Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 13)

Cảm xúc bao trùm toàn bộ đoạn thơ là nỗi nhớ được thể hiện qua điệp từ “nhớ” được lặp lại nhiều lần trong đoạn thơ. Chọn A.

Nhân hóa (rừng che bộ đội/ vây quân thù). Chọn B.

Cảm hứng chủ đạo của đoạn thơ là thể hiện khí thế đánh giặc hào hùng của quân và dân ta, đó là biểu hiện của tính sử thi. Chọn C.

Đại từ “ta” là chỉ người dân Việt Bắc và bộ đội, chiến sĩ kháng chiến đã cùng nhau chung sức đồng lòng đánh Tây. Chọn D.

Đoạn thơ tái hiện lại chân thực khung cảnh thiên nhiên cùng đất trời Việt Bắc trong cuộc chiến đánh giặc. Chọn A.

Ta thấy \[19\% \] tổng số người khảo sát tương ứng với \(19\%  \cdot 310 \approx 59\) học sinh nam học Hình học. Chọn C.

Nội dung chính của đoạn trích là: Cuộc sống tại nhà thống lí Pá Tra rút cạn sức sống của Mị, Mị chẳng màng đến cái chết.Chọn B.

Thái độ của tác giả dành cho nhân vật Mị là nỗi xót xa cùng cực. Thân phận của Mị từ hồi về nhà thống lí Pá Tra làm dâu gạt nợ chẳng khác nào thân phận “trâu ngựa”. Chọn A.

“Lần lần, mấy năm qua, mấy năm sau, bố Mị chết” các từ in đậm nhằm chỉ khoảng thời gian kéo dài triền miên, từ năm này qua năm khác mà Mị đã phải sống và làm việc cực khổ tại nhà thống lí Pá Tra. Chọn A.

Dựa vào nội dung: Bây giờ thì Mị tưởng mình cũng là con trâu, mình cũng là con ngựa, là con ngựa phải đổi ở cái tàu ngựa nhà này đến ở cái tàu ngựa nhà khác, ngựa chỉ biết việc ăn cỏ, biết đi làm mà thôi. → Mị tự so sánh mình là: Con trâu, con ngựa. Chọn A.

Các từ “hái, bẻ, tước” chỉ hoạt động của tay.Từ “nhai” chỉ hoạt động của miệng.Từ khác các từ còn lại là “nhai”. Chọn D.

Với \(A\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}\,;\,\,{z_0}} \right) \in \left( {Oxyz} \right)\).

Khi đó \(d\left( {A,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = {z_0}\,,\,\,d\left( {A,\,\,\left( {Oxz} \right)} \right) = {y_0}\,,\,\,d\left( {A,\,\,\left( {Oyz} \right)} \right) = {x_0}.\)

Theo bài ra ta có: \(a = d\left( {M,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = 2\,;\,\,b = d\left( {M,\,\,\left( {Oyz} \right)} \right) = 1\,;\,\,c = d\left( {M,\,\,\left( {Oxz} \right)} \right) = 3.\)

Suy ra \(P = a + {b^2} + {c^3} = 2 + {1^2} + {3^3} = 30.\) Chọn C.

Câu (4) không xuất hiện từ so sánh hay đồ vật/con vật → Loại phương án A, C sai. Từ “kiểu thơm” dùng để chỉ những người con gái xinh đẹp, thanh lịch, yêu kiều → Cách nói ẩn dụ. Chọn B. 

Đọc và xác định các từ khóa mô tả những người lính Tây Tiến:

+ “Quân xanh màu lá” → Khắc họa ngoại hình của người lính Tây Tiến: da xanh xao do căn bệnh sốt rét rừng hành hạ.

+ “Gửi mộng qua biên giới”, “mơ Hà Nội” → Sự lãng mạn, hào hoa của những người lính.

+ “Đi chẳng tiếc đời xanh” → Sự sẵn sàng hi sinh của những người lính.

+ Câu (5), (7) nói về cái chết của những người lính Tây Tiến.

Loại trừ đáp án:

+ Câu (1), (2) mang hình ảnh tả thực về đoàn binh Tây Tiến → Loại phương án A, C sai.

+ Câu (5) nói về sự hi sinh của những người lính Tây Tiến → Loại phương án B sai.

→ Chọn D.

Xác định ý nghĩa câu nói “Quyết tử cho Tổ quốc quyết sinh”: sự sẵn sàng hi sinh để bảo vệ nền độc lập của Tổ quốc

Đọc lại ngữ liệu và giải nghĩa các câu thơ:

+ Câu (1), (2) miêu tả chân dung người lính Tây Tiến.

+ Câu (3), (4) ca ngợi vẻ đẹp tâm hồn của người lính Tây Tiến.

+ Câu (5), (7) mô tả hiện thực về sự hi sinh của những người lính Tây Tiến.

+ Câu (6) như một lời thề, lời hứa của những người lính khi bước chân vào chiến trường.

+ Câu (8) ca ngợi sự hi sinh của những người lính trong đoàn binh Tây Tiến.

Xác định câu thơ (6): “Chiến trường đi chẳng tiếc đời xanh” thể hiện quyết tâm chiến đấu, sẵn sàng hi sinh tuổi thanh xuân vì độc lập, tự do của dân tộc, tương đồng về nghĩa và dễ gợi liên tưởng đến câu nói “Quyết tử cho Tổ quốc quyết sinh”. Chọn B.

Đọc kĩ đoạn trích và xác định các từ khóa:

+ “Không mọc tóc”: Căn bệnh sốt rét rừng khiến người lính rụng hết tóc → Chất bi.

+ “Dữ oai hùm”: Sự dữ dằn như hổ báo chốn rừng xanh → Chất tráng.

+ “Mồ viễn xứ”, “chẳng tiếc đời xanh”, “Áo bào thay chiếu, anh về đất”, “Sông Mã gầm lên khúc độc hành” → Sự hi sinh anh dũng của người lính Tây Tiến.

→ Các hình ảnh trong bốn câu thơ đầu nói về vẻ đẹp bi tráng của người lính Tây Tiến và các hình ảnh trong 4 câu sau nói về sự hi sinh anh dũng của họ.

→ Xét tổng thể, chủ đề của cả đoạn trích là bức chân dung bị tráng của người lính Tây Tiến và sự hi sinh anh dũng của họ. Chọn C.

Cụm từ “anh về đất” nói về cái chết, sự hi sinh của những người lính Tây Tiến một cách nhẹ nhàng, như thể những người lính trở về với Tổ quốc, quê hương, những gì thương yêu và thân thuộc.

- Từ “áo bào” liền trước đó gợi hình ảnh về những người tráng sĩ hi sinh trên lưng ngựa xưa kia đã thể hiện sự trân trọng với những người lính, đồng thời khẳng định ý nghĩa về cái chết của họ.

→ Như vậy, phương án A đúng nhưng chưa đủ, phương án B, C không thể hiện đúng tác dụng của biện pháp nói giảm trong câu thơ. Chọn D.

Ta đặt \(z = a + bi.\)

\(2z - i \cdot \bar z = 3i \Leftrightarrow 2\left( {a + bi} \right) - i\left( {a - bi} \right) = 3i\)

\( \Leftrightarrow 2a - b + i\left( {2b - a} \right) = 3i \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - b = 0}\\{2b - a = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Từ đó ta suy ra: \(\left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt 5 .\) Chọn A.

Phương thức biểu đạt chính của đoạn văn là nghị luận. Chọn D. 

“Mọi thứ bạn chạm tay vào sẽ biến thành vàng”: gợi nhớ tích truyện Vua Midas thích vàng, hàm ý chỉ những việc mà chúng ta làm sẽ đem lại lợi nhuận dễ dàng, giống như vua Midas trong câu chuyện, hễ chạm vào đâu là chỗ đó lập tức biến thành vàng. Chọn B.

“Trạng thái tinh thần” mà tác giả nói tới trong đoạn trích có nghĩa là một mục đích rõ ràng khi bắt đầu khởi nghiệp và làm giàu. Trạng thái tinh thần cũng là những yếu tố thuộc về tâm lí của người khởi nghiệp: xác định các phương thức để đạt mục tiêu, nghị lực vượt qua khó khăn, thử thách để đạt được mục tiêu; tâm thế khởi nghiệp... Chọn C.

Phong cách ngôn ngữ trong đoạn trích là chính luận. Chọn B.

Biện pháp tu từ chính được thể hiện trong câu là nói quá: Mọi thứ bạn chạm tay vào sẽ biến thành vàng. Chọn B.

