \Rightarrow 6 \cdot 1 + 9 \cdot \left( { - 2} \right) + 4 + m = 0 \Rightarrow m = 8.\]

Suy ra \((P):6x + 9y + z + 8 = 0.\) Chọn A.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2\,;\,\,7\,;\,\, - 6} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {1\,;\,\,3\,;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {AD}  = \left( {1\,;\,\,6\,;\,\, - 4} \right)\)

Nên \[\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD}  =  - 4 \ne 0.\] Suy ra \(\overrightarrow {AB} \,,\,\,\,\overrightarrow {AC} \,,\,\,\overrightarrow {AD} \) không đồng phẳng.

Gọi \(G\) là trọng tâm tứ diện \[ABCD.\] Khi đó \(G\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,4} \right).\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} } \right| = \left| {4\overrightarrow {MG} } \right| = 4MG.\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} } \right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \[MG\] ngắn nhất.

Vậy \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(G\) lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] nên \(M\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,4} \right).\)

Chọn B.

Đặt \(t = {2^{f\left( x \right) - 2}}\,\,\left( {t > 0} \right).\) Phương trình đã cho trở thành

t3−3t2+2m+3t−2m−4=0⇔t−1t2−2t+4+2m=0(1)

Với \(x \in \left( { - 1\,;\,\,0} \right)\) nên \(f\left( x \right) \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow t = {2^{f\left( x \right) - 2}} \in \left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right).\)

Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\)

Suy ra \( - {t^2} + 2t - 4 + 2m = 0\) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\)

Hay \(m = \frac{1}{2}\left( { - {t^2} + 2t - 4} \right)\) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\)

Đặt gt=12−t2+2t−4⇒g't=−t+1>0  ∀t∈14 ;  1

Ta có bảng biến thiên:

Để phương trình có nghiệm thì \( - \frac{{57}}{{32}} < m <  - \frac{3}{2}.\)

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên không có giá trị nguyên nào của \(m\) để phương trình đã cho có nghiệm.

Chọn  A.

Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2x + 3m + 2 \ge 0}\\{x + 2m - 4 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le \frac{{3m + 2}}{2}}\\{x \ne  - 2m + 4}\end{array}} \right.} \right.\).

Để hàm số xác định trên \(\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{3m + 2}}{2} \ge  - 2}\\{ - 2m + 4 \ge  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge  - 2}\\{m \le 3}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Rightarrow  - 2 \le m \le 3.\)

Hay \[m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}.\]

Vậy có tất cả 6 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Ta có \(K = \int\limits_0^2 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{x + 2}}} \;{\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {\frac{{d\left( {f\left( x \right)} \right)}}{{x + 2}}}  = \left. {\left( {\frac{1}{{x + 2}} \cdot f\left( x \right)} \right)} \right|_0^2 - \int\limits_0^2 {f\left( x \right) \cdot d\left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right)} \)

\( = \frac{1}{4} \cdot f\left( 2 \right) - \frac{1}{2} \cdot f\left( 0 \right) + \int_0^2 f \left( x \right) \cdot \frac{{dx}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{1}{4}\left[ {f\left( 2 \right) - 2f\left( 0 \right)} \right] + \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x\)

\( = \frac{1}{4} \cdot \left( { - 4} \right) + \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x =  - 1 + \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x = 3\)\( \Rightarrow \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x = 4.\)

Ta cần tính: \(I = \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( {2x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x.\) Đặt \(t = 2x \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{t}{2}}\\{dt = 2dx}\end{array}} \right..\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 0}\\{x = 1 \Rightarrow t = 2}\end{array}} \right..\)

\[ \Rightarrow I = \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{{\left( {\frac{t}{2} + 1} \right)}^2}}} \cdot \frac{{dt}}{2}}  = \int\limits_0^2 {\frac{{4f\left( t \right)}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}} \cdot \frac{{dt}}{2}}  = 2 \cdot \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}}dt}  = 2 \cdot 4 = 8\].

Chọn B

Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh là \(C_{10}^3\) (cách).

Số thể dự thi của các bạn có \[10 \cdot 9 \cdot 8 = 720\] (cách).

Trong 3 học sinh, không có 2 học sinh nào có số thẻ có hiệu là 5.

Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh là \(C_{10}^3\) cách \( \Rightarrow \) Chọn học sinh thứ nhất, có 10 cách.

Khi đó còn 9 số còn lại và trong 9 số đó có 1 số kết hợp với số của học sinh vừa chọn để tạo thành 2 học sinh có hiệu số thẻ là 5

Do đó, chọn học sinh thứ 2 , có 8 cách.

Khi đó còn 8 số còn lại và trong 8 số đó có 2 số kết hợp với số của 2 học sinh vừa chọn để tạo thành 2 học sinh có hiệu số thẻ là 5

Do đó, chọn học sinh còn lại, có 6 cách. Suy ra có \(10 \cdot 8 \cdot 6 = 480\) (cách).

\( \Rightarrow P = \frac{{C_{10}^3 \cdot 480}}{{C_{10}^3 \cdot 720}} = \frac{2}{3}{\rm{.}}\) Chọn A.

