Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 14)

Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Lê Quý Đôn – Hà Đông là \[50,5.\]

Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Phan Đình Phùng là \[50,5.\]

Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Chu Văn An là \[51,5.\]

Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Phạm Hồng Thái là 48.

Vậy năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Chu Văn An cao nhất.

Chọn C.

Đoạn trích kể lại một lần Việt bị thương và lạc giữa chiến trường, có nhân vật, có các sự việc nên phương thức biểu đạt là tự sự. Chọn A.

So sánh (âm thanh của súng lớn và súng nhỏ được so sánh với tiếng mõ và tiếng trống đình đánh dậy trời đất hồi Đồng khởi, thông qua từ so sánh là từ như). Chọn C.

Đối với nhân vật Việt, “tiếng súng nghe thân thiết và vui lạ” bởi vì đó là tiếng súng của đồng đội gọi chiến đấu đã tiếp thêm sức mạnh mới để gọi Việt tới, gọi về phía của sự sống khi cái chết đã cận kề. Chọn B.

Đoạn văn kể chuyện nhân vật Việt bị thương nặng trên chiến trường. Một lần tỉnh lại, Việt nghe tiếng súng của ta, nhớ về đồng đội và quyết tâm tìm về đơn vị. Chọn A.

Trong đoạn trích, tài năng nổi bật của nhà văn Nguyễn Thi được thể hiện rõ nét ở phương diện là miêu tả tâm lí nhân vật Việt khi đang ở ranh giới giữa sự sống và cái chết, làm nổi bật niềm khát khao sống, sự tỉnh táo, biết phân tích, suy luận khi nhận ra được âm thanh tiếng súng quen thuộc của đồng đội. Chọn C.

Ta có \(AB = \sqrt {26} \,,\,\,BC = \sqrt {104}  = 2\sqrt {26} .\)

Gọi \[D\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\], theo tính chất phân giác ta có \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}.\)

Suy ra \(\overrightarrow {DA}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {DC}  & (*).\)

Ta có \(\overrightarrow {DA}  = \left( {1 - x\,;\,\,2 - y\,;\,\, - 1 - z} \right)\) và \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 4 - x\,;\,\,7 - y\,;\,\,5 - z} \right).\)

Do đó \((*) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - x =  - \frac{1}{2}\left( { - 4 - x} \right)}\\{2 - y =  - \frac{1}{2}\left( {7 - y} \right)}\\{ - 1 - z =  - \frac{1}{2}\left( {5 - z} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - \frac{2}{3}}\\{y = \frac{{11}}{3}}\\{z = 1}\end{array} \Rightarrow D\left( { - \frac{2}{3}\,;\,\,\frac{{11}}{3}\,;\,\,1} \right) \Rightarrow a + b + 2c = 5} \right.} \right..\)

Chọn A.

Đoạn trích trên có sự kết hợp giữa hai phương thức biểu đạt là thuyết minh và nghị luận.

Đoạn trích thuyết minh về văn hóa đọc ở đoạn đầu và nghị luận về những chuẩn mực của văn hóa đọc ở đoạn sau. Chọn C.

Trong đoạn 2 của văn bản có câu văn: “Muốn phát triển nền văn hoá đọc phải phát triển ứng xử, giá trị và chuẩn mực đọc lành mạnh của các nhà quản lí và cơ quan quản lí nhà nước, của cộng đồng xã hội và của mỗi cá nhân trong xã hội.”

- Theo câu văn trên ta thấy, mục tiêu của nền văn hoá đọc phải hướng tới các đối tượng:

+ Các nhà quản lí và cơ quan quản lí nhà nước (Những người tổ chức, điều hành xã hội).

+ Cộng đồng xã hội (Toàn thể xã hội như một khối thống nhất).

+ Mỗi cá nhân trong xã hội (Mỗi thành viên trong xã hội).

→ “Những người có sở thích đọc” là đối tượng không được nhắc đến trong đoạn trích trên. Chọn D.

Văn bản trình bày: Văn hoá đọc ở nghĩa rộng là ứng xử, giá trị và chuẩn mực đọc của các nhà quản lí và cơ quan quản lí nhà nước, ứng xử đọc của cộng đồng xã hội và ứng xử đọc của mỗi cá nhân trong xã hội. → Ứng xử đọc của những người có văn hoá là đối tượng không được nhắc đến trong văn bản trên. Chọn D.

Biện pháp tu từ được sử dụng trong đoạn trên là: Điệp từ, điệp ngữ, liệt kê.

- Điệp từ: “họ”.

- Điệp ngữ: “không phân biệt”.

- Liệt kê: “giàu nghèo”, “tuổi tác”, “nơi cư trú”.

→ Tác dụng: Làm lời văn hấp dẫn, sinh động, gợi hình gợi cảm. Gây ấn tượng, làm tăng sức thuyết phục cho vấn đề nghị luận. Nhấn mạnh và khẳng định tất cả mọi người đều có cơ hội dễ dàng tiếp cận với văn hoá đọc. Chọn A.

Khái quát nội dung chính của đoạn trích: Đoạn trích viết về bản chất và mục tiêu của phát triển văn hóa đọc (đoạn 1 và 3 nói về bản chất của văn hoá đọc; đoạn 2 trình bày mục tiêu của văn hoá đọc).Chọn B.

Vận tốc ô tô tại thời điểm bắt đầu phanh là \({v_1}\left( 5 \right) = 35\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)

Vận tốc của chuyển động khi phanh là \({v_2}(t) =  - 70t + c.\)

Do \({v_2}\left( 0 \right) = 35\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}) \Rightarrow c = 35 \Rightarrow {v_2}\left( t \right) =  - 70t + 35.\)

Khi xe dừng hẳn tức là: \({v_2}\left( t \right) = 0 \Rightarrow  - 70t + 35 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}{\rm{. }}\)

Quãng đường \(S\,\,\left( m \right)\) đi được ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là

\[S\,\,\left( m \right) = \int\limits_0^5 {7t} \,dt + \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\left( { - 70t + 35} \right)} \,dt = 96,25\,\,(\;{\rm{m}})\]. Chọn A.

Ở đây là phong cách ngôn ngữ chính luận (được dùng trong lĩnh vực chính trị xã hội,... Người viết bày tỏ lập trường, chính kiến, thái độ, đối với những vấn đề chính trị, xã hội,... lập luận dựa trên quan điểm chính trị nhất định). Chọn B.

Từ có thể thay thế là “kết hợp”. (Liên minh: là sự cam kết chính thức giữa các quốc gia nhằm phối hợp hay tương trợ lẫn nhau để đối phó với các vấn đề an ninh, chống lại các mối đe dọa chung; Kết hợp: gắn với nhau để bổ sung cho nhau).

Lưu ý: HS có thể dễ nhầm lẫn và chọn phương án A, tuy nhiên từ “cộng tác” chưa đúng. “Cộng tác” là cùng góp sức hoàn thành một công việc nhằm một mục đích chung, nhưng có thể không cùng chung một trách nhiệm. Chọn B.

Đối với dạng câu hỏi này, HS cần nắm chắc kiến thức lí thuyết, hiểu được đặc điểm nhận dạng của từng loại thao tác lập luận. Đọc và phân tích kĩ dẫn chứng. Ở đoạn trích, sử dụng thao tác lập luận khẳng định rằng:

+ Ở đây tác giả bác bỏ quan điểm nói ta giành độc lập từ tay Pháp, tác giả khẳng định rằng ta giành độc lập từ tay Nhật.

+ Tác giả so sánh tương phản giữa sự nhẫn tâm, vô nhân đạo, tội ác man rợ của thực dân Pháp “giết nốt số đông tù chính trị ở Yên Bái và Cao Bằng” với tấm lòng bao dung, thái độ khoan hồng, nhân đạo của nhân dân ta “Việt Minh đã giúp cho nhiều người Pháp chạy qua biên thùy, lại cứu cho nhiều người Pháp ra khỏi nhà giam Nhật và bảo vệ tính mạng và tài sản cho họ”.

→ Chọn C.

Tác giả khẳng định “Sự thật là từ mùa thu năm 1940, nước ta đã thành thuộc địa của Nhật, chứ không phải thuộc địa của Pháp nữa.” nhằm mục đích xóa bỏ mọi quan hệ với Pháp. Chọn C.

Chủ đề, hay nói cách khác là vấn đề chính của văn bản. Đoạn 1 của văn bản nêu tội ác của Pháp; đoạn 2 làm rõ sự khoan hồng và nhân đạo của nhân dân ta; đoạn 3 khẳng định ta không còn là thuộc địa của Pháp và quá trình nổi dậy giành độc lập của dân ta. Từ đó, ta có thể xác định chủ đề chính của đoạn trích là sự khoan hồng, chiến thắng chính nghĩa của quân ta và những hành động vô nhân đạo của Pháp. Chọn C.