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

Tại \(t = 2\) thì \(a\left( 2 \right) = 2 \cdot 2 - 2 = 2\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\). Chọn D.

Nava tập trung mọi cố gắng để xây dựng Điện Biên Phủ thành một tập đoàn cứ điểm mạnh nhất Đông Dương. Tồng số binh lực ở đây lúc cao nhất là 16200 quân, được bố trí thành ba phân khu với 49 cứ điểm. Sau khi kiểm tra, các tướng lĩnh Pháp và Mĩ đều coi Điện Biên Phủ là "một pháo đài bất khả xâm phạm". Chọn C.

Quân Pháp xây dựng Điện Biên Phủ thành tập đoàn cứ điểm mạnh nhất Đông Dương, vì nơi đây có vị trí then chốt ở Đông Dương và Đông Nam Á. Điện Biên Phủ là một thung lũng nằm ở phía Tây vùng rừng núi Tây Bắc, gần biên giới Lào, cách Hà Nội 300 km, cách Luông Pha Băng 200 km, cách hậu phương của ta (Việt Bắc, Thanh Nghệ Tĩnh) từ 300 km đến 500 km. Với Pháp đây là một vị trí chiến lược then chốt, có thể trở thành một căn cứ lục quân và không quân trong âm mưu xâm lược của chúng ở Đông Dương và Đông Nam Á về lâu dài. Chọn B.

Phương châm của chiến dịch Điện Biên Phủ (1954) của quân đội Việt Nam là "Đánh chắc, tiến chắc" được lựa chọn chỉ vài giờ trước khi ta chính thức đương đầu với Pháp, nhằm chuẩn bị kĩ càng nhất cho một trận chắc thắng, theo đúng lò̀i dặn của Bác Hồ trước chiến dịch. Chọn C.

Kẻ \(DH \bot OD'\).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}AC \bot OD\\AC \bot DD'\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {DOD'} \right) \Rightarrow AC \bot DH\].

Mà \(DH \bot OD'\) nên \(DH \bot \left( {ACD'} \right) \Rightarrow DH = d\left( {D,\,\,\left( {ACD'} \right)} \right)\).

Ta có \(OD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC = a\) nên

 \(\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{D{{D'}^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow DH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}{\rm{. }}\)Chọn D.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 5} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \((P):2x + 3y - 4z + 5 = 0\) nên nhận \(\vec u = \left( {2\,;\,\,3\,;\,\, - 4} \right)\) là vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z =  - 5 - 4t}\end{array}} \right..\) Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

\(\frac{{2x + 4}}{{x - 1}} = x + 1\,\,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 5 = 0\). Khi đó \({x_t} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{ - \left( { - 2} \right)}}{2} = 1.\)

Ta giải nghiệm rồi tìm được \(x = 1 \pm \sqrt 6  \Rightarrow {x_t} = 1.\) Chọn B.

Gọi \(I\) là trung điểm BC.

Ta có \(\left( {\left( {SBC} \right),\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SIA} = 30^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta SIA\) có \(SA = AI \cdot \tan 30^\circ  = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = a.\)

\(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) Chọn B.

Ta có \(\log _2^2\left( {8{a^2}} \right) = {\left( {{{\log }_2}\left( {8a} \right)} \right)^2} = {\left( {{{\log }_2}8 + {{\log }_2}{a^2}} \right)^2}\)

\( = {\left( {3 + 2m} \right)^2} = 4{m^2} + 12m + 9.{\rm{ }}\)Chọn A.

Đường thẳng \(d\) đi qua \(M\left( { - 5\,;\,\,7\,;\,\,0} \right)\) và vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( d \right).\)

Ta có \(IH = d\left( {I,\,\,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\vec u\,,\,\,\overrightarrow {MI} } \right]} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|}} = 3\)

\( \Rightarrow R = \sqrt {I{H^2} + {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  = 18\).

Vậy \(\left( S \right):{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 18.\) Chọn A.

Phương trình \(m{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + m - 3 = 0\) có 2 nghiệm dương phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ne 0}\\{\Delta ' > 0}\\{S > 0}\\{P > 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{{{\left( {m - 2} \right)}^2} - m\left( {m - 3} \right) > 0}\\{\frac{{2\left( {m - 2} \right)}}{m} > 0}\\{\frac{{m - 3}}{m} > 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{ - m + 4 > 0}\\{m \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right) \cup \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)}\\{m \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right) \cup \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right) \cup \left( {3\,;\,\,4} \right).\) Chọn C.

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

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) > 0}\\{ - x + m + 1 \ne 0}\end{array};\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)} \right.\).

Kết hợp với: \(m \in \left( { - 10\,;\,\,10} \right)\) và \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ { - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, - 7\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3} \right\}.\) Chọn A.

Số cốc mỗi ngày cửa hàng bán được lần lượt lập thành cấp số cộng có công sai là \(d = 1\) và \({u_1} = 10.\)

Do đó, ngày thứ 10 cửa hàng sẽ bán được số cốc nước mía là: \({u_{10}} = {u_1} + 9d = 10 + 9 = 19.\)

Chọn C.

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

Ta có \({\log _2}\frac{{{x^2} - 1}}{{81}} < {\log _3}\frac{{{x^2} - 1}}{{16}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - 1} \right) - {\log _2}81 < {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) - {\log _3}16\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}3 \cdot {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) - 4{\log _2}3 < {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) - 4{\log _3}2\)

\( \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}3 - 1} \right){\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < 4\left( {{{\log }_2}3 - {{\log }_3}2} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < \frac{{4\left( {{{\log }_2}3 - {{\log }_3}2} \right)}}{{{{\log }_2}3 - 1}}\)\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < \frac{{4\left( {\frac{1}{{{{\log }_3}2}} - {{\log }_3}2} \right)}}{{\frac{1}{{{{\log }_3}2}} - 1}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < 4\left( {1 + {{\log }_3}2} \right) \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < {\log _3}{6^4}\)

\( \Leftrightarrow 0 < {x^2} - 1 < {6^4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x < \sqrt {1297} \\ - \sqrt {1297}  < x <  - 1\end{array} \right.\).

Vì \(x\) là số nguyên nên \[x \in \left\{ { - 36\,;\,\, - 35\,;\,\, \ldots ;\,\, - 2\,;\,\,2\,;\,\, \ldots ;\,\,35\,;\,\,36} \right\}.\]

Vậy có 70 số nguyên \(x\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.

Ta có \(f'\left( x \right) =  - \frac{1}{{{x^2}}} + 2 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{x} + 2x + C.\)

Theo bài ra \(f\left( 2 \right) = \frac{9}{2} \Rightarrow \frac{1}{2} + 4 + C = \frac{9}{2} \Rightarrow C = 0.\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{x} + 2x \Rightarrow F\left( x \right) = \ln \left| x \right| + {x^2} + M\)

Lại có \(F\left( 2 \right) = 4 + \ln 2 \Rightarrow \ln 2 + 4 + M = 4 + \ln 2\)

\[ \Rightarrow M = 0 \Rightarrow F\left( x \right) = \ln \left| x \right| + {x^2} \Rightarrow F\left( 1 \right) = 1.\] Chọn C.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x - 2 < 4x + 5}\\{{x^2} < {{\left( {x + 2} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 7}\\{{x^2} < {x^2} + 4x + 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 7}\\{ - 4x < 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 7}\\{x >  - 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).

Vậy tập nghiệm của hệ bất phương trình là \[S = \left( { - 1\,;\,\,7} \right).\]

Suy ra các nghiệm nguyên của hệ bất phương trình là \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6.\]

Vậy tổng tất cả các nghiệm của hệ bất phương trình là 21. Chọn A.

Ta có \( - 1 \le \sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow  - 3 \le 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 3\)\( \Leftrightarrow 26 \le 29 + 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 32.\)

Do đó nhiệt độ cao nhất trong ngày là 32 độ \(C\) khi

\(\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) = \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow t = 15 + 24k\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right){\rm{. }}\)

Do \(0 \le t \le 24\) nên \(k = 0\) suy ra \(t = 15\).

Vậy lúc 15 giờ là thời gian nhiệt độ cao nhất trong ngày. Chọn B.

Ta có \({z_1}{z_2} = \left[ {2m + \left( {m - 2} \right)i} \right]\left( {3 - 4mi} \right)\)\( = 2m \cdot 3 - 8{m^2}i + 3\left( {m - 2} \right)i - 4m\left( {m - 2} \right){i^2}\)

\( = 2m - 8{m^2} \cdot i + 3\left( {m - 2} \right)i + 4m\left( {m - 2} \right)\)\( = 4{m^2} - 6m + \left( { - 8{m^2} + 3m - 6} \right)i\) là số thuần ảo.