Do \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với mặt đáy nên \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\)

Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SDA} = 45^\circ .\)

Ta có tam giác \[SAD\] la tam giác vuông cân đỉnh \[A\] \( \Rightarrow h = SA = a.\)

Áp dụng công thức tỉ số thể tích có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{SH}}{{SC}} \cdot \frac{{SK}}{{SD}} \cdot \frac{{SA}}{{SA}} = \frac{1}{4}.\) Chọn C.

Xét hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2} - \ln \left( {2x - 2} \right)\). Điều kiện \(x > 1.\)

Đường thẳng \(y =  - x + 2\) có hệ số góc \({k_1} =  - 1\), suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là \({k_2} = 1.\)

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 1.\)

Ta có \(f'\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow x - \frac{1}{{x - 1}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 2\) (do điều kiện \(x > 1\)).

Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 1.

Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right)\) bằng số điểm cực trị của hàm số \(f\left( {\left| x \right|} \right)\), và \(f\left( {\left| x \right|} \right) = a\left| {{x^4}} \right| + b\left| {{x^2}} \right| + c = a{x^4} + b{x^2} + c = f\left( x \right)\) nên hàm số có tất cả 3 điểm cực trị.

Đáp án: 3.

Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình: \(z = 0 \Rightarrow d\left( {A,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| 3 \right|}}{{\sqrt 1 }} = 3.\)

Suy ra: \(AA' = 2d\left( {A;\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = 6.\)

Đáp án: 6.

Vì lấy 4 viên mà số bi vàng ít hơn số bi đỏ nên số bi vàng sẽ nhỏ hơn 2.

* TH1: Không có viên bi vàng nào.

• Có 1 viên bi đỏ và 3 viên bi xanh: \(5 \cdot C_4^3 = 5.4 = 20\) (cách).

• Có 2 viên bi đỏ và 2 viên bi xanh: \(C_5^2 \cdot C_4^2 = 60\) (cách).

• Có 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh: \(C_5^3 \cdot C_4^1 = 40\) (cách).

• Có 4 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh: \(C_5^4 = 5\) (cách).

* TH2: Có 1 viên bi vàng.

• Có 2 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh: \(C_5^2 \cdot C_4^1 \cdot C_3^1 = 120\) (cách).

• Có 3 viên bi đỏ: \(C_5^3 \cdot C_3^1 = 30\) (cách)

Do đó, tổng có \(20 + 60 + 40 + 5 + 120 + 30 = 275\) (cách).

Đáp án: 275 .

Ta có \(y = \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} - mx + \frac{2}{3} \Rightarrow y' = {x^2} - 2x - m\).

Để hàm số \(y\) có đúng một điểm cực trị thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,6} \right) \Leftrightarrow y' = 0\) có đúng một nghiệm thuộc khoản \(\left( {0\,;\,\,6} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} - 2xf'\left( x \right) = 2x - 2\,;\,\,f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 1.\)

Ta có bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) như sau:

\( \Rightarrow 0 \le m < 24\)\( \Rightarrow \) Có 24 giá trị của tham số \[m.\]

Đáp án: 24.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}} = 6 \Rightarrow {x^2} + ax + b = 0\) với \(x = 2\)

\( \Rightarrow 4 + 2a + b = 0 \Rightarrow b =  - 4 - 2a\).

Thay vào biểu thức ban đầu, ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + ax - 4 - 2a}}{{x - 2}} = 6 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + a + 2} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + a + 2} \right) = 6\)

\( \Rightarrow 2 + a + 2 = 6 \Leftrightarrow a = 2\)\( \Rightarrow b =  - 4 - 2a =  - 8 \Rightarrow a + b =  - 6.\)

Đáp án: −6.

\(I = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( {3x + 1} \right){\rm{d}}x} \). Đặt \(u = 3x + 1 \Rightarrow {\rm{d}}u = 3\;{\rm{d}}x\).

Đổi cận: Với \(x =  - 1 \Rightarrow u =  - 2\);

Với \(x = 0 \Rightarrow u = 1.\)

\( \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( {3x + 1} \right){\rm{d}}x}  = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 2}^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u} \)

Lại có: \[{S_A} = \int\limits_0^{ - 2} {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^{ - 2} {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 11\]; \[{S_B} = \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  =  - \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 2\]\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  =  - 2\).

Suy ra \(I = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 2}^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u}  = \frac{1}{3}\left( {\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( u \right){\rm{d}}u}  + \int\limits_0^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u} } \right) = \frac{1}{3} \cdot \left( {11 - 2} \right) = 3.\)

Đáp án: 3.

Ta có: \(G'\left( x \right) = 1,44x - 0,072{x^2}\)\( \Rightarrow G'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 20}\end{array}.} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Từ BBT ta suy ra lượng thuốc để tiêm cho bệnh nhân cần tìm là \(x = 20\,\,{\rm{mg}}.\)

Đáp án: 20.