Giả sử \(M\left( {a\,;\,\,b} \right)\), ta có:

\[\overrightarrow {AM}  = \left( {a - 2\,;\,\,b - 1} \right) \Rightarrow 3\overrightarrow {AM}  = \left( {3a - 6\,;\,\,3b - 3} \right)\]; \[\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3\,;\,\,6} \right)\]

\( \Rightarrow 3\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AB}  = \left( {3a - 9\,;\,\,3b + 3} \right).\)

\(3\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AB}  = \vec 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - 9 = 0}\\{3b + 3 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b =  - 1}\end{array} \Rightarrow M\left( {3\,;\,\, - 1} \right).} \right.} \right.\) Chọn D.

Phương thức biểu đạt được sử dụng trong đoạn trích là biểu cảm. Chọn B.

Đoạn thơ trên thể hiện tình cảm thương nhớ của người cán bộ cách mạng đối với cảnh vật, con người, kỉ niệm ở Việt Bắc trong những năm kháng chiến vừa qua. Chọn D.

Ý nghĩa nghệ thuật các từ “chia, sẻ, cùng” trong đoạn thơ là: những động từ bộc lộ tình cảm đồng cam cộng khổ của Việt Bắc và cách mạng. Chọn C.

Hình ảnh bà mẹ Việt Bắc hiện ra: “người mẹ nắng cháy lưng/ địu con lên rẫy, bẻ từng bắp ngô”. Đó là người lao động nghèo khổ, neo đơn nhưng dạt dào ân tình với cách mạng, không ngại vất vả, cực khổ lao động góp phần tạo nên lương thực cho cách mạng nuôi quân. Chọn A.

Phép điệp cấu trúc “Nhớ sao…” nhấn mạnh nỗi nhớ da diết, nhớ sâu đậm và chân thành. Nỗi nhớ như trải dài vô tận cùng thời gian năm tháng. Chọn B.

Ta có \(\left( {1 + i} \right)z + 2\bar z = 3 + 2i \Leftrightarrow \left( {1 + i} \right)\left( {a + bi} \right) + 2\left( {a - bi} \right) = 3 + 2i\)

\[ \Leftrightarrow \left( {3a - b} \right) + \left( {a - b} \right)i = 3 + 2i\]\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a - b = 3\\a - b = 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a - b = 3\\a - b = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a - b = 3\\a - b = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b =  - \frac{3}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra \(P = a + b =  - 1\). Chọn D.

Đến cuối tháng 6-1972, quân ta đã chọc thủng ba phòng tuyến mạnh nhất của địch là Quảng Trị, Tây Nguyên, Đông Nam Bộ, loại khỏi vòng chiến đấu hơn 20 vạn quân Sài Gòn, giải phóng những vùng đất đai rộng lớn và đông dân. Chọn C.

Cuộc Tiến công chiến lược năm 1972 đã giáng đòn nặng nề vào chiến lược "Việt Nam hoá chiến tranh", buộc Mĩ phải tuyên bố "Mĩ hoá" trở lại chiến tranh xâm lược (tức thừa nhận sự thất bại của chiến lược "Việt Nam hoá chiến tranh"). Chọn C.

Thực tiễn 30 năm chiến tranh cách mạng Việt Nam (1945-1975) chứng tỏ kết quả đấu tranh ngoại giao luôn có tác động trở lại với các mặt trận quân sự và chính trị.-Sau năm 1945, ta đối diện với hai kẻ thù là Trung Hoa Dân Quốc và Pháp. Hơn nữa cần thời gian chuẩn bị lực lượng nên ta chủ trương hòa hõa với một kẻ thù để tránh tình trạng củng một lúc đối phó với hai kẻ thù. Từ đó có thời kì nhân nhượng với Trung Hoa Dân quốc để tập trung đánh Pháp, có thời kì nhân nhượng với Pháp bằng Hiệp định Sơ bộ để đuổi quân Trung Hoa Dân quốc về nước. Năm 1973, sau thắng lợi ở trận "Điện Biên Phủ” trên không. Tạo cho Việt Nam thế mạnh trên bàn đàm phán ở Pari, buộc Mĩ phải ki Hiệp định Pari và rút quân về nước. Từ đó tạo điều kiện để giải phóng hoàn toàn miền Nam thống nhất đất nước. Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 2\)

\( \Rightarrow  - \frac{c}{b} = 2 \Leftrightarrow c =  - 2b\) và tiệm cận ngang \(y = 1 \Rightarrow \frac{a}{b} = 1 \Leftrightarrow a = b\).

Ta có \[f\left( x \right) = \frac{{ax + 1}}{{bx + c}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ac - b}}{{{{(bx + c)}^2}}}\]

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty \,;\,\,2} \right)\) và \(\left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\) nên ta có

\(y' > 0\,;\,\,\forall x \ne 2 \Leftrightarrow \frac{{ac - b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}} > 0\,;\,\,\forall x \ne 2\)

\( \Leftrightarrow ac - b > 0 \Leftrightarrow b.( - 2b) - b > 0 \Leftrightarrow  - 2{b^2} - b > 0\)

\( \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} < b < 0 \Rightarrow b < 0 \Rightarrow a < 0,\,\,c > 0.\)

Vậy trong ba số \[a,\,\,b,\,\,c\] có 1 số dương. Chọn C.

Thể tích của cốc nước là: \(V = \pi  \cdot {(2,8)^2} \cdot 8 = 62,72\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích của 5 viên bi là: \({V_1} = 5 \cdot \frac{4}{3}\pi  \cdot {1^3} = \frac{{20}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích còn lại sau khi đổ vào cốc \(120{\rm{ml}}\) nước và thả vào cốc 5 viên bi là:

\({V_2} = V - {V_1} - 120 = 62,72\pi  - \frac{{20}}{3}\pi  - 120 \approx 56,10\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Chiều cao phần còn lại là: \(h = \frac{{{V_2}}}{{\pi  \cdot {{(2,8)}^2}}} \approx \frac{{56,10}}{{\pi  \cdot {{(2,8)}^2}}} \approx 2,28\,\,(\;{\rm{cm}}).\)Chọn C.

Hàm số \(y = \frac{{x + 3}}{{x + 1}}\) có \(y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D\) và đường thẳng \(d:y = x - m\) có hệ số \(a = 1 > 0\) nên \(d\) luôn cắt \((C)\) tại hai điểm phân biệt \[A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\] và \(B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) với mọi giá trị của tham số \[m.\]

Phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \((C)\) là:

\(\frac{{x + 3}}{{x + 1}} = x - m \Leftrightarrow {x^2} - mx - m - 3 = 0\,\,\left( {x \ne  - 1} \right).\)

Suy ra \({x_A},{x_B}\) là 2 nghiệm của phương trình \({x^2} - mx - m - 3 = 0.\)

Theo định lí Viète, ta có \({x_A} + {x_B} = m.\)

Mặt khác, \(G\left( {2\,;\,\, - 2} \right)\) là trọng tâm của tam giác OAB nên \({x_A} + {x_B} + {x_O} = 3{x_G}\)

\( \Leftrightarrow {x_A} + {x_B} = 6 \Leftrightarrow m = 6.{\rm{ }}\)Vậy \(m = 6\) thoả mãn yêu cầu đề bài. Chọn A.

Ta có: \(I = \int\limits_0^1 {f\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)\left( {2x + 3} \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {\left( {x + 2} \right)\left( {2x + 3} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{61}}{6}\)

Đặt \(t = {x^2} + 3x + 1 \Rightarrow {\rm{d}}t = \left( {2x + 3} \right){\rm{d}}x\).

Đổi cận: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 1\\x = 1 \Rightarrow t = 5\end{array} \right.\].

Suy ra \(\frac{{61}}{6} = \int\limits_0^1 {f\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)\left( {2x + 3} \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_1^5 {f\left( t \right)\,} dt = \int\limits_1^5 {f\left( x \right)\,} dx.\) Chọn C.

Ta có \(\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\); Kẻ \(AH \bot BD\) tại \[H.\]

Ta có \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AH \bot BD}\\{BD \bot SA}\end{array}} \right\} \Rightarrow BD \bot (SAH) \Rightarrow BD \bot SH.\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {HA,\,HS}} \right).\)

• Xét \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\), ta có \(\widehat {SHA} < 90^\circ  \Rightarrow \left( {\widehat {HA,\,HS}} \right) = \widehat {SHA}\)

• Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\)

Suy ra \(\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{2a}}{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}}} = \sqrt 5 .\) Chọn B.