Khi đó \(4{m^2} - 6m = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = \frac{3}{2}}\end{array}} \right..\) Chọn A.

Ta có \[g'\left( x \right) = {\left( {2x} \right)^\prime } \cdot f'\left( {2x} \right) - 1 = 2f'\left( {2x} \right) - 1\]

Dựa vào bảng biến thiên, ta được \(f'\left( t \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = {t_1} \in \left( { - \infty \,;\,\, - 1} \right)}\\{t = {t_2} \in \left( { - 1\,;\,\,1} \right)}\\{t = {t_3} \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)}\end{array}} \right.\).

Do đó hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Chọn D.

Số bàn anh Duy phục vụ trong bữa tối là \(t\,\,\left( {t \in \mathbb{N}} \right).\)

Số tiền anh Duy kiếm được trong bữa trưa là: \(15\%  \cdot 12 \cdot 500\,\,000 = 900\,\,000\) (đồng)

Số tiền anh Duy kiếm được trong bữa tối là: \[15\%  \cdot t \cdot 900\,\,000 = t \cdot 135\,\,000\] (đồng)

Tổng số tiền anh Duy kiếm được trong ngày là: \(900\,\,000 + t \cdot 135\,\,000\) (đồng)

Anh Duy kiếm được ít nhất \[3\,\,600\,\,000\] đồng mỗi ngày khi

\(900\,\,000 + t \cdot 135\,\,000 \ge 3\,\,600\,\,000 \Leftrightarrow t \ge 20.\)

Vậy số bàn tối thiểu thỏa yêu cầu bài toán là \(t + 12 = 20 + 12 = 32.\) Chọn A.

Gọi \[h,\,\,r\] lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hình trụ \[\left( T \right)\].

Thiết diện của mặt phẳng và hình trụ \[\left( T \right)\] là hình chữ nhật \[ABCD\].

Khi đó theo giả thiết ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h > 2r}\\{{S_{ABCD}} = h \cdot 2r = 30}\\{{C_{ABCD}} = 2\left( {h + 2r} \right) = 26}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h > 2r}\\{hr = 15}\\{h + 2r = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h > 2r}\\{h = 13 - 2r}\\{ - 2{r^2} + 15r - 15 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h > 2r}\\{r = \frac{3}{2}.}\\{h = 10}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\)

Vậy \({S_{TP}} = {S_{XQ}} + 2S = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi \frac{3}{2}10 + 2\pi {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{69\pi }}{2}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\) Chọn C.

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

Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow 2m - 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \frac{3}{2}.\)

Vì hoành độ điểm cực tiểu nhỏ hơn 2 nên \(2m - 3 < 2 \Leftrightarrow m < \frac{5}{2}.\)

Kết hợp với \(m \in \left[ { - 2\,;\,\,3} \right]\) và \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\) Chọn A.

Giả sử cạnh của hình lập phương là \(a > 0.\)

Gọi \(N\) là trung điểm đoạn thẳng \(BB'.\)

Khi đó, \(MN\,{\rm{//}}\,BC'\) nên \(\left( {\widehat {AM\,;\,\,BC'}} \right) = (\widehat {AM\,;\,MN}).\)

Xét \(\Delta A'B'M\) vuông tại \(B'\), ta có

\(A'M = \sqrt {A'{{B'}^{\prime 2}} + B'{M^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)

Xét \(\Delta AA'M\) vuông tại \(A'\), ta có \(AM = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{M^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{{5{a^2}}}{4}}  = \frac{{3a}}{2}.\)

Có \[AN = A'M = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\,;\,\,MN = \frac{{BC'}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Trong tam giác \[AMN\] ta có

\(\cos \widehat {AMN} = \frac{{M{A^2} + M{N^2} - A{N^2}}}{{2MA \cdot MN}} = \frac{{\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4} - \frac{{5{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot \frac{{3a}}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{6{a^2}}}{4} \cdot \frac{4}{{6{a^2}\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\)

Suy ra \(\widehat {AMN} = 45^\circ .\) Vậy \[\left( {AM,\,\,BC'} \right) = \left( {AM,\,\,MN} \right) = \widehat {AMN} = 45^\circ .\] Chọn A.

Ta có \(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right)\) và \(\overrightarrow {AM}  = (x - 2;y + 2; - 1).\)

Để A, B, M thẳng hàng thì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AM} \) cùng phương.

Khi đó \(\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{ - 1}}{1} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y =  - 5}\end{array}} \right..\)

Vậy \[M\left( {4\,;\,\, - 5\,;\,\,0} \right).\] Chọn A.

Vì \(A \in {d_1}\), \(B \in {d_2}\) nên ta giả sử \(A\left( {a\,;\,\,3 - a} \right)\); \(B\left( {2b + 6\,;\,\,b} \right)\).

Ta có \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] khi và chỉ khi

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 2b + 6}}{2} = 1}\\{\frac{{3 - a + b}}{2} =  - 1}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 2b =  - 4}\\{a - b = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b =  - 3}\end{array}} \right.} \right.\).

\( \Rightarrow A\left( {2\,;\,\,1} \right)\,,\,\,B\left( {0\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA}  = \left( {2\,;\,\,4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA}  = 2 \cdot \overrightarrow {{u_1}} .\)

Vậy đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1\,;\,\,2} \right).\) Chọn A.

Ta có \({S_1} + {S_2} = \int\limits_0^{\ln 4} {{e^x}} \,{\rm{d}}x = \left. {{e^x}} \right|_0^{\ln 4} = 4 - 1 = 3.\)

Mà \({S_1} = 2{S_2}\) nên \(2{S_2} + {S_2} = 3 \Leftrightarrow {S_2} = 1.\)

Do đó \({S_2} = \int\limits_0^{\ln 4} {{e^x}} \,{\rm{d}}x = 1 \Leftrightarrow 4 - {e^k} = 1 \Leftrightarrow {e^k} = 3 \Leftrightarrow k = \ln 3.\) Chọn C.

Ta có \({4^x} + {4^{ - x}} = 7 \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + 2 \cdot {2^x} \cdot {2^{ - x}} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} - 2 = 7\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3.{\rm{ }}\)

Do đó \(P = \frac{{5 - {2^x} - {2^{ - x}}}}{{8 + 4 \cdot {2^x} + 4 \cdot {2^{ - x}}}} = \frac{{5 - \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{8 + 4 \cdot \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}} = \frac{{5 - 3}}{{8 + 4 \cdot 3}} = \frac{1}{{10}}\).

Suy ra \(a = 1,\,\,b = 10.\) Do đó \(ab = 10.\) Chọn A.

Phương trình đã cho là phương trình mặt cầu khi và chỉ khi

\[{\left( {m + 2} \right)^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} - 3{m^2} + 5 > 0\]\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 10 < 0\)\( \Leftrightarrow  - 1 - \sqrt {11}  < m < 1 + \sqrt {11} \).

Theo bài ra \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\).

Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn bài toán. Chọn D.

Que kem được chia làm hai phần, phần trên là nửa hình cầu, phần dưới là hình nón.

Thể tích phần trên là: \({V_c} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{2}{3} \cdot {9^3}\pi  = 486\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Chiều cao hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {{{15}^2} - {9^2}}  = 12.\)

Thể tích hình nón là: \({V_n} = \frac{1}{3} \cdot h \cdot {r^2}\pi  = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot {9^2}\pi  = 324\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Vậy thể tích que kem là: \(V = {V_n} + {V_c} = 810\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\). Chọn B.

Gọi \(M\) là điểm biểu diễn số phức \[w.\] Ta có \(w = 2z + i \Leftrightarrow z = \frac{{w - i}}{2}.\)

Do đó tập hợp điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\left( {2\,;\,\, - 3} \right)\) và bán kính \(R = 6.\) Chọn A.

Ta có \[\int\limits_0^1 {\frac{{2x + a}}{{x + a}}} \;{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\frac{{2\left( {x + a} \right) - a}}{{x + a}}} \;{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {2 - \frac{a}{{x + a}}} \right)} \;{\rm{d}}x\]

\( = \left. {\left( {2x - a\ln \left| {x + a} \right|} \right)} \right|_0^1 = 2 - a \cdot \ln \left| {a + 1} \right| + a \cdot \ln \left| a \right|\)\( = 2 - a \cdot \left[ {\ln \left( {a + 1} \right) - \ln a} \right] = 2 - a \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)\)

Theo bài ra, ta được \(2 - a \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right) = 2 - 2a\)

\( \Leftrightarrow \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{{a + 1}}{a} = {e^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{{{e^2} - 1}}.\) Chọn C.