Ta có: \(y' = f'\left( x \right) \cdot \left[ {{f^2}\left( x \right) + 2mf\left( x \right) - 3} \right]\)

Vói mọi \(x \in \left( { - 1\,;\,\,1} \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) \ge 0}\\{f\left( x \right) \in \left( {1\,;\,\,3} \right)}\end{array}} \right..\)

Hàm số đã cho đồng biến nên ta có \(y' \ge 0 \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) + 2m \cdot f\left( x \right) - 3 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow f\left( x \right) - \frac{3}{{f(x)}} + 2m \ge 0\)\( \Leftrightarrow 2m \ge \frac{3}{{f\left( x \right)}} - f\left( x \right).\)

Xét hàm \(h\left( t \right) = \frac{3}{t} - t\) trên \(\left( {1\,;\,\,3} \right)\) có \(h'\left( t \right) =  - \frac{3}{{{t^2}}} - 1 < 0\,\,\forall t \in \left( {1\,;\,\,3} \right)\)

Suy ra \(h\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left( {1\,;\,\,3} \right)\) và \(h\left( t \right) < h\left( 1 \right) = \frac{3}{1} - 1 = 2.\)

Với \(f(x) = t\) suy ra \(2m \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 1.\)

Kết hợp với yêu cầu bài toán ta có \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}\). Do đó \(S = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.{\rm{ }}\)

Đáp án: 15.

Theo giả thiết: \(z + 2 + i - \left| z \right|\left( {1 + i} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow z = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  - 2 + \left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}}  - 1} \right)i = a + bi\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  - 2\\b = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a + 2} \right)^2} = {a^2} + {b^2}\\a + 2 = b + 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 4 = {b^2}\\b = a + 1\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4b = {b^2}\\b = a + 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}b = 0\\b = 4\end{array} \right.\\a = b - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 4\end{array} \right.\end{array} \right.\).

Loại \(a =  - 1\,;\,\,b = 0\) vì \(\left| z \right| > 1.\) Suy ra \(a = 3\,;\,\,b = 4\)\( \Rightarrow a + b = 7.\)

Đáp án: 7.

Vì \[ABCD\] là hình thoi có tâm là \(O\) nên \(O\) là trung điểm của \[BD.\]

Mà \(\Delta ABD\) đều nên \(AO \bot BD\).

Lại có \[SA \bot (ABCD) \Rightarrow \widehat {\left( {SO,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SOA}\]

Xét \(\Delta ABO\) có:

\(AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)Đáp án: 60.

Cách 1: Ta thấy \[A\] và \[B\] nằm khác phía so với \[\left( P \right).\]

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( P \right),\,\,AA' \cap \left( P \right) = H.\)

Phương trình đường thẳng \(AA'\) là:

\(x - 1 = y + 3 = t \Rightarrow H\left( {t + 1\,;\,\,t - 3\,;\,\,t} \right).\)

\(H \in \left( P \right) \Rightarrow \left( {t + 1} \right) + \left( {t - 3} \right) + t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow H\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)

Vì \(H\) là trung điểm \(AA'\) nên \(A'\left( {3\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right).\)

Ta có: \[\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA' - MB} \right| \le A'B\] (bất đẳng thức tam giác)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow A',\,\,B,\,\,M\) thẳng hàng.

\(\overrightarrow {A'B}  = \left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 4} \right) = 2\left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{A'B}}}  = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 2} \right).\)

Do đó, phương trình đường thẳng \(A'B\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + k}\\{y =  - 1}\\{z = 2 - 2k}\end{array} \Rightarrow M\left( {3 + k\,;\,\, - 1\,;\,\,2 - 2k} \right)} \right..\)

\[M \in \left( P \right) \Rightarrow 3 + k - 1 + 2 - 2k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = 3 \Rightarrow M\left( {6\,;\,\, - 1\,;\,\, - 4} \right)\].

Vậy \(abc = 6 \cdot \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 4} \right) = 24.\)

Cách 2: Ta thấy \(A\) và \(B\) nằm khác phía so với \[\left( P \right).\]

Gọi \(B' = \left( {\frac{{13}}{3}\,;\,\, - \frac{5}{3}\,;\,\, - \frac{8}{3}} \right)\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \[\left( P \right).\]

Ta có: \[\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA' - MB} \right| \le A'B\].

Do đó \[\left| {MA - MB} \right|\] lớn nhất bằng \(AB'\) khi và chỉ khi \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AB'\) với mặt phẳng \[\left( P \right)\] nên \(M\left( {6\,;\,\, - 1\,;\,\, - 4} \right) \Rightarrow abc = 24.{\rm{ }}\)

Đáp án: 24.

Ta có \[\frac{{x + y}}{{x - y}} = {\log _2}3 \Leftrightarrow y - x =  - \left( {x + y} \right){\log _3}2\] thế vào biểu thức \(P = {4^{x + y}} + {16.3^{y - x}}\)

Ta được \(P = {4^{x + y}} + {16.3^{ - \left( {x + y} \right){{\log }_3}2}} = {4^{x + y}} + {16.2^{ - \left( {x + y} \right)}} = {4^{x + y}} + \frac{{16}}{{{2^{x + y}}}}\)

Cách 1: Đặt \(t = {2^{x + y}} > 0\) ta được \(P = {t^2} + \frac{{16}}{t} = f\left( t \right)\) và \(f'\left( t \right) = 2t - \frac{{16}}{{{t^2}}} \Leftrightarrow t = 2\)

Lập bảng biến thiên suy ra \({P_{\min }} = 12\) khi \(t = {2^{x + y}} = 2 \Leftrightarrow x + y = 1.\)

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(P = {2^{2\left( {x + y} \right)}} + \frac{8}{{{2^{x + y}}}} + \frac{8}{{{2^{x + y}}}} \ge 3\sqrt[3]{{8 \cdot 8}} = 12.\)

Dấu  xảy ra  \({2^{2\left( {x + y} \right)}} = \frac{8}{{{2^{x + y}}}} \Rightarrow {2^{3\left( {x + y} \right)}} = {2^3} \Leftrightarrow x + y = 1\).