Ta có \[{2^{{x^2} + x}}\left( {3{x^2} - 6x + 6} \right) \ge 7{x^2} - 29x + 34\]

\[ \Leftrightarrow {2^{{x^2} + x - 2}}\left( {12{x^2} - 24x + 24} \right) \ge 7{x^2} - 29x + 34\]

Đặt \[a = 12{x^2} - 24x + 24\,,\,\,b = 7{x^2} - 29x + 34\,\,\left( {a\,,\,\,b > 0} \right)\]\( \Rightarrow {x^2} + x - 2 = \frac{{a - b}}{5}.\)

Khi đó ta có \({2^{\frac{{a - b}}{5}}} \cdot a \ge b \Leftrightarrow a \cdot {2^{\frac{a}{5}}} \ge b \cdot {2^{\frac{b}{5}}}\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t \cdot {2^{\frac{t}{5}}}\) với \(t > 0\). Ta có \(f'\left( t \right) = {2^{\frac{t}{5}}} + \frac{1}{5}t \cdot {2^{\frac{t}{5}}}\ln 2 > 0\,\,\forall t > 0.\)

Khi đó hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)

\[ \Rightarrow f\left( a \right) \ge f\left( b \right) \Leftrightarrow a \ge b\]\[ \Rightarrow 12{x^2} - 24x + 24 \ge 7{x^2} - 29x + 34\]

\[ \Leftrightarrow 5{x^2} + 5x - 10 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le  - 2\end{array} \right.\].

Kết hợp điều kiện ta suy ra \(x \in \left\{ { - 5\,;\,\, - 4\,;\,\, \ldots ;\,\,10} \right\}.\)

Do đó tổng các nghiệm nguyên thuộc \(\left[ { - 5\,;\,\,10} \right]\) của bất phương trình là:

\( - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 + 0 + 1 + 2 +  \ldots  + 10 = 41.\) Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {OA}  = \left( {0\,;\,\,2\,;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {OB}  = \left( {2\,;\,\,2\,;\,\, - 4} \right) \Rightarrow \left( {OAB} \right)\) có phương trình: \(x + y + z = 0\)

\(I \in \left( {OAB} \right) \Rightarrow a + b + c = 0.\)

\(\overrightarrow {AI}  = \left( {a\,;\,\,b - 2\,;\,\,c + 2} \right),\,\,\overrightarrow {BI}  = \left( {a - 2\,;\,\,b - 2\,;\,\,c + 4} \right),\,\,\overrightarrow {OI}  = \left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right).\)

Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AI = BI}\\{AI = OI}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {{\left( {c + 2} \right)}^2} = {{\left( {a - 2} \right)}^2} + {{\left( {c + 4} \right)}^2}}\\{{{\left( {b - 2} \right)}^2} + {{\left( {c + 2} \right)}^2} = {b^2} + {c^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - c = 4}\\{ - b + c =  - 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - c = 4}\\{ - b + c =  - 2}\\{a + b + c = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - c = 4}\\{ - b + c =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 0}\\{c =  - 2}\end{array}} \right.} \right.} \right..\)

Do đó \(I\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 2} \right) \Rightarrow T = {a^2} + {b^2} + {c^2} = 8.\) Chọn A.

Số hộp sữa được xếp theo thứ tự cấp số cộng với \({u_1} = 1\,;\,\,d = 2.\)

Ta có \({u_n} = \left( {n + 1} \right) \cdot d = 1 + 2\left( {n + 1} \right) = 2n - 1\).

\({S_n} = \frac{{{u_1} + {u_n}}}{2} \cdot n = {n^2} = 900 \Rightarrow n = 30\).

Do đó hàng dưới cùng có \({u_{30}} = {u_1} + 29.2 = 59\) (hộp). Chọn A.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2}b + a{b^2} = 48}\\{a + b = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ab\left( {a + b} \right) = 48}\\{a + b = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6ab = 48}\\{a + b = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ab = 8}\\{a + b = 6}\end{array}.} \right.} \right.} \right.} \right.\)

Đặt \(S = a + b\,;\,\,P = ab\) ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = 6}\\{P = 8}\end{array}} \right..\)

Khi đó \[a\,,\,\,b\] là nghiệm của phương trình: \({X^2} - 6X + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{X = 2}\\{X = 4}\end{array}} \right..\)

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 4}\end{array}} \right.\) hoặc \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = 2}\end{array}} \right..\)

Suy ra \(A = \left| {u - v} \right| = \left| {2 - 4} \right| = 2\) hoặc \(A = \left| {u - v} \right| = \left| {4 - 2} \right| = 2.\)

Vậy \(A = \left| {u - v} \right| = 2.\) Chọn D.

Từ giả thiết \({\log _2}x = {\log _y}16\) ta suy ra \({\log _2}x = \frac{4}{{{{\log }_2}y}} \Leftrightarrow {\log _2}x \cdot {\log _2}y = 4\)

Lại có \(xy = 64\) suy ra \({\log _2}x + {\log _2}y = 6\)

Khi đó \({\left( {{{\log }_2}\frac{x}{y}} \right)^2} = {\left( {{{\log }_2}x - {{\log }_2}y} \right)^2} = {\left( {{{\log }_2}x + {{\log }_2}y} \right)^2} - 4{\log _2}x \cdot {\log _2}y = 36 - 16 = 20.\)

Chọn A.

Ta có \(m\left( t \right) = \left( {100\%  - 25\% } \right) \cdot {m_0} = 75\%  \cdot {m_0}\)

Khi đó \(75\%  \cdot {m_0} = {m_0} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{\frac{t}{{5\,\,730}}}} \Leftrightarrow t = 5\,\,730\,{\log _{0,5}} \cdot 0,75 \approx 2\,\,378\) (năm). Chọn D.

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 4m \cdot {x^3} + 16\left( {m - 6} \right)x \le 0\,;\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,\,2} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4x\left[ {m{x^2} + 4\left( {m - 6} \right)} \right] \le 0\,;\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,\,2} \right)\)

\( \Leftrightarrow m{x^2} + 4m - 24 \le 0 \Leftrightarrow m\left( {{x^2} + 4} \right) \le 24 \Leftrightarrow m \le \frac{{24}}{{{x^2} + 4}}\,;\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,\,2} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le {\min _{\left[ {1\,;\,\,2} \right]}}\left( {\frac{{24}}{{{x^2} + 4}}} \right) = 3\).

Mà \(m \in \left( { - 10\,;\,\,10} \right)\) suy ra có tất cả \(3 - \left( { - 9} \right) + 1 = 13\) giá trị nguyên của \(m\) cần tìm.

Chọn D.

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {3\,;\,\,4} \right)\), bán kính \(R = IM = IN = 6\).

Ta có \(\overrightarrow {IP}  = \left( { - 6\,;\,\, - 6} \right) \Rightarrow IP = 6\sqrt 2 .\)

Xét tam giác \(OMP\) vuông tại \(M\) \((PM\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( C \right)\) tại \(M)\)

\( \Rightarrow PM = \sqrt {I{P^2} - I{M^2}}  = \sqrt {72 - 36}  = 6.\)

Tương tự ta cũng có \(PN = 6\) nên \(PN = PM = IM = IN = 6.\)

Mà \(\widehat {IMP} = 90^\circ \) \((PM\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( C \right)\) tại \(M)\)\( \Rightarrow IMPN\) là hình vuông.

\( \Rightarrow MN\) nhận \(\overrightarrow {IP}  = \left( { - 6\,;\,\, - 6} \right)\) là vectơ pháp tuyến và đi qua trung điểm \(H\left( {0\,;\,\,1} \right)\) của \(IP.\)

Do đó, phương trình \(MN: - 6\left( {x - 0} \right) - 6\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 1 = 0\). Chọn D.

Quân vua được di chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc chung đỉnh với ô đang đứng \( \Rightarrow \Omega  = {8^3}{\rm{. }}\)

Gọi A là biến cố "Quân vua sau 3 bước trở về đúng vị trí ban đầu".

TH1: Quân vua di chuyển bước thứ nhất sang ô đen liền kề (được tô màu đỏ) có 4 cách. Bước đi thứ 2 quân vua di chuyển sang các ô được tô màu vàng có 4 cách. Bước đi thứ 3 quay về vị trí ban đầu có 1 cách.

Vậy trường hợp này có \[4 \cdot 4 = 16\] (cách).

TH2: Quân vua di chuyển bước thứ nhất sang các ô trắng liền kề (được tô màu đỏ) có 4 cách. Bước đi thứ 2 quân vua di chuyển sang các ô được tô màu vàng có 2 cách. Bước đi thứ 3 quay về vị trí ban đầu có 1 cách.

Vậy trường hợp này có \(4 \cdot 2 = 8\) (cách).

\[ \Rightarrow \left| A \right| = 8 \cdot 3 = 24\]\( \Rightarrow P(A) = \frac{{24}}{{{8^3}}} = \frac{3}{{64}}\). Chọn C.