Gọi \[A\] là biến cố học sinh giỏi toán, \[B\] là biến cố học sinh giỏi lý.

Ta có \(AB\) là biến cố học sinh giỏi toán và lý.

\(A \cup B\) là biến cố học sinh giỏi toán hoặc lý.

Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{{15}}{{40}} = \frac{3}{8}\,;\,\,P\left( B \right) = \frac{{10}}{{40}} = \frac{1}{4}\,;\,\,P\left( {AB} \right) = \frac{5}{{40}} = \frac{1}{8}.\)

Do đó \[P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{3}{8} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}.\] Chọn B.

Ta có \({V_{ABCD}} = {V_{C.ABD}} = \frac{1}{3}{S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {ABD} \right)} \right)\);

\({V_{MNEC}} = {V_{C.MNE}} = \frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {MNE} \right)} \right) = \frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {ABD} \right)} \right);\)

\(\frac{{{V_{MNEC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {ABD} \right)} \right)}}{{\frac{1}{3}{S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {ABD} \right)} \right)}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}}.\)

Dễ thấy  theo tỉ số \[\frac{1}{2}\] nên \(\frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}.\)

Do đó \(\frac{{{V_{MNEC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}} = \frac{1}{4}.\) Chọn B.

Đặt \(t = {x^3} + x.\) Vì \(x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]\) nên \(t \in \left[ {0\,;\,\,10} \right].\)

Ta có: \({\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}g\left( x \right) = {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}\left[ {f\left( {{x^3} + x} \right) - {x^2} + 2x + m} \right]\)

\( = {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( {{x^3} + x} \right) + {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}\left( { - {x^2} + 2x + m} \right)\)

\( = {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,10} \right]}}f\left( t \right) + 1 + m\) (với \(t = {x^3} + x\) và \({\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}\left[ { - {x^2} + 2x + m} \right] = 1 + m\)).

\( = {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,10} \right]}}f\left( x \right) + 1 + m = 4 + 1 + m = 5 + m.\)

Suy ra \({\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}g(x) = 5 + m \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{t = 2}\end{array} \Leftrightarrow x = 1} \right..\)

Theo giả thiết, ta có: \({\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}g\left( x \right) = 8 \Leftrightarrow m + 5 = 8 \Leftrightarrow m = 3.\) Chọn D.

Ta có \(M \in \Delta  \Rightarrow M\left( {1 + 2t\,;\,\,t\,;\,\, - 2 - t} \right)\) nên ta có

• \(M{A^2} = {\left( { - 1 - 2t} \right)^2} + {\left( { - 1 - t} \right)^2} + {\left( {5 + t} \right)^2} = 6{t^2} + 16t + 27\);

• \(M{B^2} = {\left( { - 2t} \right)^2} + {\left( { - 2 - t} \right)^2} + {\left( {3 + t} \right)^2} = 6t + 10t + 13\).

Suy ra \(M{A^2} + 2M{B^2} = 18{t^2} + 36t + 53 = 18\left( {{t^2} + 2t + 1} \right) + 35\)\( = 18{(t + 1)^2} + 35 \ge 35\).

Do đó \(M{A^2} + 2M{B^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(t =  - 1\).

Vậy \(M\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\) Chọn C.

Các giá trị nguyên dương của tham số \(m\) để \(A \cap B \ne \emptyset \) là \[m \in \left\{ {2\,;\,\,3} \right\}\].

Do đó có 2 giá trị nguyên dương yêu cầu bài toán.

Đáp án: 2.

Từ 1 đến 20 có 10 số chẵn và 10 số lẻ, trong 10 số chẵn thì có 5 số chia hết cho 4.

• Chọn 3 quả số lẻ có \(C_{10}^3\) (cách).

• Chọn 1 quả số chẵn chia hết cho 4 có \(C_5^1\) (cách).

• Chọn 1 quả số chẵn không chia hết cho 4 có \(C_5^1\) (cách).

Suy ra có \(C_{10}^3.\) \(C_5^1.\) \(C_5^1 = 3\,\,000\) (cách).

Đáp án: 3000.

Xét \(t = 2{x^3} - 3{x^2} + m \Rightarrow t = 6{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right..\)

Do đó \({\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}t\left( x \right) = m - 5\,;\,\,{\max _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}t\left( x \right) = m + 27.\)

• Nếu \[m - 5 \ge 0 \Rightarrow {\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}f\left( x \right) = m - 5 \le 3 \Leftrightarrow 5 \le m \le 8 \Rightarrow m \in \left\{ {5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}.\]

• Nếu \(m + 27 \le 0 \Rightarrow {\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}f\left( x \right) =  - \left( {m + 27} \right) \le 3 \Leftrightarrow  - 30 \le m \le  - 27\)

\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 30\,;\,\, - 29\,;\,\, - 28\,;\,\, - 27} \right\}.\)

• Nếu \[\left( {m - 5} \right)\left( {m + 27} \right) \le 0 \Rightarrow {\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}f\left( x \right) = 0.\]

Vậy \[m \in \left\{ { - 30\,;\,\, - 29\,;\,\, - 28\,;\,\, \ldots ;\,\,8} \right\}\] có tất cả 39 số nguyên thỏa mãn.

Đáp án: 39.

Phương trình vận tốc của quả bóng là \(v(t) = h'(t) =  - 9,8t + 19,6\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\).

Độ cao lớn nhất quả bóng đạt được khi \(v(t) = 0 \Leftrightarrow  - 9,8t + 19,6 = 0 \Leftrightarrow t = 2.\)

Khi đó \(h\left( 2 \right) =  - 4,9 \cdot {2^2} + 19,6 \cdot 2 = 19,6\,\,(m).\)

Đáp án: \[{\bf{19}},{\bf{6}}\].

Ta có \(F\left( x \right) = \int f \left( x \right){\rm{d}}x = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 2x + {C_1}}&{{\rm{ khi }}x \ge 1}\\{{x^3} + x + {C_2}}&{{\rm{ khi }}x < 1}\end{array}} \right.\).

Theo bài ra, ta có \(F\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow {C_2} = 2\).

Hàm số \(F\left( x \right)\) liên tục nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} F\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} F\left( x \right)\)

\[ \Leftrightarrow 3 + {C_1} = 4 \Leftrightarrow {C_1} = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 2x + 1{\rm{ khi }}x \ge 1}\\{{x^3} + x + 2{\rm{ }}\,\,{\rm{khi }}x < 1}\end{array}} \right.\].

Vậy \(F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right) = {\left( { - 1} \right)^3} + \left( { - 1} \right) + 2 + 2 \cdot \left( {{2^2} + 2 \cdot 2 + 1} \right) = 18.\)

Đáp án: 18.

Theo công thức tìm nhanh tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) ta có:

• Đồ thị hàm số nhận \(x =  - \frac{d}{c} =  - m - 3 = 0\) làm TCĐ \( \Rightarrow m =  - 3.\)

• Đồ thị hàm số nhận \(y = {\frac{a}{c}^c} = n - 3 = 0\) làm \({\rm{TCN}} \Rightarrow n = 3.\)

Vậy \(m + n = 0.\) Đáp án: 0.

Ta có: \(3x \cdot f\left( x \right) - {x^2} \cdot f'\left( x \right) = 2{f^2}\left( x \right)\)\( \Leftrightarrow 3{x^2} \cdot f\left( x \right) - {x^3} \cdot f'\left( x \right) = 2x \cdot {f^2}\left( x \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{3{x^2}f\left( x \right) - {x^3}f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = 2x \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{x^3}}}{{f\left( x \right)}}} \right)^\prime } = 2x\).

Khi đó \(\int {{{\left( {\frac{{{x^3}}}{{f\left( x \right)}}} \right)}^\prime }} {\rm{d}}x = \int 2 x\;{\rm{d}}x \Leftrightarrow \frac{{{x^3}}}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + C\).

Do \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{1}{{1 + C}} = \frac{1}{3} \Rightarrow C = 2.\) Do đó \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2}}\).