Kết hợp với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1}\\{y - x =  - {{\log }_3}2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1}\\{x - y = {{\log }_3}2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{1 + {{\log }_3}2}}{2}}\\{y = \frac{{1 - {{\log }_3}2}}{2}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Suy ra \(x + 3y = \frac{{1 + {{\log }_3}2}}{2} + 3 \cdot \frac{{1 - {{\log }_3}2}}{2} = 2 - {\log _3}2 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 3}\end{array} \Rightarrow a + b = 5} \right..\)

Đáp án: 5.

Do \(CI \cap \left( {BDD'B'} \right) = D'\) nên ta có

 \(\frac{{d\left( {I,\,\,\left( {BDD'B'} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\,\,\left( {BDD'B'} \right)} \right)}} = \frac{{ID'}}{{CD'}} = \frac{1}{2}.\)

Gọi \(M = BD \cap AC.\) Khi đó \(CM = \frac{{AC}}{2} = 1.\)

Vậy \(d\left( {I,\,\,\left( {BDD'B'} \right)} \right) = \frac{1}{2} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {BDD'B'} \right)} \right) = \frac{{CM}}{2} = \frac{1}{2}.\)

Đáp án: \(\frac{1}{2}.\)

Diện tích miếng tôn: \(S = 10\,\,000\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) = \pi \,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Diện tích toàn phần của khối nón: \(\pi rl + \pi {r^2} = 1\pi \left( {{m^2}} \right) \Rightarrow lr = 1 - {r^2}\).

Chiều cao khối nón: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \,\,(m).\)

Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2} \cdot h = \frac{1}{3}\pi {r^2} \cdot \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \frac{1}{3}\pi r \cdot \sqrt {{{\left( {rl} \right)}^2} - {r^4}} \)

\( = \frac{1}{3}\pi r \cdot \sqrt {{{\left( {1 - {r^2}} \right)}^2} - {r^4}}  = \frac{1}{3}\pi  \cdot r \cdot \sqrt { - 2{r^2} + 1} \).

Đặt \(h(r) = \sqrt { - 2{r^4} + {r^2}}  \Rightarrow h'\left( r \right) = \frac{{ - 8{r^3} + 2r}}{{2\sqrt { - 2{r^4} + {r^2}} }} = \frac{{ - 4{r^2} + 1}}{{\sqrt { - 2{r^2} + 1} }} = 0\) \( \Leftrightarrow r =  \pm \frac{1}{2}.\)

Ta có bảng biến thiên:

Như vậy, \[{V_{\max }} \Leftrightarrow r = \frac{1}{2}m = 50\;\,({\rm{cm)}}.\] Đáp án: 50.

Từ “luyên thuyên” dùng chưa phù hợp. Nên dùng “huyên thuyên” (nhiều lời và lan man, chưa hết chuyện này đã sang chuyện kia). Chọn A.

Truyện ngắn “Những đứa con trong gia đình” giống như giọt nước mang hình cả bầu trời của dân tộc ta, của người dân Nam Bộ trong một hành trình đánh giặc lâu dài, bền bỉ, kiên cường. Chọn B.

Nội dung đoạn trích trên nói về vai trò của chủ đề trong tác phẩm văn học, mang tính chất khách thể. Dùng từ “đi sâu”, là động từ vào tính chất “bản chất đời sống của nhà văn” là không hợp lí. Động từ thường kết hợp với danh từ, mặt khác xét chung trong ngữ cảnh đều không hợp lí. Vì vậy ta có thể thay “đi sâu” bằng các từ ngữ mang tính chất như “thâm nhập”, “chạm”. Chọn A.

Nội dung câu văn là sự ca ngợi hình ảnh chủ tịch Hồ Chí Minh thông qua việc đọc và cảm nhận bài thơ “Chiều tối”. Căn cứ vào cụm từ “hoàn cảnh khắc nghiệt” xác định được từ “đi qua” (mô tả sự di chuyển một cách bình thường) đang dùng sai sắc thái, cần thay bằng từ “vượt lên” để nhấn mạnh ý chí vượt trên những hoàn cảnh, thực tại khó khăn của Bác. Chọn C.

Lỗi dùng từ chưa phù hợp với nội dung văn bản, “giá trị nhân văn” là một trong những yếu tố cốt lõi xác định tính cách và hành vi của con người trong xã hội. Cụm từ này chưa bao quát hết được giá trị của tác phẩm, có thể thay thế bằng “giá trị nhân đạo”. Chọn B.