Ta có phương trình \(3\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right] + 12 = 12\)

\[ \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right) = k\pi  \Leftrightarrow t = 80 + 182k\]

Với và \(0 < t \le 365\), ta tìm được \(k = 0\) và \(k = 1\) thoả mãn.

Suy ra thành phố \(A\) có 12 giờ ánh sáng vào ngày thứ 80 và ngày thứ 262 của năm.

Chọn C.

Xét tam giác \[ABC\] vuông tại \(A\) có:

 \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 2a.\)

Vì \(H\) là trung điểm của \[BC\] nên \(BH = a.\)

Xét tam giác \[SBH\] vuông tại \(H\) có:

 \(SH = \sqrt {S{B^2} - H{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - {a^2}}  = a.\)

Diện tích đáy \[ABC\] là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2}{a^2} \cdot \sqrt 3 .\)

Thể tích của khối chóp \[S.ABC\] là: \(V = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a \cdot \frac{1}{2}{a^2}\sqrt 3  = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\) Chọn C.

Ta có \(g'\left( x \right) = 2x \cdot f'\left( {{x^2} - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} - 5 =  - 4}\\{{x^2} - 5 =  - 1}\\{{x^2} - 5 = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x =  \pm 1}\\{x =  \pm 2}\\{x =  \pm 2\sqrt 2 }\end{array}} \right.} \right.\)

Bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\)

Vậy hàm số g(x) có 4 khoảng nghịch biến. Chọn D.

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = \ln \left( {x - 1} \right)}\\{{\rm{d}}v = {\rm{d}}x}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u = \frac{1}{{x - 1}}}\\{v = x - 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Ta có \[g\left( x \right) = \int {\ln } \left( {x - 1} \right){\rm{d}}x = \left( {x - 1} \right)\ln \left( {x + 1} \right) - \int {\frac{{x - 1}}{{x - 1}}} \;{\rm{d}}x = \left( {x - 1} \right)\ln \left( {x + 1} \right) - x + C\]

Do \(g\left( 2 \right) = 1 \Leftrightarrow 1 \cdot \ln 1 - 2 + C = 1 \Leftrightarrow C = 3 \Rightarrow g\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\ln \left( {x - 1} \right) - x + 3\)

Suy ra \(g\left( 3 \right) = 2\ln 2 - 3 + 3 = 2\ln 2 = \ln 4 \Rightarrow a = 1\,,\,\,b = 4 \Rightarrow 3{a^2} - {b^2} =  - 13.\)  Chọn D.

Gọi \(I\) là trung điểm của BC và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(A'I.\)

Khi đó, ta có: \(d\left( {A,\,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH = \frac{a}{2}{\rm{. }}\)

Trong tam giác vuông \(AA'I\) ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{{A'}^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}\)\( = \frac{4}{{{a^2}}} - \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{8}{{3{a^2}}}.\)

Suy ra: \(AA' = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}.\)

Thể tích khối lăng trụ là: \(V = {S_{ABC}} \cdot AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{4} = \frac{{3{a^2}\sqrt 2 }}{{16}}.\) Chọn C.

Vì mặt cầu tâm \(I\) tiếp xúc với các mặt phẳng toạ độ nên ta có

\(d\left( {I,\,\,\left( {{\rm{Oyz}}} \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\left( {{\rm{Ozx}}} \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\left( {{\rm{Oxy}}} \right)} \right) \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = b = c}\\{a = b =  - c}\\{a =  - b = c}\\{a =  - b =  - c}\end{array}} \right..\)

Nhận thấy chỉ có trường hợp \(a =  - b = c\) thì phương trình \(AI = d\left( {I,\,\,\left( {{\rm{Oxy}}} \right)} \right)\) có nghiệm, các trường hợp còn lại vô nghiệm.

Thật vậy: với \(a =  - b = c\) thì \[I\left( {a\,;\,\, - a\,;\,\,a} \right)\].

Ta có \(AI = d\left( {I,\,\,\left( {{\rm{Oxy}}} \right)} \right) \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {a - 4} \right)^2} = {a^2} \Leftrightarrow {a^2} - 6a + 9 = 0 \Leftrightarrow a = 3.\)

Khi đó \(P = a - b + c = 9.\) Do đó \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + 4{x^2} + bx + 1\). Chọn D.

Ta có \(M\left( {1\,;\,\, - 5} \right)\) là một điểm cực trị của hàm số đã cho nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \cdot {1^3} + 4 \cdot {1^2} + b \cdot 1 + 1 =  - 5}\\{3a \cdot {1^2} + 8 \cdot 1 + b = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b =  - 10}\\{3a + b =  - 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b =  - 11}\end{array}} \right.} \right.} \right..\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} + 4{x^2} - 11x + 1 \Rightarrow f\left( 2 \right) = 3.\) Chọn A.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 3 > 0}\\{5 - \ln \left( {x + 3} \right) \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >  - 3}\\{\ln \left( {x + 3} \right) \le 5}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >  - 3}\\{x + 3 \le {e^5}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >  - 3}\\{x \le {e^5} - 3}\end{array} \Leftrightarrow  - 3 < x \le {e^5} - 3.} \right.} \right.\)

Ta có: \(\left( {{3^x} + {3^{6 - x}} - 246} \right)\sqrt {5 - \ln \left( {x + 3} \right)}  \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{5 - \ln \left( {x + 3} \right) = 0{\rm{ (1) }}}\\{{3^x} + {3^{6 - x}} - 246 \ge 0}\end{array}} \right.\)

(1) \( \Leftrightarrow \ln \left( {x + 3} \right) = 5 \Leftrightarrow x + 3 = {e^5} \Leftrightarrow x = {e^5} - 3\) (nhận).

\((2) \Leftrightarrow {3^x} + \frac{{729}}{{{3^x}}} - 246 \ge 0 \Leftrightarrow {3^{2x}} - 246 \cdot {3^x} + 729 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^x} \le 3}\\{{3^x} \ge {3^5}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le 1}\\{x \ge 5}\end{array}} \right.} \right..\)

So với điều kiện, ta có các giá trị nguyên thỏa mãn là \(x \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\} \cup \left\{ {5\,;\,\,6\,;\,\, \ldots ;\,\,145} \right\}.\)

Vậy bất phương trình đã cho có 145 nghiệm nguyên. Chọn B.

ТХĐ: \(D = \left[ { - 2\,;\,\,2} \right].\)

Đặt \[t = \sqrt {2 + x}  + \sqrt {2 - x} \,;\,\,t \in \left[ {2\,;\,\,2\sqrt 2 } \right].\]

\( \Leftrightarrow {t^2} = 4 + 2\sqrt {4 - {x^2}}  \Leftrightarrow 2\sqrt {4 - {x^2}}  = {t^2} - 4.\)

\( \Rightarrow y = g\left( t \right) = {m^2}t + 2\left( {{t^2} - 4} \right) + m + 1 = 2{t^2} + {m^2}t + m - 7\) với \(t \in \left[ {2\,;\,\,2\sqrt 2 } \right].\)

Ta có: \(g'\left( t \right) = 4t + {m^2}\,;\)\(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ - {m^2}}}{4} < 0\,;\,\,\forall m \in \mathbb{R}\)

\( \Rightarrow g\left( t \right)\) đồng biến trên \[\left[ {2\,;\,\,2\sqrt 2 } \right]\]\( \Rightarrow {\min _{\left[ {2\,;\,\,2\sqrt 2 } \right]}}g\left( t \right) = g\left( 2 \right) = 4\).

Mà \[g\left( 2 \right) = 2{m^2} + m + 1 \Leftrightarrow 2{m^2} + m + 1 = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m =  - \frac{3}{2}}\end{array}} \right..\]

Tổng các giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán là \(S = 1 + \left( { - \frac{3}{2}} \right) =  - \frac{1}{2}.\) Chọn C.

Trên giao tuyến \(\Delta \) của hai mặt phẳng \((P),\,\,(Q)\) ta lấy lần lượt 2 điểm \[A,\,\,B\] như sau:

• Lấy \(A\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,1} \right) \in \Delta \), ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 0}\\{x + 2y = 0}\end{array} \Rightarrow x = y = 0 \Rightarrow A\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)} \right..\)

• Lấy \(B\left( { - 1\,;\,\,y\,;\,\,z} \right) \in \Delta \), ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y + z = 0}\\{2y + z = 2}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2}\\{z =  - 2}\end{array} \Rightarrow B\left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\, - 2} \right)} \right.} \right..\)

Vì \(\Delta  \in (\alpha )\) nên \(A,\,\,B \in (\alpha ).\) Do đó, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 + b = 0}\\{ - a + b - 6 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 8}\\{b =  - 2}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy \(a + 4b =  - 8 + 4 \cdot \left( { - 2} \right) =  - 16.\) Chọn A.