Tìm được \(M = f\left( 2 \right) = \frac{4}{3},\,\,m = f\left( 1 \right) = \frac{1}{3} \Rightarrow M + m = \frac{5}{3}.\)

Đáp án: \(\frac{5}{3}.\)

Ta có \(H \in {\Delta _1} \Leftrightarrow H\left( {3 + 2t\,;\,\,t\,;\,\,1 + t} \right)\) và \(K \in {\Delta _2} \Leftrightarrow K\left( {1 + m\,;\,\,2 + 2m\,;\,\,m} \right).\)

Suy ra \(\overrightarrow {HK}  = \left( {m - 2t - 2\,;\,\,2m - t + 2\,;\,\,m - t - 1} \right).\)

Đường thẳng \(d\) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right).\)

\(\Delta  \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_d}}  \cdot \overrightarrow {HK}  = 0 \Leftrightarrow m - t + 2 = 0 \Leftrightarrow m = t - 2 \Rightarrow \overrightarrow {HK}  = \left( { - t - 4\,;\,\,t - 2\,;\,\, - 3} \right){\rm{. }}\)

Ta có \(H{K^2} = {\left( { - t - 4} \right)^2} + {\left( {t - 2} \right)^2} + {\left( { - 3} \right)^2} = 2{\left( {t + 1} \right)^2} + 27 \ge 27\,,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\).

Khi đó ta có \(H{K_{\min }} = \sqrt {27} \), đạt được khi \(t =  - 1.\)

Do đó \(\overrightarrow {HK}  = \left( { - 3\,;\,\, - 3\,;\,\, - 3} \right)\), suy ra \(\vec u\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right) \Rightarrow h = k = 1 \Rightarrow h - k = 0.\)

Đáp án: 0.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)

Đặt \(t = {2^{{x^2}}}\,\,\left( {t \ge 1} \right)\), khi đó bất phương trình trở thành \({t^2} - 2\left( {m + 1} \right)t + m + 3 \ge 0\)

Với \(t \ge 1\) thì \((*) \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 3 \ge m\left( {2t - 1} \right) \Leftrightarrow \frac{{{t^2} - 2t + 3}}{{2t - 1}} \ge m.\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} - 2t + 3}}{{2t - 1}}\) trên \(\left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\).

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{\left( {2t - 2} \right)\left( {2t - 1} \right) - 2\left( {{t^2} - 2t + 3} \right)}}{{{{\left( {2t - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{t^2} - 2t - 4}}{{{{\left( {2t - 1} \right)}^2}}}.\)

Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình \(f\left( t \right) \ge m,\,\,\forall t \in \left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(m \le 1.\)

Vậy có 21 giá trị nguyên \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 21.

Dựa vào hình vẽ, ta có \(f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2}.\)

Suy ra \(f\left( u \right) = {u^4} - 2{u^2}.\)

Đặt \(u = \sqrt {f\left( x \right)}  \ge 0\), phương trình trở thành \(\sqrt {f\left( u \right) + 2}  = {u^2} + 1\)

\( \Leftrightarrow f\left( u \right) + 2 = {\left( {{u^2} + 1} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow {u^4} - 2{u^2} + 2 = {u^4} + 2{u^2} + 1\)\( \Leftrightarrow {u^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{4}\).

Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = \frac{1}{4}\) tại 2 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt.

Đáp án: 2.

Đường thẳng \({d_2}\) có vectơ chỉ phương \[\vec v = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right)\] và đi qua điểm \(N\left( { - 3\,;\,\,1\,;\,\, - 4} \right).\)

Ta có: \(\left[ {\vec v\,,\,\,\vec u} \right] = \left( {4\,;\,\,5\,;\,\,2} \right) \ne \vec 0\,;\,\,\overrightarrow {MN}  = \left( { - 4\,;\,\,4\,;\,\, - 6} \right)\,;\,\,\left[ {\vec v\,,\,\,\vec u} \right] \cdot \overrightarrow {MN}  =  - 16 + 20 - 12 =  - 8 \ne 0\)

\( \Rightarrow {d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau.

Mặt phẳng \((P)\) cách đều hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) nên \((P)\) nhận \(\left[ {\vec v\,,\,\,\vec u} \right] = \left( {4\,;\,\,5\,;\,\,2} \right)\) là vectơ pháp tuyến và đi qua trung điểm \(I\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)\) của đoạn MN

Suy ra phương trình của \((P):4\left( {x + 1} \right) + 5\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y + 2z + 11 = 0\)

\( \Rightarrow a = 4\,;\,\,b = 5\,;\,\,c = 2 \Rightarrow a + 2b + 3c = 20.\)

Đáp án: 20.

Gọi \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,y \in \mathbb{R}} \right).\)

Ta có \(\left| {z - 2 - 4i} \right| = \left| {z - 2i} \right| \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 2} \right) + \left( {y - 4} \right)i} \right| = \left| {x + \left( {y - 2} \right)i} \right|\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 4} \right)}^2}}  = \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2}} \)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 8y + 16 = {x^2} + {y^2} - 4y + 4\)

\( \Leftrightarrow 4x + 4y - 16 = 0 \Leftrightarrow y = 4 - x{\rm{. }}\)

Do đó \(\left| z \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}}  = \sqrt {{x^2} + {{\left( {4 - x} \right)}^2}}  = \sqrt {2{x^2} - 8x + 16}  = \sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8}  \ge 2\sqrt 2 .\)

Dấu" =" xảy ra \( \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow y = 2.\) Vậy \(P = {2^2} + {2^2} = 8.\)

Đáp án: 8.

Giải thiết trở thành: \({\log _2}x - {\log _2}4 + 2{\log _2}y = \frac{8}{{{y^2}}} - 2x\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}x - {\log _2}4 - {\log _2}{y^{ - 2}} = 8 \cdot {y^{ - 2}} - 2x\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}x + 2x = {\log _2}4 + {\log _2}{y^{ - 2}} + 2 \cdot \left( {4 \cdot {y^{ - 2}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}x + 2x = {\log _2}\left( {4{y^{ - 2}}} \right) + 2 \cdot \left( {4{y^{ - 2}}} \right)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + 2t\,\,\left( {t > 0} \right)\) có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 2 > 0,\,\,\forall t > 0\)

Suy ra hàm số \(f(t)\) đồng biến trên khoảng \((0; + \infty ).\)

Do đó \[f\left( x \right) = f\left( {4{y^{ - 2}}} \right) \Leftrightarrow x = 4{y^{ - 2}} \Leftrightarrow x = \frac{4}{{{y^2}}}\].

Đặt \(P = x + 4y = 2y + 2y + \frac{4}{{{y^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{2y \cdot 2y \cdot \frac{4}{{{y^2}}}}} = 6\sqrt[3]{2}.\)

Dấu "=" xảy ra khi \(2y = \frac{4}{{{y^2}}} \Leftrightarrow y = \sqrt[3]{2} \Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{4}{{{y^3}}} = \frac{4}{2} = 2.\)

Đáp án: 2.

Kết quả bài toán sẽ không thay đổi nếu ta xét lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\) có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng 2.

Chọn hệ trục tọa độ \[Oxyz\] như hình vẽ \(O\) là trung điểm của \(BC).\)

Ta có \(A'\left( {0\,;\,\, - \sqrt 3 \,;\,\,2} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( { - 1\,;\,\,0;0} \right),\,\,C'\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\)

Suy ra \(\overrightarrow {CA'}  = \left( {1\,;\,\, - \sqrt 3 \,;\,\,2} \right),\overrightarrow {BC'}  = \left( { - 2\,;\,\,0\,;\,\,2} \right).\)

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {CM}  = m\overrightarrow {CA'} }\\{\overrightarrow {BN}  = n\overrightarrow {BC'} }\end{array}} \right.\) nên ta có  \(M\left( { - 1 + m\,;\,\, - \sqrt 3 m\,;\,\,2m} \right),N\left( {1 - 2n\,;\,\,0\,;\,\,2n} \right).\)

Suy ra \(\overrightarrow {MN}  = \left( { - m - 2n + 2\,;\,\,\sqrt 3 m\,;\,\,2n - 2m} \right).\)

Đường thẳng \[MN\] là đường vuông góc chung của \(A'C\) và \(BC'\) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {CA'}  = 0}\\{\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {BC'}  = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4m + 2n =  - 1}\\{ - m + 4n = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{2}{5}}\\{n = \frac{3}{5}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)\( \Rightarrow \frac{{BN}}{{BC'}} = n = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{{NB}}{{NC'}} = \frac{3}{2}.\)

Đáp án: \[{\bf{1}},{\bf{5}}\].

Điều kiện: \(0 < x < 50.\) Chiều dài hình hộp là: \(80 - x\,\,(\;{\rm{cm}})\).