Từ “bất hủ” có nghĩa là không bao giờ mất đi; có giá trị mãi mãi; các từ còn lại trong nhóm (bất hảo, bất minh, bất kham) đều có nghĩa chung: chỉ con người (vật) hoặc việc làm không tốt. Chọn C.

Các từ “ném, vứt, tung” đều mang nghĩa làm cho sự vật rời khỏi tay. Còn từ “cầm” lại mang nghĩa giữ sự vật lại trên tay. Chọn C.

Các từ “xào xạc, lao xao, tí tách” đều là từ láy; từ “mềm mỏng” là từ ghép. Chọn C.

Yếu tố Hán Việt “thiên” trong đáp án A, B, C đều có nghĩa là trời. Còn “thiên” trong từ “thiên đô” có nghĩa là rời. Chọn D.

Các từ “chao đảo, liêu xiêu, nghiêng ngả” cùng chỉ trạng thái nghiêng qua nghiêng lại, không giữ được thăng bằng, còn “lom khom” diễn tả một tư thế cong lưng xuống của con người. Vậy từ khác nghĩa ở đây là lom khom. Chọn D.

Những thể loại sử thi, truyền thuyết, truyện cổ tích, kịch, thơ, phú đều là do các tác giả sáng tạo nên dựa trên tưởng tượng, sử dụng ngôn từ mang tính nghệ thuật, vì vậy đó là những văn bản nghệ thuật. Chọn A.

Không ở đâu trên đất nước ta có nhiều địa điểm thuận lợi để xây dựng cảng nước sâu như Duyên hải Nam Trung Bộ. Chọn C.

Sài Gòn là thành phố trẻ trung, năng động, có nét hấp dẫn riêng về thiên nhiên và khí hậu. Người Sài Gòn có phong cách cởi mở, bộc trực, chân tình và trọng đạo nghĩa.Chọn B.

Văn học trung đại hình thành và phát triển trong bối cảnh văn hóa, văn học vùng Đông Á, Đông Nam Á; có quan hệ giao lưu với nhiều nền văn học khu vực, đặc biệt là văn học Trung Quốc. Chọn D.

Cái đẹp của xứ Nghệ không phải ở nơi cánh đồng phì nhiêu, không phải ở trong màu mè của thổ nhưỡng, trong ánh sáng và khí hậu của thời tiết. Cái đẹp của Nghệ – Tĩnh là ở nơi núi non hùng vĩ, ở nơi sông sâu, nước trong, với những cảnh vật bao la. Chọn D.

Câu nói: “Ta nhất sinh không vì vàng ngọc hay quyền thế mà ép mình viết câu đối bao giờ. Đời ta cũng mới viết có hai bộ tứ bình và một bức trung đường cho ba người bạn thân của ta thôi.” cho thấy Huấn Cao là người trọng nghĩa khí, không màng vật chất, tài sản. Chọn A. 

Cách kể của tác giả Nguyễn Khải trong đoạn trích trên thể hiện sự chiêm nghiệm, giàu tính suy tư, triết lí. Tác giả để cho nhân vật cô Hiền suy ngẫm về sức sống của Hà Nội, suy nghĩ về lẽ đời, về quy luật của cuộc sống: Hà Nội thì không thế. Thời nào nó cũng đẹp, một vẻ đẹp riêng cho mỗi lứa tuổi; Thiên địa tuần hoàn, cái vào ra của tạo vật không thể lường trước được. Chọn A.

Hình ảnh đôi bàn tay Tnú trong đoạn tríchmang ý nghĩa đôi bàn tay đau thương. Tố cáo tội ác man rợ của kẻ thù, hun đúc lòng căm thù của dân làng. Chọn C.

Những biện pháp nghệ thuật:

- Ẩn dụ ở các hình ảnh: tiếng ghi ta nâu, tiếng ghi ta lá xanh, tiếng ghi ta tròn bọt nước vỡ tan, tiếng ghi ta ròng ròng máu chảy, giọt nước mắt vầng trăng, đáy giếng,…

- Điệp từ: tiếng ghi ta, tiếng đàn

- Nhân hóa: ròng ròng máu chảy

- So sánh: tiếng đàn như cỏ mọc hoang

→ Chọn D.

Chi tiết “Mắt đăm đăm nhìn về nơi ấy” thể hiện đậm nét nỗi khát khao mưa xuống của “chúng tôi”. Chọn B.

Khổ thơ trên là khổ thơ thứ nhất trong bài thơ “Từ ấy” của nhà thơ Tố Hữu. Bài thơ đánh dấu bước ngoặt của nhà thơ khi ông tìm thấy ánh sáng của lí tưởng cách mạng. Khổ thơ đầu tiên thể hiện tâm trạng vui tươi, say mê khi được giác ngộ lí tưởng của tác giả. Chọn C.

Trong đoạn [1], việc tác giả đưa ra dòng trạng thái của một người bạn cũ có tác dụng: Nêu ra một ý kiến để phần sau dùng lập luận bác bỏ, bình luận bàn luận về vấn đề đó.

- Tác giả đã đưa ra ý kiến của người bạn (“Bình yên - là khi được ra khỏi nhà”), sau đó dùng các thao tác bác bỏ, bình luận để bàn về ý kiến trên:

+ Bình yên không phải là khi được ra khỏi nhà mà bình yên là khi được ở trong tổ ấm của mình.