Gắn hệ trục toạ độ \[Oxy\] sao cho \[AB\] trùng \[Ox,{\rm{ }}A\] trùng \[O\] khi đó parabol có đỉnh \(G\left( {2\,;\,\,4} \right)\) và đi qua gốc toạ độ.

Giả sử phương trình của parabol có dạng

 \(y = a{x^2} + bx + c\,\,\left( {a \ne 0} \right).\)

Vì parabol có đỉnh là \(G\left( {2\,;\,\,4} \right)\) và đi qua điểm \(O\left( {0\,;\,\,0} \right)\) nên ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 0}\\{ - \frac{b}{{2a}} = 2}\\{a{{.2}^2} + b.2 + c = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 4}\\{c = 0}\end{array}} \right.} \right..\)

Suy ra phương trình parabol là \(y = f(x) =  - {x^2} + 4x.\)

Diện tích của cả cổng là \(S = \int\limits_0^4 {\left( { - {x^2} + 4x} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right)} \right|_0^4 = \frac{{32}}{3}\,\,\left( {{m^2}} \right).\)

Mặt khác chiều cao \(CF = DE = f\left( {0,9} \right) = 2,79\,\,(m);\,\,CD = 4 - 2 \cdot 0,9 = 2,2\,\,(m).\)

Diện tích hai cánh cổng là: \({S_{CDEF}} = CD \cdot EF = 6,138\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Diện tích phần xiên hoa là: \[{S_{xh}} = S - {S_{CDEF}} = \frac{{32}}{3} - 6 \cdot 14 = \frac{{6\,\,793}}{{1\,\,500}}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\]

Tổng số tiền để làm cổng là: \(6,138 \cdot 1\,\,200\,\,000 + \frac{{6\,\,793}}{{1\,\,500}} \cdot 900\,\,000 = 11\,\,441\,\,400\) (đồng).

Chọn A.

Có \(y' = \frac{{ - ab - 2}}{{{{\left( {ax - 2} \right)}^2}}}.\) Do \(A\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên \(\frac{{1 + b}}{{a - 2}} =  - 2 \Leftrightarrow b = 3 - 2a.\)

Do tiếp tuyến tại \(A\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\) song song với đường thẳng \(d:3x + y - 4 = 0\) nên \(y'\left( 1 \right) =  - 3 \Leftrightarrow \frac{{ - ab - 2}}{{{{\left( {ax - 2} \right)}^2}}} =  - 3.\)

Thay \(b = 3 - 2a\) ta được phương trình

\[ - a\left( {3 - 2a} \right) - 2 =  - 3{\left( {a - 2} \right)^2} \Leftrightarrow 5{a^2} - 15a + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a = 2}\end{array}} \right..\]

• Với \(a = 2 \Rightarrow b =  - 1\) (loại, do \(ab \ne  - 2\))

• Với \(a = 1 \Rightarrow b = 1.\)

Phương trình tiếp tuyến tại \(A\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\) là \[y =  - 3\left( {x + 1} \right) + 2\] song song với \[d.\]

Do đó \(a = 1\,,\,\,b = 1.\) Suy ra \(a - 3b =  - 2.\) Chọn A.

Do \(AB < AC < AD\) nên chọn \(E \in AC\,,\,\,AE = 1\,,\,\,F \in AD\,,\,\,AF = 1\).

Ta có \(\widehat {BAC} = \widehat {CAD} = \widehat {DAB} = 60^\circ \) (giả thiết)

Suy ra tứ diện \[ABEF\] là tứ diện đều cạnh bằng 1.

Ta có \({V_{ABEF}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}.\)

Mặt khác ta có \(\frac{{{V_{ABCD}}}}{{{V_{ABEF}}}} = \frac{{AB \cdot AC \cdot AD}}{{AB \cdot AE \cdot AF}} = \frac{{1 \cdot 2 \cdot 3}}{{1 \cdot 1 \cdot 1}} = 6.\)

Suy ra \({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\) Chọn A.

Bán kính đáy của hình nón là: \(r = \frac{{10}}{2} = 5\,\,(cm).\)

Gọi đường sinh của hình nón là \[\ell {\rm{ }}\left( {cm} \right)\], đường cao của hình trụ là \[h{\rm{ }}\left( {cm} \right).\]

Ta có \[\frac{h}{2} = \ell \sin 60^\circ  \Leftrightarrow h = \ell \sqrt 3 .\]

Mà \[\ell  = \frac{r}{{\cos 60^\circ }} = \frac{5}{{\frac{1}{2}}} = 10\,\,(cm)\] nên \[h = 10\sqrt 3 \,\,cm.\]

Thể tích hình trụ là: \({V_1} = \pi {r^2}h = \pi  \cdot {5^2} \cdot 10\sqrt 3  = 250\pi \sqrt 3 \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)

Thể tích hình nón là: \({V_2} = \frac{1}{3}\pi {r^2}\frac{h}{2} = \frac{1}{3}\pi  \cdot {5^2} \cdot 5\sqrt 3  = \frac{{125\sqrt 3 }}{3}\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right).\)

Thể tích phần không gian nằm trong khối trụ nhưng nằm ngoài hai khối nón là:

\(V = {V_1} - 2{V_2} = 250\pi \sqrt 3  - 2 \cdot \frac{{125\sqrt 3 }}{3}\pi \, \approx 906,9\,\,\left( {c{m^3}} \right).\) Chọn B.

Gọi \(I\) là điểm thoả mãn \(2\overrightarrow {IA}  - \overrightarrow {IB}  = \vec 0\)

\( \Rightarrow I\left( {2{x_A} - {x_B}\,;\,\,2{y_A} - {y_B}\,;\,\,2{z_A} - {z_B}} \right) \Rightarrow I\left( {5\,;\,\,5\,;\,\, - 1} \right)\).

Suy ra \(I\) là điểm cố định.

Suy ra \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \[MI\] đạt giá trị nhỏ nhất, \(P\) đạt giá trị lớn nhất khi \[MI\] đạt giá trị lớn nhất.

\((S):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\) có tâm \(J\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\) và bán kính \(R = 3\), suy ra \(IJ = 5.\)

Mà \(M\) là điểm thay đổi trên \((S)\). Khi đó:

• \(\min MI = I{M_1} = JI - R = 5 - 3 = 2\);

• \(\max MI = I{M_2} = JI + R = 5 + 3 = 8\).

Suy ra \(m - n = {8^2} - {2^2} = 60\). Chọn C.

Gọi \(R\) là bán kính của khối cầu.

Khi đó thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của một nửa khối cầu nên \(\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {R^3} = 54\sqrt 3 \pi  \Rightarrow R = 3\sqrt 3 .\)

Do đó chiều cao của thùng nước là: \(h = \frac{2}{3}.2R = 4\sqrt 3 .\)

Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân \[ABCD\] với \(AB = 3CD.\) Gọi \(O\) là giao điểm của \[AD\] và \[BC\] thì tam giác \[OAB\] cân tại \[O.\]

Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] và \(I\) là giao điểm của \[OH\] và \(CD\) nên \(I\) là trung điểm của \[DC\] nên \(DI = \frac{1}{3}AH.\)

Ta có \(\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{DI}}{{AH}} = \frac{1}{3} \Rightarrow OH = \frac{3}{2}HI = 6\sqrt 3 \).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \[OA\] thì \(HK = R = 3\sqrt 3 \)

Tam giác \[OHA\] vuông tại \(H\) có đường cao \[HK\] nên

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{O^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{H{O^2}}} = \frac{1}{{36}} \Rightarrow AH = 6 \Rightarrow DI = 2.{\rm{ }}\)

Thể tích thùng đầy nước là:

\(\frac{{h\pi \left( {A{H^2} + D{I^2} + AH \cdot DI} \right)}}{3} = \frac{{4\sqrt 3 \pi \left( {{6^2} + {2^2} + 6 \cdot 2} \right)}}{3} = \frac{{208\sqrt 3 \pi }}{3}\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Do đó thể tích nước còn lại là: \(\frac{{208\sqrt 3 \pi }}{3} - 54\sqrt 3 \pi  = \frac{{46\sqrt 3 \pi }}{3}\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right).\) Chọn C.

Trong lớp 10A, gọi T là tập hợp những em thích môn Toán; V là tập hợp những em thích môn Văn; A là tập hợp những em thích môn Tiếng Anh; K là tập hợp những em không thích môn nào.