Chiều rộng hình hộp là: \(50 - x\,\,(\;{\rm{cm}})\); Chiều cao hình hộp là: \(x\,\,(\;{\rm{cm}})\).

Thể tích hình hộp là: \(V = x\left( {80 - x} \right)\left( {50 - x} \right)\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Ta có \(V' = 3{x^2} - 260x + 4000\,;\,\,V' = 0 \Leftrightarrow x = 20\,\,\left( {0 < x < 50} \right).\)

Ta có bảng biến thiên:

Như vậy, \({V_{\max }} = 36\,\,000\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)

Đáp án: \[{\bf{36}}\,\,{\bf{000}}\].

Từ “cho ra” dùng chưa hợp lí. Nên thay bằng từ “sáng tác”. Chọn C.

Thao tác lập luận bình luận là đưa ra ý kiến đánh giá (xác định phải trái, đúng sai, hay dở), bàn bạc (trao đổi ý kiến) về một tình hình, một vấn đề. Chọn C.

Nội dung câu văn đề cập về tình huống trong thực tế làm nguồn cảm hứng cho các nhà văn, nhà thơ sáng tác. Vì vậy ta cần hiểu về tình huống là gì? Tình huống là toàn thể những sự việc xảy ra tại một nơi, trong một thời gian, buộc người ta cần phải quan tâm, suy nghĩ giải quyết. Từ “khoảnh khắc” dùng để diễn tả khoảng thời gian hết sức ngắn. Nó không phù hợp với nội hàm của tình huống. Hơn nữa, đặt trong tổng thể từ “khoảnh khắc” ở đây dùng không hợp ngữ cảnh. Sửa: “khoảnh khắc” thành “sự kiện” hoặc “vấn đề”. Chọn B.

Chú ý thông tin các vế đứng trước và sau từ “và” là 2 vế có nội dung đối lập: “tưởng được thêm” và “thực chất lại mất đi” nên quan hệ từ “và” đang dùng sai, cần thay thế bằng từ “nhưng”. Chọn C.

Lỗi về dùng từ chưa phù hợp với nội dung văn bản: “duy trì” là làm cho nó tồn tại ở mức ban đầu, ở tất cả mọi phương diện, điều đó chưa đáp ứng đầy đủ đặc điểm của văn học Việt Nam từ đầu thế kỉ XX đến Cách mạng tháng Tám năm 1945, do đó, có thể thay thế bằng “kế thừa”. Chọn B.

Các từ “đường sá, chợ búa, bếp núc” được cấu tạo bao gồm một thành tố rõ nghĩa (đường, chợ, bếp) tổ hợp với thành tố không rõ nghĩa (sá, búa, núc). Trong hầu hết các trường hợp, những yếu tố không rõ nghĩa này vốn rõ nghĩa nhưng bị bào mòn dần đi ở các mức độ khác nhau. Riêng từ “trường lớp” lại được cấu tạo bởi 2 thành tố rõ nghĩa (trường, lớp). Chọn B.

Các từ “nguy hiểm, nguy hại, nguy cơ” nói đến điều có thể gây ra tai họa trong một thời gian nào đó. Còn từ “nguy kịch” lại chỉ điều hết sức nguy hiểm, đe doạ nghiêm trọng đến sự sống còn (thường nói về bệnh tật). Chọn C.

Tiếng “công” trong các từ “công lí, bất công, công minh” đều mang ý nghĩa là sự không thiên vị, theo đúng lẽ phải, công bằng; “công” trong “công tác” mang ý nghĩa chỉ công việc. Chọn A.

Hồ Xuân Hương là tác giả thuộc văn học trung đại. Những tác giả còn lại đều thuộc phong trào Thơ mới. Chọn D.

Các từ “bồn chồn, nôn nao, bâng khuâng” cùng chỉ trạng thái tâm lí của con người, còn “lao xao” là từ điển tả âm thanh nhỏ hoặc những tiếng động nhỏ đan vào nhau. Vậy từ khác nghĩa ở đây là “lao xao”. Chọn D.

Một tác phẩm văn học dùng nguyên liệu là cốt truyện, nhân vật và ngôn từ. Vì vậy, tình cảm của nhà văn được biểu hiện trong tác phẩm bằng hình tượng và ngôn từ. Còn nhân hóa, so sánh, biểu cảm chỉ là những biện pháp nghệ thuật giúp tác phẩm văn học đó trở nên hay hơn, sống động hơn. Chọn C.

Có lẽ Tiếng Việt của chúng ta đẹp, bởi vì tâm hồn của người Việt Nam ta rất đẹp, bởi vì đời sống, cuộc đấu tranh của nhân dân ta từ trước tới nay là cao quý, là vĩ đại, nghĩa là rất đẹp. Chọn B.

Lao động là nghĩa vụ thiêng liêng, là nguồn sống, nguồn hạnh phúc của mỗi người.Chọn C.

Sử thi là tác phẩm tự sự dân gian có quy mô lớn, sử dụng ngôn ngữ có vần, nhịp, xây dựng những hình tượng nghệ thuật hoành tráng, hào hùng để kể về một hoặc nhiều biến cố lớn diễn ra trong đời sống cộng đồng của cư dân thời cổ đại. Chọn B.

Người anh hùng Từ Hải là một sáng tạo đặc sắc của Nguyễn Du về phương diện cảm hứng sáng tạo và nghệ thuật miêu tả. Chọn B.

Khát khao bất tử hóa trong tình yêu nhưng trái tim nhà thơ không vị kỉ, tầm thường, nhỏ nhen cho riêng mình mà thật lớn lao, cao thượng. Nhà thơ đã hòa niềm hạnh phúc của riêng mình trong niềm hạnh phúc của cuộc đời rộng lớn, cái riêng tồn tại trong cái ta chung, bao la, rộng lớn ấy đã trở thành vĩnh cửu. Chọn A.

Ở câu hỏi này, HS cần đọc kĩ đoạn trích, kết hợp với hình dung, tưởng tượng nhớ lại văn bản Hạnh phúc một tang gia-Vũ Trọng Phụng. Đây là cảnh “đám ma gương mẫu” được tổ chức long trọng, hoành tráng, giàu tính tạo hình. Tạo nên một cảnh hết sức ấn tượng, đám ma dường như mất đi không khí thông thường mà trở nên hỗn độn, hài hước. Chọn C.

Đoạn trích thể hiện nỗi niềm khát khao tự do của tác giả. Chọn A.

Nội dung chính của bức tranh chiều xuân trong đoạn thơ là bức tranh con người và cảnh vật êm đềm, nhẹ nhàng. Chọn C.

Theo bài thơ: Non cao non thấp mây thuộc, Cây cứng cây mềm gió hay. Nước mấy trăm thu còn vậy, Nguyệt bao nhiêu kiếp nhẫn nay ­→ núi non, cây cối, trăng nước đều dễ đoán biết. Riêng chỉ có lòng người trong thế giới này thực khó đoán biết: Bui một lòng người cực hiểm thay. Chọn C.

Từ phủ định: Không đò… không cầu... Điệp từ: không. Chọn C.

Hình ảnh bát thủy tiên men đỏ trong đoạn trích trên có ý nghĩa mang đậm những giá trị truyền thống, thể hiện nét đẹp văn hóa của người Hà Nội xưa. Chiếc bát thủy tiên men đỏ được nhắc đến trong đoạn trích với những chi tiết tỉ mỉ, được thiết kế theo phong cách xưa và nhân vật cô Hiền đang cẩn thận lau chùi, chăm sóc nó. Điều đó thể hiện cô Hiền rất trân trọng, giữ gìn cái bát như đang giữ gìn chính truyền thống tốt đẹp của người Hà Nội. Chọn D.

Dựa vào câu văn đầu tiên có thể thấy vẻ đẹp của sông Hương được khám phá từ góc nhìn thơ ca. Chọn B.

Căn cứ vào hình thức của câu văn thứ nhất trong đoạn trích: Trước khi về đến vùng châu thổ êm đềm, nó đã là một bản trường ca của rừng già, rầm rộ giữa bóng cây đại ngàn, mãnh liệt qua những ghềnh thác, cuộn xoáy như cơn lốc vào những đáy vực bí ẩn, và cũng có lúc nó trở nên dịu dàng và say đắm giữa những dặm dài chói lọi màu đỏ của hoa đỗ quyên rừng. Đây là một câu văn dài với nhiều vế ngắt liên tiếp. Chọn A. 