+ Muốn tổ ấm của mình bình yên thì bản thân mỗi người phải trực tiếp tham gia vào quá trình thiết lập nó.

- Các đáp án A, B, C không phù hợp vì nó phản ánh chưa chính xác tính chất của vấn đề nghị luận trong đoạn trích trên.Chọn D.

Từ “hóa thân” mang nghĩa là đóng góp, cống hiến cho Đất Nước. Chọn C.

Giọng điệu chủ đạo của toàn bộ đoạn trích là tiếc nuối, bâng khuâng. Điều này được thể hiện qua các từ ngữ sau đây: “chẳng còn tôi mãi”, “bâng khuâng”, “tiếc”, “chia phôi”, “tiễn biệt”, “bay đi”, “đứt tiếng reo thi”, “phai tàn”. Chọn D.

Nhân vật Nhược Dự được khắc họa bằng cách người kể chuyện miêu tả nhân vật: “Anh ta là người khó hiểu, khôn ngoan và kín đáo… Lúc nào anh ta cũng khoác bên ngoài cái vẻ lờ mờ, rụt rè như một người lạc lōng, hiểu rất ít về thời cục”. Chọn B.

Dấu chấm đặt giữa câu giống như một sự bất ngờ, đột ngột trong diễn biến tâm trạng của tác giả. Ông đang đắm say trước vẻ đẹp của thiên nhiên nơi trần thế thì bỗng ngừng lại thẫn thờ tiếc nuối để rồi sau đó gấp rút vội vàng. Biện pháp nghệ thuật độc đáo đã góp phần thể hiện rõ nét chủ đề tư tưởng này. Chọn A.

Những câu thơ “lượng trời cứ chật không cho dài thời trẻ của nhân gian; nói làm chi rằng xuân vẫn tuần hoàn, nếu tuổi trẻ chẳng hai lần thắm lại; còn trời đất nhưng chẳng còn tôi mãi”... cho thấy điều tác giả tiếc nuối nhất chính là tuổi trẻ, bởi mùa xuân là tuần hoàn, xuân đi rồi xuân lại đến, còn tuổi trẻ thì một đi không trở lại. Chọn B.

Hình ảnh “cây si” biểu tượng cho sức sống và vẻ đẹp văn hóa của Hà Nội. Chọn A.

Những câu văn 7, 9, 10, 11, 15, 16 là dòng suy nghĩ của nhân vật Việt khi anh tỉnh dậy lần thứ tư ở chiến trường. Chọn D.

Các từ “chung chiêng”, “ngun ngút” đều thuộc từ láy. Chọn C.

Từ 1897, sau khi tạm bình ổn tình hình, cơ bản bình định được Việt Nam về quân sự, Pháp tiến hành cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất ở Việt Nam (1897-1914). Chọn D.

Tháng 3-1952, Mĩ giúp Batixta lập chế độ độc tài quân sự, xóa bỏ Hiến pháp 1940, cấm các đảng phái chính trị hoạt động, bắt giam và tàn sát nhiều người yêu nước... Nhân dân Cuba đấu tranh chống chế độ độc tài Batixta dưới sự lãnh đạo của Phiđen Cátxtơrô. Ngày 1-1 1959, chế độ độc tài Batixta bị lật đổ, nước Cộng hòa Cuba thành lập. Chọn B.

Nguyên nhân thúc đẩy sự phát triển kinh tế của Nhật Bản giai đoạn 1952-1973 là:

-Con người là vốn quý nhất, là nhân tố quyết định hàng đầu.

-Vai trò lãnh đạo, quản lý của nhà nước Nhật.

-Các công ty Nhật năng động, có tầm nhìn xa, quản lý tốt và cạnh tranh cao.

-Ap dụng thành công những thành tựu khoa học kỹ thuật vào sản xuất.

-Chi phí quốc phòng thấp (dưới 1\%) nên có điều kiện tập trung đầu tư vốn cho kinh tế.

-Tận dụng tốt yếu tố bên ngoài để phát triển (viện trợ Mỹ, chiến tranh Triều Tiên, Việt Nam...).

Chọn C.

Tại Nam Phi, trước áp lực đấu tranh của người da màu, tháng 11-1993, chế độ phân biệt chủng tộc (Apácthai) bị xóa bỏ. Trong cuộc bầu cử đa chủng tộc đầu tiên, ông Nenxơn Manđêla (Nelson Mandela) trở thành Tồng thống da đen đầu tiên của nước Cộng hòa Nam Phi (1994). Chọn A.

Thời gian đầu sau Cách mạng tháng Tám (1945), Đảng, Chính phủ và Chủ tịch Hồ Chí Minh "Tạm thời hòa hoãn, tránh xung đột với quân Trung Hoa Dân Quốc" cốt là đề tránh cùng một lúc phải đối phó với nhiều kẻ thù. Với sự hoà hoãn này Việt Nam không đồng thời chống cả Pháp và Trung Hoa Dân quốc mà sẽ hoà hoãn với Trung Hoa Dân quốc để tập trung vào chống kẻ thù lớn nhất của dân tộc là thực dân Pháp. Chọn D.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

A, C loại vì nội dung của các phương án này không phải là thắng lợi lớn nhất của ta khi kí kết Hiệp định Giơnevơ.