Gọi \[a,\,\,b,\,\,c\] theo thứ tự là số học sinh chỉ thích môn Văn, Toán, Tiếng Anh;

\(x\) là số học sinh chỉ thích hai môn Văn và Toán;

\(y\) là số học sinh chỉ thích hai môn Văn và Tiếng Anh;

\(z\) là số học sinh chỉ thích hai môn Toán và Tiếng Anh.

Ta có biểu đồ Ven:

Từ biểu đồ Ven ta có hệ phương trình sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + x + y + 5 = 25 & (1)}\\{b + x + z + 5 = 20 & (2)}\\{c + y + z + 5 = 18 & (3)}\\{x + y + z + a + b + c + 5 + 6 = 45}\end{array}} \right.\)

Cộng vế với vế của \((1),\,\,(2),\,\,(3)\) ta có: \(a + b + c + 2\left( {x + y + z} \right) + 15 = 63\)

\( \Leftrightarrow a + b + c + 2\left( {x + y + z} \right) = 48\) (5)

Từ (4) và (5) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z + a + b + c = 34}\\{a + b + c + 2\left( {x + y + z} \right) = 48}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\left( {x + y + z} \right) + 2\left( {a + b + c} \right) = 68}\\{a + b + c + 2\left( {x + y + z} \right) = 48}\end{array}} \right.} \right.\)

Do đó \(a + b + c = 20.{\rm{ }}\)

Đáp án: 20.

Ta có \({u_n} = \left( {{u_n} - {n_{n - 1}}} \right) + \left( {{u_{n - 1}} - {u_{n - 2}}} \right) +  \ldots  + \left( {{u_2} - {u_1}} \right) + {u_1}\)

\( = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 2}} +  \ldots  + \frac{1}{2} + 1.\)

Dãy \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}};\,\,{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 2}};\,\, \ldots ;\,\,\frac{1}{2};\,\,1\) là một cấp số nhân có \(n\) số hạng với số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công bội \(q = \frac{1}{2}\) nên \({u_n} = \frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}.\)

Vậy \(\lim \left( {{u_n} - 2} \right) = \lim \left[ { - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}}} \right] = 0.\)

Đáp án: 0.

Gọi \({r_1},\,\,{h_1},\,\,{r_2},\,\,{h_2}\) lần lượt là bán kính, đường cao của hình nón trên và hình nón dưới.

Do đường sinh bất kỳ của hình nón tạo với đáy một góc \(60^\circ .\)

Suy ra \(\widehat {OAI'} = \widehat {OBI} = 60^\circ \), khi đó ta có mối liên hệ: \({h_1} = \sqrt 3 {r_1},{h_2} = \sqrt 2 {r_2}.\)

Theo đề ta có: \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{1}{3}\pi \left( {{h_1}{r_1}^2 + {h_2}{r_2}^2} \right) = \frac{1}{9}\pi \left( {{h_1}^3 + {h_2}^3} \right) = 1\,\,000\pi .\)

Mà \(\left( {{h_1}^3 + {h_2}^3} \right) = {\left( {{h_1} + {h_2}} \right)^3} - 3\left( {{h_1} + {h_2}} \right) \cdot {h_1}{h_2} \Rightarrow {h_1}{h_2} = 200.\)

Kết hợp giả thiết: \({h_1} + {h_2} = 30\) ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{h_1} = 10}\\{{h_2} = 20}\end{array}} \right..\)

Từ đó tỉ lệ cần tìm là \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot {h_1}}}{{{{\left( {20\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot {h_2}}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}.\)

Đáp án: \(\frac{1}{8}.\)

Tô màu ô vuông số 2 có \(C_3^2\) cách chọn 2 trong 3 màu, có \(C_4^2\) cách tô 2 màu đó lên 4 cạnh.  Do đó có \(C_3^2C_4^2 = 18\) (cách).

Tô màu ô vuông số \[1\,;\,\,5\,;\,\,3\] có \(C_2^1\) cách chọn màu còn lại, có \(C_3^2\) ách tô màu còn lại lên 3 cạnh còn lại của 1 hình vuông.

Do đó có \({\left( {C_2^1 \cdot C_3^2} \right)^3} = {6^3}\) (cách).

Tô màu ô vuông số \[4\,;\,\,6\]: Mỗi 1 hình vuông có 2 cách tô màu. Do đó có \({2^2} = 4\) (cách).

Vậy có \(18 \cdot {6^3} \cdot 4 = 15\,\,552\) cách thoả mãn.

Đáp án: \[{\bf{15}}\,\,{\bf{552}}\].

Quãng đường đi được tại thời gian \(t\) là \(S = \int {\left( {3t + 2} \right)} \,dt = \frac{{3{t^2}}}{2} + 2t + c.\)

Mà \(S\left( 2 \right) = 10 \Rightarrow 6 + 4 + c = 10 \Rightarrow c = 0 \Rightarrow S\left( t \right) = \frac{{3{t^2}}}{2} + 2t.\)

Tại thời điểm \(t = 30\;{\rm{s}}\) thì vật đi được quãng đường là \(S\left( {30} \right) = \frac{{{{3.30}^2}}}{2} + 2 \cdot 30 = 1\,\,410\,\,(\;{\rm{m}}).\)

Đáp án: 1410.

Đặt \(t = {\log _3}\left( {{3^x} + 2m} \right) = {\log _5}\left( {{3^x} - {m^2}} \right).\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^x} + 2m = {3^t}}\\{{3^x} - {m^2} = {5^t}}\end{array} \Rightarrow 2m + {m^2} = {3^t} - {5^t}} \right.\)\( \Rightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} = {3^t} - {5^t} + 1\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {3^t} - {5^t} + 1.\)

Ta có: \(f'\left( t \right) = {3^t}\ln 3 - {5^t}\ln 5 = 0 \Leftrightarrow t = {\log _{\frac{3}{5}}}\left( {{{\log }_3}5} \right) = {t_0}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{t \to  - \infty } f\left( t \right) = 1\,,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {5^t}\left[ {{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^t} - 1 + \frac{1}{{{5^t}}}} \right] =  - \infty \).

Bảng biến thiên

Từ BBT suy ra phương trình \((*)\) có nghiệm khi và chỉ khi

\({\left( {m + 1} \right)^2} \le f\left( {{t_0}} \right) \Leftrightarrow  - \sqrt {f\left( {{t_0}} \right)}  - 1 \le m \le \sqrt {f\left( {{t_0}} \right)}  + 1\)\( \Leftrightarrow  - 2,0675 \ldots  \le m \le 0,0675 \ldots \)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \[m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right\}\].

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số \[m.\]

Đáp án: 3.

Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \bar z = x - yi\)

Ta có \(\left( {z - 1} \right)\left( {\bar z + 2i} \right) = z \cdot \bar z + 2iz - \bar z - 2i\)

\( = {x^2} + {y^2} + 2i\left( {x + yi} \right) - x + yi - 2i\)

\( = {x^2} + {y^2} + 2xi - 2y - x + yi - 2i\)

\( = {x^2} + {y^2} - x - 2y + \left( {2x + y - 2} \right)i\) là số thực khi và chỉ khi: \(2x + y - 2 = 0\)

Gọi \(M(z)\) là tập hợp điểm \(M\) thuộc đường thẳng \((d):2x + y - 2 = 0.\)

Do đó \(\left| z \right| = OM\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow O{M_{\min }} = d\left( {O\,;\,\,\left( d \right)} \right) = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).

Vậy \({\left| {\sqrt 5 z} \right|_{\min }} = \sqrt 5 {\left| z \right|_{\min }} = \sqrt 5  \cdot \frac{2}{{\sqrt 5 }} = 2.\)

Đáp án: 2.

Để đồ thị hàm số \(y = \frac{3}{{f\left( {{x^2}} \right) - m}}\) có 4 đường tiệm cận đứng khi phương trình \(f\left( {{x^2}} \right) = m\) có 4 nghiệm \(x\) phân biệt.

Đặt \(t = {x^2}\,,\,\,t \ge 0.\) Từ bảng biến thiên của hàm số \(y = f(x)\) ta thấy, phương trình \(f(t) = m\) có 2 nghiệm dương \(t\) phân biệt khi \( - 1 < m < 3\).

Với mỗi giá trị \(t > 0\) cho ta 2 giá trị đối nhau của \(x\), nên với điều kiện \( - 1 < m < 3\), phương trình \(f\left( {{x^2}} \right) = m\) có 4 nghiệm \(x\) phân biệt.

Do đó đồ thị hàm số \(y = \frac{3}{{f\left( {{x^2}} \right) - m}}\) có 4 tiệm cận đứng khi \( - 1 < m < 3\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}\).

Đáp án: 3.