Chi tiết không gợi tả điều kiện khắc nghiệt của thời tiết trong đoạn thơ là “bếp đỏ cơm trưa”. Chọn D.

Bi kịch của Vũ Như Tô chính là bi kịch của người nghệ sĩ không giải quyết được mối quan hệ giữa khát vọng nghệ thuật và hiện thực xã hội; giữa người nghệ sĩ và công dân.Chọn B.

Hai câu thơ có nghĩa là: Chim bay về núi khi trời tối, chòm mây trôi lững lờ giữa tầng không. Trời sắp tối mà người tù vẫn đang bị giải đi trên đường chuyển lao, cả ngày dài không được nghỉ ngơi. Không gian, thời gian, cảnh vật gợi lên sự mệt mỏi, cô quạnh của người tù. Chọn C.

Dựa vào câu văn trước đó: Những hạt rau khúc nhỏ li ti như những hạt bụi. Chúng vùi sâu trong đất với mưa nắng, ngập lụt và bao biến động mà không bị giết chết.Nên từ “chúng” ở đây chỉ những hạt rau khúc. Chọn D.

Đoạn thơ diễn tả tình quân dân ấm áp giữa những người vệ quốc quân với nhân dân.Chọn D.

Đối tượng được nhận xét, đánh giá đề cập đến trong đoạn trích là bài thơ “Lính đảo hát tình ca trên đảo” của Trần Đăng Khoa. Chọn B.

Ở Việt Nam những năm đầu thế kỉ XX, đại diện tiêu biểu nhất của con đường cứu nước theo xu hướng cải cách là Phan Châu Trinh, khuynh hướng bạo động là Phan Bội Châu. Chọn B.

Từ năm 1957-1959: Ngô Đình Diệm ban hành chính sách "tố cộng, diệt cộng", ra đạo luật 10/59 đặt cộng sản ra ngoài vòng pháp luật, lê máy chém khắp miền Nam làm lực lượng cách mạng bị tổn thất nặng, đòi hỏi phải có biện pháp quyết liệt để đưa cách mạng vượt qua khó khăn. Tháng 1-1959, Hội nghị Trung ương Đảng 15 xác định: cách mạng miền Nam không có con đường nào khác là sử dụng bạo lực cách mạng đánh đổ chính quyền Mĩ-Diệm.

Từ đó phong trào Đồng khởi đã nổ ra khắp miền Nam thành cao trào cách mạng. Chọn A.

Nguyễn Tất Thành rất khâm phục tinh thần yêu nước của các bậc tiền bối (Phan Bội Châu và Phan Châu Trinh), nhưng không tán thành con đường của họ, nên quyết định tìm con đường cứu nước mới; Được tiếp xúc với văn minh Pháp, Nguyễn Tất Thành quyết định sang phương Tây để tìm hiểu xem nước Pháp và các nước khác làm thế nào, rồi trở về giúp đồng bào, giải phóng dân tộc. Chọn C.

Năm 1972, Xô-Mĩ thỏa thuận hạn chế vũ khí chiến lược, kí Hiệp ước ABM (Hiệp ước Chống tên lửa đạn đạo), SALT-1 (Hiệp định hạn chế vũ khí tiến công chiến lược), đánh dấu sự hình thành thế cân bằng về quân sự và vũ khí hạt nhân chiến lược giữa hai cường quốc.

Đây chính là biểu hiện xu hướng hòa hoãn Đông-Tây, và những hiệp ước này góp phần làm giảm tình trạng đối đầu trong quan hệ quốc tế. Chọn B.

Cuộc Tổng tiến công và nổi dậy Tết Mậu Thân vẫn hết sức to lớn đã làm lung lay ý chí xâm lược quân Mĩ, buộc Mĩ phải tuyên bố "phi Mĩ hóa" chiến tranh xâm lược (tức thừa nhận thất bại của "Chiến tranh cục bộ"), ngừng mọi hoạt động bắn phá miền Bắc và ngồi vào bàn đàm phán với ta ở Paris để chấm dứt chiến tranh, đồng thời mở ra bước ngoặt của cuộc kháng chiến chống Mĩ cứu nước. Chọn C.

Ý nghĩa quan trọng nhất của phong trào yêu nước dân chủ tư sản ở Việt Nam trong những năm 20 của thế kỉ XX góp phần khảo sát và thử nghiệm một con đường cứu nước mới theo khuynh hướng tư sản. Qua phong trào yêu nước dân chủ tư sản đã cho thấy con đường cứu nước theo dân chủ tư sản không thể thắng lợi ở Việt Nam. Buộc Việt Nam phải Chọn C.on đường theo khuynh hướng vô sản để đi tới thắng lợi cuối cùng. Chọn B.

Chiến dịch Biên giới thu-đông năm 1950 ở Việt Nam được mở trong bối cảnh lịch sử Mĩ đang từng bước can thiệp vào chiến tranh ở Việt Nam.Chọn C.

Địa hình nhiều đồi núi không phải điều kiện thuận lợi để phát triển nông nghiệp ở ĐNA. Đồi núi đòi hỏi phải có các biện pháp kỹ thuật để canh tác. Chọn D.

Biểu hiện của nền kinh tế tri thức ở Hoa Kỳ không phải là phân bố công nghiệp về phía nam. Yếu tố này không nói đến kinh tế tri thức. Chọn C.

Tính chất nhiệt đới của biển Đông được thể hiện rõ trong đặc điểm về nhiệt độ → Chọn A.

Hiện tượng "nồm" của thời tiết miền Bắc vào cuối mùa đông-đầu mùa xuân chủ yếu do gió tín phong bán cầu bắc nào gây nên. Lúc này miền Bắc đang lạnh, gặp gió tín phong nóng đột ngột nên "nồm". Chọn C.

Mỏ Tiền Hải thuộc vịnh Bắc Bộ. Chọn A.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- A đúng: hàng dệt -may có tốc độ tăng trưởng lớn thứ 2 (từ 100% lên 1062%)

- B đúng: giai đoạn 2000-2010 hàng dệt-may có tốc độ tăng trưởng cao nhất (từ 100% lên 593%)

- C không đúng: giai đoạn 2000-2005 hàng điện tử có tốc độ tăng trưởng thấp nhất và năm 2010 tốc độ tăng trưởng đứng thứ 2 → nhận xét tốc độ tăng trưởng hàng điện tử luôn cao nhất trong suốt giai đoạn 2000-2014 là SAI. Chọn C.

Do áp dụng rộng rãi các biện pháp thâm canh nông nghiệp, đưa vào sử dụng đại trà các giống mới, nên năng suất lúa nước ta tăng mạnh, nhất là vụ lúa đông xuân. Chọn A.

Nội thương của nước ta hiện nay đã thu hút sự tham gia của nhiều thành phần kinh tế.Chọn D.

ĐBSH có nhiều điều kiện thuận lợi để phát triển trở thành vùng trọng điểm sản xuất lương thực, thục phẩm là: đất phù sa màu mỡ với diện tích lớn (70%), khí hậu nhiệt đới ẩm gió mùa với nguồn nhiệtẩm dồi dào, lượng mưa lớn rất thích hợp với cây lúa nước.Chọn C.

DHTNB có đường bờ biển dài, ngư trường trọng điểm: Hoàng Sa, Trường Sa, Ninh Thuận, Bình Thuận → Nghề cá duyên hải NTB phát triển mạnh hơn BTB. Chọn D.

Lực tương tác giữa hai điện tích điểm được xác định bởi công thức: \(F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}\).

Hay \(F \sim \frac{1}{{{r^2}}}\).

+ Khi \(r \to \infty \Rightarrow F \to 0\).

+ Khi \(r \to 0 \Rightarrow F \to \infty \).

\( \Rightarrow \) Đồ thị \(F\left( r \right)\)có dạng đường hypebol \( \Rightarrow \) Hình 4. Chọn D.

Dòng điện cảm ứng xuất hiện khi từ thông qua khung dây biến thiến. Chọn B.

Gọi O là vị trí của con cá trong nước.

Do hiện tượng khúc xạ và do chiết suất của nước lớn hơn chiết suất của không khí nên ảnh của con cá sẽ ở vị trí O’ như hình vẽ.

Như vậy, người đó nhìn thấy con cá dường như gần mặt nước hơn. Để đâm trúng con cá thì người đó phải phóng mũi lao vào phía dưới vị trí mà người đó nhìn thấy con cá. Chọn C.