B chọn vì các quyền dân tộc cơ bản của nhân dân Việt Nam đã được công nhận.

D loại vì việc quy định khu vực tập kết, chuyển quân, chuyển giao khu vực là hạn chế của Hiệp định Giơnevơ.

Tháng 9/1945, Việt Nam Giải phóng quân đổi tên thành Vệ quốc đoàn.Chọn A.

Khu vực Mỹ La-tinh có kinh tế còn chậm phát triển chủ yếu do chính trị thiếu ổn định, dịch bệnh, nợ nước ngoài nhiều.

A. chính trị thiếu ổn định, dịch bệnh, nợ nước ngoài nhiều. → đúng, đủ, bao quát. Chọn A.

B. bạo lực và tệ nạn ma tuý, dân trí chưa cao, tham nhũng. → thiếu bao quát như A

C. lạm phát, nạn tham nhũng, tỉ lệ thất nghiệp còn khá lớn. → thiếu bao quát như A

D. quản lí yếu, gắn kết trong khu vực yếu, nạn tham nhũng. → thiếu bao quát như A

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Nội thương Hoa Kỳ có quy mô nhỏ nhất thế giới. → sai, quy mô lớn

B. Là cường quốc về ngoại thương và xuất khẩu lớn. → đúng. Chọn B.

C. Thị trường nội địa có sức mua yếu và trung bình. → sai, sức mua lớn

D. Đối tác thương mại chính là Việt Nam, Nhật Bản. → sai, nhiều đối tác khác

Thiên nhiên nhiệt đới ẩm gió mùa ảnh hưởng trực tiếp và rõ rệt nhất đến hoạt động nông nghiệp. Các hoạt động khác cũng chịu ảnh hưởng nhưng không trực tiếp bằng. Chọn A.

Vị tri địa lí nước ta không tạo thuận lợi cho hoạt động phòng chống thiên tai. Nước ta là nước có nhiều thiên tai. Chọn C.

Mùa bão nước ta từ tháng 6 đến tháng 12. Chọn D.

Từ 2000-2020 lúa đông xuân luôn lớn nhất. Chọn D.

Vùng giàu tài nguyên khoáng sản và thủy điện nhất nước ta là Trung du và miền núi Bắc Bộ.

-Tài nguyên khoáng sản: Than (Quảng Ninh, Thái Nguyên), sắt (Thái Nguyên, Yên Bái), đồng (Sơn La, Bắc Giang), thiếc (Cao Bằng),…

- Hệ thống sông Hồng và sông Thái Bình chảy trên địa hình vùng núi mang lại tiềm năng thủy điện lớn. Một số nhà máy thủy điện như Hòa Bình, Sơn La, Thác Bà,…Chọn C.

Tuyến đường có ý nghĩa thúc đẩy sự phát triển kinh tế-xã hội của dải đất phía tây nước ta là đường Hồ Chí Minh.Chọn D.

Đồng bằng sông Cửu Long có nhiều thể mạnh để phát triển nuôi trồng thủy sản nước ngọt do có sông ngòi dày đặc, nền nhiệt ổn định.Chọn A.

Loại B, D: Nhiều khu rừng ngập mặn, cửa sông lớn; nhiều vùng bãi triều, đầm phá khá rộng → phát triển thủy sản nước mặn, nước lợ.

Loại C: Có ngư trường trọng điểm, giàu sinh vật → khai thác thủy sản.

Đồng bằng sông Hồng có địa hình thấp và khá bằng phẳng nên sông ngòi không có giá trị về thủy năng.Chọn D.

Công thức biểu diễn mối liên hệ giữa công suất tỏa nhiệt trên một vật dẫn kim loại vào hiệu điện thế ở hai đầu vật dẫn là:\(P = \frac{{{U^2}}}{R} = \left( {\frac{1}{R}} \right).{U^2}\) (có dạng \(y = a.{x^2}\))

Khi \(U = 0 \Rightarrow P = 0\)

\( \Rightarrow \)Đồ thị P theo U là hàm bậc hai, bề lõm hướng lên và đi qua gốc tọa độ

\( \Rightarrow \)Đồ thị biểu diễn đúng là đồ thị 1.Chọn A.

Áp dụng quy tắc bàn tay trái, lực từ tác dụng lên đoạn dây có chiều nằm ngang hướng từ phải sang trái. Chọn D.

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{\sin \alpha }}{{\sin \left( {90^\circ - \beta } \right)}} = n\\\sin \beta \ge \frac{{{n_0}}}{n}\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{\sin \alpha }}{{\sqrt {1 - {{\sin }^2}\beta } }} = n \Rightarrow {\sin ^2}\beta = 1 - \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{n^2}}} \ge \frac{{n_0^2}}{{{n^2}}}\]

\[ \Rightarrow \sin \alpha \le \sqrt {{n^2} - n_0^2} \Rightarrow \alpha \le 49,13^\circ \]

\( \Rightarrow {\alpha _{\max }} = 49,13^\circ \). Chọn C.