Ta có \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = \left( {a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + 2x} \right) - \left( {m{x^3} + n{x^2} - 2x} \right)\)

\[ \Rightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) = a{x^4} + \left( {b - m} \right){x^3} + \left( {c - n} \right){x^2} + 4x\]

\( \Rightarrow f'\left( x \right) - g'\left( x \right) = 4a{x^3} + 3\left( {b - m} \right){x^2} + 2\left( {c - n} \right)x + 4\)

Lại có \(y = f\left( x \right) - g\left( x \right) \Rightarrow y' = f'\left( x \right) - g'\left( x \right) = 4a\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)\)

Suy ra hệ số tự do là \(4a \cdot 1.\) Khi đó \(\left( { - 2} \right).\left( { - 3} \right) = 24a = 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{6}.\)

Hoành độ giao điểm của hai đường \(y = 18f'\left( x \right)\) và \(y = 18g'\left( x \right)\) là

\(18f'\left( x \right) = 18g'\left( x \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) - g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{x = 2}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).

Do đó, diện tích hình phẳng cần tính là:

\[S = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {18f'\left( x \right) - 18g'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = 18\int\limits_{ - 1}^3 {\left| {4 \cdot \frac{1}{6}\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = 142.{\rm{ }}\]

Đáp án: 142.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 2 \right) = 3}\\{f\left( 5 \right) = 10}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k \cdot {a^2} = 3}\\{k \cdot {a^5} = 10}\end{array} \Rightarrow {a^3} = \frac{{10}}{3} \Leftrightarrow a = \sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}} \right.} \right..\)

Ta cũng suy ra được: \(k = \frac{3}{{{a^2}}}.\) Do đó \[f\left( t \right) = k \cdot {a^t} = \frac{3}{{{a^2}}} \cdot {a^t}\] với \(a = \sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}.\)

Ta cần tìm \(t\) để \(f\left( t \right) = 20\) hay \(k \cdot {a^t} = 20.\)

Suy ra \(t = {\log _a}\frac{{20}}{k} = {\log _a}\frac{{20{a^2}}}{3} \approx 7\,\,\left( {^\circ C} \right).\)

Đáp án: 7.

Ta có \(\Delta ' = 6 - m.\)

• TH1: \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \le 6\), phương trình có hai nghiệm \({z_{1\,,\,\,2}} = 1 \pm \sqrt {6 - m}  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1} - {z_2} = 2\sqrt {6 - m} }\end{array}} \right..\)

Khi đó \(\left| {{z_1} + {z_2}} \right| + \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 40 \Leftrightarrow {2^2} + {\left| {\sqrt {6 - m} } \right|^2} = 40 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {6 - m} \right) = 40 \Leftrightarrow m =  - 3\) (TM)

• TH2: \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow 6 - m < 0 \Leftrightarrow m > 6\), phương trình có 2 nghiệm

\({z_{1,\,\,2}} = 1 \pm i\sqrt { - \Delta '}  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1} - {z_2} = 2i\sqrt {m - 6} }\end{array}} \right.\)

Khi đó \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 40 \Leftrightarrow {2^2} + {\left| {2i\sqrt {m - 6} } \right|^2} = 40 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {m - 6} \right) = 40 \Leftrightarrow m = 15\) (TM)

Do đó \[S = \left\{ { - 3\,;\,\,15} \right\}.\] Tổng các giá trị của \(m\) là \( - 3 + 15 = 12.\)

Đáp án: 12.

• Với \(a = b = 0\) thoả mãn.

• Với \(a = 0\,;\,\,b \ne 0\) hàm bậc 3 không tồn tại min, \(\max \) (không thoả mãn)

• Với \(a < 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) =  - \infty \) nên không tồn tại min \(f(x)\) (loại) \( \Rightarrow a > 0\)

Ta có \(f(0) =  - 3 \Rightarrow \) Để hàm số thoả mãn yêu cầu thì \(f\left( x \right) \ge  - 3\,;\,\,\forall x \ne 0.\)

\( \Leftrightarrow a{x^4} + b{x^3} + {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {a{x^2} + bx + 1} \right) \ge 0\)\( \Leftrightarrow a{x^2} + bx + 1 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \Delta  = {b^2} - 4a \le 0 \Leftrightarrow {b^2} \le 4a\)

• Với \(a = 1 \Rightarrow  - 2 \le b \le 2\) có 5 cặp.         • Với \(a = 2 \Rightarrow  - 2 \le b \le 2\) có 5 cặp.

• Với \(a = 3 \Rightarrow  - 3 \le b \le 3\) có 7 cặp.         • Với \(a = 4 \Rightarrow  - 4 \le b \le 4\) có 9 cặp.

Vậy tổng cộng có 27 cặp \(\left( {a\,;\,\,b} \right)\) thoả mãn.

Đáp án: 27.

Mặt cầu \((S)\) có \[I\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right)\], bán kính \(R = 5.\)

Vì \(M \in Oy\) nên \(M\left( {0\,;\,\,m\,;\,\,0} \right).\)

Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và vuông góc với đường thẳng \(d\)

Do đó, phương trình mặt phẳng \((P)\) là \(3x + 5y - 4z - 5m = 0.\)

Khi đó \((P)\) chứa hai tiếp tuyến với mặt cầu kẻ từ \(M\) và cùng vuông góc với d.

Để tồn tại các tiếp tuyến thoả mãn bài toán điểu kiện là

\(\left\{ \begin{array}{l}d\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) < R\\IM > R\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\left| { - 19 - 5m} \right|}}{{5\sqrt 2 }} < 5\\\sqrt {{{\left( {m + 2} \right)}^2} + 10}  > 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left| {5m + 19} \right| < 25\sqrt 2 \\{\left( {m + 2} \right)^2} > 15\end{array} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 25\sqrt 2  - 19}}{5} < m < \frac{{25\sqrt 2  - 19}}{5}\\\left[ \begin{array}{l}m > \sqrt {15}  - 2\\m <  - \sqrt {15}  - 2\end{array} \right.\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {15}  - 2 < m < \frac{{25\sqrt 2  - 19}}{5}\\\frac{{ - 25\sqrt 2  - 19}}{5} < m <  - \sqrt {15}  - 2\end{array} \right.\).

Vì \(m\) là số nguyên nên \[m \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\, - 10\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 6} \right\}.\]

Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn bài toán.

Đáp án: 7.

Gọi \(I = AC \cap BD.\)

Hình vuông \[ABCD\] có độ dài đường chéo bằng \(a\sqrt 2 \) suy ra hình vuông đó có cạnh bằng \[a.\]

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\SI \bot BD\\AI \bot BD\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBD} \right)\,;\,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SI\,;\,\,A}I} \right) = \widehat {SIA}.\)

Ta có \(\tan \alpha  = \tan \widehat {SIA} = \frac{{SA}}{{AI}} \Leftrightarrow SA = a.\)

Chọn hệ trục toạ độ \[Oxyz\] như hình vẽ.

Ta có \(A\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\,,\,\,B\left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\,,\,\,C\left( {a\,;\,\,a\,;\,\,0} \right)\,,\,\,S\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,a} \right).\)

Khi đó \(\overrightarrow {SA}  = \left( {0\,;\,\,0\,;\,\, - a} \right)\,;\,\,\overrightarrow {SC}  = \left( {a\,;\,\,a\,;\,\, - a} \right)\,;\,\,\overrightarrow {SB}  = \left( {a\,;\,\,0\,;\,\, - a} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)

Suy ra \(\cos \left( {\widehat {\left( {SAC} \right);\,\,\left( {SBC} \right)}} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}}  \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{1}{{\sqrt 2  \cdot \sqrt 2 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SAC} \right);\,\,\left( {SBC} \right)}} \right) = 60^\circ .\)

Đáp án: 60.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{e^{{x^2} - \,x - 2}}} \right)\,;\,\,g'\left( x \right) = \left( {2x - 1} \right){e^{{x^2} - x - 2}} \cdot f'\left( {{e^{{x^2} - \,x - 2}}} \right)\);

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 1 = 0}\\{f'\left( {{e^{{x^2} - x - 2}}} \right) = 0}\end{array}} \right.\)Với \(2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}.\)

Với \(f'\left( {{e^{{x^2} - x - 2}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{e^{{x^2} - x - 2}} =  - 2\,({\rm{VN}})}\\{{e^{{x^2} - x - 2}} = 0}\\{{e^{{x^2} - x - 2}} = 1}\end{array}({\rm{VN}})\,\, \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.} \right..\)

Suy ra phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm phân biệt nên hàm số \(g(x)\) có 3 điểm cực trị trong đó có 2 điểm cực trị có hoành độ dương.

Vì vậy hàm số \(g\left( {\,\left| x \right|} \right) = y = f\left( {{e^{{x^2} - \,\left| x \right| - 2}}} \right)\) có 5 điểm cực trị.

Đáp án: 5.