+ Khi động năng bằng thế năng: \[{W_t} = {W_d} \Rightarrow {W_t} = W - {W_t}\]

\[ \Leftrightarrow mg\ell .\left( {1 - \cos {\alpha _1}} \right) = mg\ell .\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right) - mg\ell .\left( {1 - \cos {\alpha _1}} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 1 - \cos {\alpha _1} = \cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}\]

\[ \Leftrightarrow \cos {\alpha _1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}.\cos {\alpha _0}\]

+ Khi độ lớn của lực căng dây treo bằng trọng lực tác dụng lên vật:

\[mg.\left( {3\cos {\alpha _2} - 2\cos {\alpha _0}} \right) = mg\]\[ \Leftrightarrow 3\cos {\alpha _2} - 2\cos {\alpha _0} = 1 \Leftrightarrow \cos {\alpha _2} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3}.\cos {\alpha _0}\]

+ Khi đó: \[\frac{{{v_1}}}{{{v_2}}} = \frac{{\sqrt {2g\ell \left( {\cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}} \right)} }}{{\sqrt {2g\ell \left( {\cos {\alpha _2} - \cos {\alpha _0}} \right)} }} = \sqrt {\frac{{\cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}}}{{\cos {\alpha _2} - \cos {\alpha _0}}}} \]

\[ = \sqrt {\frac{{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}.\cos {\alpha _0} - \cos {\alpha _0}}}{{\frac{1}{3} + \frac{2}{3}.\cos {\alpha _0} - \cos {\alpha _0}}}} = \sqrt {\frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}}{{\frac{1}{3}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}}} = \sqrt {\frac{3}{2}} \]. Chọn D.

Từ đồ thị ta thấy chu kì sóng âm là:\[T = 4.0,20 = 0,8ms = {8.10^{ - 4}}s\]

\[ \Rightarrow \]Tần số của âm do âm thoa tạo ra là:\[f = \frac{1}{T} = \frac{1}{{{{8.10}^{ - 4}}}} = 1250Hz\].

Chọn B.

Ta có: \({\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)^{ - 1}} = \frac{1}{{1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}}} = \frac{1}{{1 - \left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)}} = \frac{1}{{{2^{ - \frac{t}{T}}}}} = {2^{\frac{t}{T}}}\)\( \Rightarrow \ln {\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)^{ - 1}} = \ln \left( {{2^{\frac{t}{T}}}} \right)\)

Từ đồ thị ta thấy:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 6ngay}\\{\ln {{\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)}^{ - 1}} = 0,467}\end{array}} \right. \Rightarrow \ln \left( {{2^{\frac{6}{T}}}} \right) = 0,467 \Rightarrow T = 8,9\) ngày. Chọn D.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ell = 45\,cm = 0,45\,m}\\{v = c = {{3.10}^8}m/s}\\{f = 1GHz = {{10}^9}Hz}\end{array}} \right.\)

Một sóng dừng được tạo ra với một nút tại máy phát và một nút ở bề mặt.

Áp dụng điều kiện có sóng dừng với hai đầu là nút sóng ta có:

\(\ell = \frac{{k\lambda }}{2} = \frac{{k.v}}{{2f}} \Rightarrow k = \frac{{2.\ell .f}}{v} = \frac{{2.0,{{45.10}^9}}}{{{{3.10}^8}}} = 3\)

\( \Rightarrow \)Có 3 bụng sóng trong không gian giữa máy phát và mặt phản xạ.Chọn C.

Khoảng cách giữa 10 vân sáng liên tiếp là:\(\ell = 9i \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\bar i = \frac{{\overline \ell }}{9} = 1,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {mm} \right)}\\{\Delta i = \frac{{\Delta \ell }}{9} = 0,016{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {mm} \right)}\end{array}} \right.\)

Giá trị trung bình của bước sóng là:\(\bar \lambda = \frac{{\bar a.\bar i}}{{\bar D}} = \frac{{{{1.10}^{ - 3}}.1,{{2.10}^{ - 3}}}}{2} = 0,{6.10^{ - 6}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right) = 0,6{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\mu m} \right)\)

Sai số tỉ đối của phép đo là: \(\frac{{\Delta \lambda }}{{\bar \lambda }} = \frac{{\Delta a}}{{\bar a}} + \frac{{\Delta i}}{{\bar i}} + \frac{{\Delta D}}{{\bar D}}\)\( \Rightarrow \frac{{\Delta \lambda }}{{0,6}} = \frac{{0,05}}{1} + \frac{{0,016}}{{1,2}} + \frac{{1,54}}{{2000}}\)

\( \Rightarrow \Delta \lambda \approx \pm 0,038{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\mu m} \right)\). Chọn B.

Vật liệu chính sử dụng trong một pin quang điện là bán dẫn.Chọn D.

Ta có: \(2LC{\omega ^2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{2\omega L}}{{\frac{1}{{\omega C}}}} = 1 \Rightarrow 2{Z_L} = {Z_C}\)

\( \Rightarrow 2{u_L} = - {u_C} \Rightarrow 2{u_L} + {u_C} = 0\)\( \Rightarrow 2{u_{AN}} + {u_{MB}} = 2{u_L} + 2{u_X} + {u_X} + {u_C}\)\( \Rightarrow 2{u_{AN}} + {u_{MB}} = 3{u_X}\)

\( \Rightarrow {u_X} = \frac{{2{u_{AN}} + {u_{MB}}}}{3}\)

Giả sử \({\varphi _{uMB}} = 0 \Rightarrow {\varphi _{uAN}} = \frac{{5\pi }}{{12}}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_{MB}} = 90\sqrt 2 \cos \left( {\omega t} \right)}\\{{u_{AN}} = 120\sqrt 2 .\cos \left( {\omega t + \frac{{5\pi }}{{12}}} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {u_X} = \frac{{240\sqrt 2 \angle \frac{{5\pi }}{{12}} + 90\sqrt 2 \angle 0}}{3} = 130,7\angle 0,99\)\( \Rightarrow {\varphi _{uX}} = 0,99rad\)

Lại có: \({u_C} = {u_{MB}} - {u_X} = 122,6\angle - 1,1\)\( \Rightarrow {\varphi _i} = {\varphi _{uC}} + \frac{\pi }{2} = - 1,1 + \frac{\pi }{2} \approx 0,47079\,\,rad\)

\( \Rightarrow \)Độ lệch pha giữa \({u_X}\) và \(i\) là: \({\varphi _X} = {\varphi _{uX}} - {\varphi _i} = 0,99 - 0,47079 = 0,51921\,\,rad\)

\( \Rightarrow \)Hệ số công suất của X là: \(\cos {\varphi _X} = \cos 0,51921 = 0,868\). Đáp án. 0,87.

Cách 1:

Dung dịch chứa chất mà ion của chất đó tạo môi trường trung tính sẽ không làm đổi màu của quỳ tím. Một số ion tạo môi trường trung tính thường gặp:

- Ion của kim loại mạnh: \[N{a^ + },{\rm{ }}{K^ + },{\rm{ }}C{a^{2 + }},{\rm{ }}B{a^{2 + }},{\rm{ }}.\]

- Ion của gốc acid mạnh:\[S{O_4}^{2 - },{\rm{ }}N{O_3}^ - ,{\rm{ }}C{l^ - },\]...

→ Chọn \[N{a_2}S{O_4}\]vì \[N{a_2}S{O_4}\]tạo bởi ion \[N{a^ + }\]và \[SO_4^{2 - }\]là các ion tạo môi trường trung tính.

Cách 2: Dùng phương pháp loại trừ:

- HCl là acid nên dung dịch HCl sẽ làm quỳ tím chuyển màu đỏ → Loại.

- \[HCl{O_4}\]là acid nên dung dịch \[HCl{O_4}\] sẽ làm quỳ tím chuyển màu đỏ → Loại.

- \[Ba{\left( {OH} \right)_2}\]là base nên dung dịch \[Ba{\left( {OH} \right)_2}\]sẽ làm quỳ tím chuyển màu xanh → Loại.

→ Dung dịch chất không làm quỳ tím chuyển màu là \[N{a_2}S{O_4}.\]

Chọn B.

Các chất trong cấu tạo có nhóm -CHO có khả năng tham gia phản ứng tráng gương, ví dụ: aldehyde, glucose, HCOOR,..

→ Chọn glucose.

Chọn C.

X thủy phân → Val–Phe + Gly–Ala–Val.

Nên X có các liên kết Gly–Ala–Val–Phe.

Vì không thu được Gly–Gly nên X có công thức là Gly–Ala–Val–Phe–Gly.

Chọn C.