Từ đồ thị, ta thấy hai chất điểm ban đầu dao động với cùng biên độ và chu kì. Chất điểm (1) dao động tắt dần, và chất điểm (2) dao động điều hòa => B đúng.Chọn B.

Độ dài quỹ đạo dao động của con lắc là:\(L = 2A \Rightarrow A = \frac{L}{2} = \frac{8}{2} = 4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) = 0,04{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\)

Từ đồ thị ta thấy khi động năng bằng 0, thế năng của con lắc:

\({{\rm{W}}_{t\max }} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {4.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( J \right)\)\( \Rightarrow \frac{1}{2}0,1.{\omega ^2}.0,{04^2} = {4.10^{ - 3}} \Rightarrow \omega = 5\sqrt 2 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad/s} \right)\).

Chọn C.

Ta có:\(P = \frac{{n.\varepsilon }}{t} = \frac{{n.\frac{{hc}}{\lambda }}}{t} \Rightarrow \lambda = \frac{{n.hc}}{{P.t}}\)

\( \Rightarrow \lambda = \frac{{5,{{6.10}^{19}}.6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{0,45.60}} = 4,{122.10^{ - 7}}m = 0,4122\mu m\)

Giới hạn quang điện của các kim loại K, Ca, Al, Cu lần lượt là: \(0,55\mu m;0,43\mu m;0,42\mu m;0,3\mu m\)

Để xảy ra hiện tượng quang điện ngoài thì\(\lambda \le {\lambda _0}\)\( \Rightarrow \lambda < {\lambda _{0K}},{\lambda _{0Ca}},{\lambda _{0Al}}\)

\( \Rightarrow \)Có 3 kim loại xảy ra hiện tượng quang điện.Chọn A.

Khi tụ điện có điện dung\({C_1}\), máy bộ đàm thu được tần số:

\({f_1} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_1}} }} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {{{10}^{ - 6}}.0,{{115.10}^{ - 12}}} }}\)\( \approx 470MHz\)

Khi tụ điện có điện dung\({C_2}\), máy bộ đàm thu được tần số:

\({f_2} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_2}} }} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {{{10}^{ - 6}}.0,{{158.10}^{ - 12}}} }}\)\( = 400MHz\).

Chọn C.

Khi khoảng cách giữa màn quan sát và mặt phẳng chứa hai khe là\(D + \Delta D\) và \(D - \Delta D\)

Lập tỉ số: \(\frac{{{i_2}}}{{{i_3}}} = \frac{{2i}}{i} = \frac{{\frac{{\lambda \left( {D + \Delta D} \right)}}{a}}}{{\frac{{\lambda \left( {D - \Delta D} \right)}}{a}}} \Leftrightarrow \frac{{D + \Delta D}}{{D - \Delta D}} = 2 \Rightarrow D = 3.\Delta D{\mkern 1mu} \,\,{\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Khi khoảng cách giữa màn quan và hai khe là\(D + 3.\Delta D\):

\(\frac{{{i_1}}}{{{i_4}}} = \frac{{\frac{{\lambda D}}{a}}}{{\frac{{\lambda \left( {D + 3.\Delta D} \right)}}{a}}} \Leftrightarrow \frac{D}{{D + 3.\Delta D}} = \frac{1}{{{i_4}}}{\mkern 1mu} \,\,{\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có:\(\frac{1}{{{i_4}}} = \frac{{3.\Delta D}}{{6.\Delta D}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {i_4} = 2mm.\)

Chọn D.

Chọn đáp án D

Cường độ dòng điện hiệu dụng và cực đại:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I = \sqrt 2 A}\\{{I_0} = 2A}\end{array}} \right.\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AB:\(U = 220V\)

Tại thời điểm t(s) cường độ dòng điện là\(i = 2A = {I_0}\), ở thời điểm\(\left( {t + \frac{1}{{600}}} \right)s\)điện áp\({u_{AB}} = 0{\mkern 1mu} \,\left( V \right)\)

Góc quét được trong thời gian\(\frac{1}{{600}}s\) là: \(\alpha = \omega .\Delta t = 100\pi .\frac{1}{{600}} = \frac{\pi }{6}rad\).

Biểu diễn trên VTLG cường độ dòng điện chạy trong mạch và điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AB tại thời điểm\(\left( {t + \frac{1}{{600}}} \right)s\) như sau:

Từ VTLG ta xác định được độ lệch pha giữa u và i là:\(\varphi = \frac{\pi }{3}rad\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB là:\({P_{AB}} = U.I.\cos \varphi = 220.\sqrt 2 .\cos \frac{\pi }{3} = 110\sqrt 2 {\mkern 1mu} \left( {\rm{W}} \right)\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AM là:\({P_{AM}} = {I^2}{R_1} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2}.40\sqrt 2 = 80\sqrt 2 {\mkern 1mu} \left( {\rm{W}} \right)\)

Công suất của đoạn mạch MB là:\({P_{MB}} = {P_{AB}} - {P_{AM}} = 110\sqrt 2 - 80\sqrt 2 = 30\sqrt 2 {\mkern 1mu} \left( {\rm{W}} \right)\).

Đáp án: \[30\sqrt 2 W.\]