Tối đa là chỉ mức độ cao nhất. Nên “tối đa nhất” là từ dùng sai vì thừa từ. Chọn B.

Từ láy là loại từ được tạo thành từ hai tiếng trở lên. Các tiếng có cấu tạo giống nhau hoặc tương tự nhau về vần, tiếng đứng trước hoặc tiếng đứng sau. Chọn A.

Từ “năng khiếu” sai về ngữ nghĩa → Sửa: “năng khiếu” thành “tài năng”. Chọn B.

Đây là nhận định về tác phẩm “Từ ấy” của nhà thơ Tố Hữu, khẳng định khả năng sử dụng ngôn ngữ để mô tả tâm trạng nhân vật trữ tình, nên có thể xác định từ “linh động” đang dùng sai nghĩa cần thay bằng từ “sinh động” để đảm bảo nội dung.

+ “linh động”: Căn cứ vào điều kiện, yêu cầu thực tế để đưa ra cách xử lí mềm dẻo, không máy móc, cứng nhắc.

+ “sinh động”: Tạo ra được những hình ảnh với nhiều dáng, nhiều vẻ khác nhau, gợi ra những hình ảnh phù hợp với hiện thực của đời sống.

→ Chọn C.

Lỗi sai về dùng từ không phù hợp với nội dung: văn học từ sau năm 1975 không còn vận động theo hướng cách mạng hóa, viết về cách mạng, phục vụ cách mạng nữa, vì thế có thể thay thế bằng hiện đại hóa. Chọn A.

Ba tác phẩm “Vợ chồng A Phủ, Chí Phèo, Vợ nhặt” thuộc thể loại truyện còn “Hồn Trương Ba, da hàng thịt” thuộc thể loại kịch. Chọn C.

Các từ “vi vu, vo ve, vi vút” là từ tượng thanh, còn từ “vòng vèo” là tượng hình. Chọn C.

Từ “nhỏ nhắn” là từ láy. Các từ còn lại đều là từ ghép. Chọn B.

Đáp án A, B, C đều là danh từ chỉ con người. Từ “công bằng” là tính từ chỉ tính chất, tính cách của con người. Chọn D.

Đỗ Phủ, Lý Bạch, Bạch Cư Dị là các nhà thơ nổi tiếng của Trung Quốc. Hàn Mặc Tử là nhà thơ Việt Nam nổi tiếng trong phong trào Thơ mới. Như vậy, Hàn Mặc Tử khác với các nhà thơ còn lại. Chọn D.

Câu nói được trích từ bức thư của Chủ tịch Hồ Chí Minh gửi các họa sĩ nhân dịp triển lãm hội họa năm 1951. Trong đó, Chủ tịch Hồ Chí Minh có viết: “Văn hoá nghệ thuật cũng là một mặt trận. Anh chị em là chiến sĩ trên mặt trận ấy”. Chọn A.    

Cây xà nu là một loại cây hùng vĩ và cao thượng, man dại và trong sạch, mỗi cây cao vút, vạm vỡ, ứ nhựa; tán lá vừa thanh nhã vừa rắn rỏi mênh mông, tưởng như đã sống tự ngàn đời, còn sống đến ngàn đời sau, từng cây, hàng vạn, hàng triệu cây vô tận. Chọn D.

Con đường hình thành bản sắc dân tộc của văn hóa không chỉ trông cậy vào sự tạo tác của chính dân tộc đó mà còn trông cậy vào khả năng chiếm lĩnh, khả năng đồng hóa những giá trị văn hóa bên ngoài. Chọn B.

Cùng với văn học dân gian, văn học trung đại góp phần làm nên diện mạo hoàn chỉnh và đa dạng của văn học dân tộc ngay từ buổi đầu, tạo cơ sở vững chắc cho sự phát triển của văn học ở những thời kì sau. Chọn A.

“Độc Tiểu Thanh kí” thể hiện cảm xúc, suy tư của Nguyễn Du về số phận bất hạnh của người phụ nữ có tài văn chương trong xã hội phong kiến. Chọn A.

“hồn lau nẻo bến bờ”: những hoa lau phất phơ dọc triền núi, dọc bên bờ Châu Mộc như có hồn phảng phất trong gió; “hoa đong đưa”: những bông hoa rừng cũng “đong đưa” làm duyên trên dòng nước lũ → Bức tranh thiên nhiên vừa hoang sơ, vừa thơ mộng. Chọn B.

Trong ca dao, “muối - gừng” được dùng như hình ảnh tượng trưng của tình yêu lứa đôi bền chặt. Trong câu thơ của Nguyễn Khoa Điềm, “muối - gừng” còn biểu trưng cho vẻ đẹp tâm hồn bền vững của dân tộc, của ông bà, cha mẹ, tổ tiên, lối sống thủy chung, trọng tình, trọng nghĩa cũng là phẩm hạnh bao đời của người dân Việt Nam. Chọn C.

Đoạn văn trên được trình bày theo cách diễn dịch vì câu chủ đề nằm ở đầu đoạn, khái quát nội dung của đoạn văn. Các câu còn lại triển khai làm sáng tỏ nội dung. Chọn A. 

Đoạn văn trên được trình bày theo cách diễn dịch vì câu chủ đề nằm ở đầu đoạn, khái quát nội dung của đoạn văn. Các câu còn lại triển khai làm sáng tỏ nội dung. Chọn A.

Bài ca dao trên được kết cấu theo hình thức đối đáp: lời hỏi của người em và lời đáp của người anh. Chọn C.

Hình ảnh “giọt nước mắt” trong đoạn trích trên có tác dụng là sợi dây kết nối sự đồng cảm trong Mị từ đó khơi dậy sức mạnh tiềm tàng. Chọn B. 

Nhà thơ Tố Hữu sắp xếp vị trí các mùa ở bức tranh tứ bình là đông - xuân - hạ - thu mà không phải theo trình tự thông thường các mùa trong năm xuân - hạ - thu - đông vì đây là ngụ ý của tác giả khi sắp xếp theo vận động của lịch sử dựa theo các mốc thời gian chiến đấu và chiến thắng của đất nước. Chọn B.

Đoạn trích thể hiện tâm trạng hân hoan, vui mừng khi được giác ngộ lí tưởng cách mạng của tác giả. Tâm trạng này được thể hiện qua các cụm từ: bừng nắng hạ, chói qua tim, hồn tôi là một vườn hoa lá, đậm hương, rộn tiếng chim. Chọn A.

Đoạn thơ bày tỏ niềm vui sướng, tự hào và ngợi ca đất nước của tác giả. Đó là niềm vui lớn về quyền làm chủ đất nước, niềm tự hào về tinh thần bất khuất của con người Việt Nam. Chọn B.

Đoạn trích được kể theo ngôi thứ ba. Chọn C.

Đoạn kết thúc đã trả lời cho câu hỏi đặt ra ở nhan đề, một nhan đề rất thơ, rất gợi cảm mà lại gợi được sự tìm hiểu, khám phá rất cuốn hút người đọc. Kết thúc ấy cũng đã thể hiện rõ tình yêu của con người nơi đây với dòng sông của xứ Huế đẹp và thơ. Chọn D.

Tác giả dân gian đã sử dụng phép so sánh “thân em như con hạc đầu đình” qua đó bộc lộ lời hát than thân của một người con gái than thở về thân phận bị bó buộc, lệ thuộc, thiếu tự do của mình. Chọn C.

Cái Gái phản đối quyết liệt người ông đang sống trong xác anh hàng thịt vì tâm hồn trẻ thơ vốn trong sạch, không chấp nhận sự tầm thường, dung tục. Chọn B.

Dựa vào câu văn đầu tiên, xác định được hình tượng dòng sông Hương được Hoàng Phủ Ngọc Tường quan sát trên phương diện lịch sử. Chọn A.

Nhân hóa con suối biết “riu riu trầm mặc”. Chọn B.

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 A.

Ngay từ khi thành lập (1925), Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên đã xác định đi theo khuynh hướng cách mạng vô sản. Chọn B.

Theo kịch bản của kế hoạch Nava, từ thu-đông 1954 thực dân Pháp sẽ tiến công chiến lược ở Bắc Bộ (Việt Nam) nhằm giành thắng lợi quyết định về quân sự để kết thúc chiến tranh trong danh dự. Chọn C.

Đặc điểm, cuộc cách mạng khoa học-kĩ thuật hiện đại được diễn ra theo trình tự: khoa học-kĩ thuật-sản xuất.

- Khoa học gắn liền với kĩ thuật, đi trước mở đường cho kĩ thuật.

- Kĩ thuật lại đi trước mở đường cho sản xuất.

Chọn A.

Đại hội đại biểu lần thứ II của Đảng Cộng sản Đông Dương (2-1951) đánh dấu bước phát triển mới trong quá trình lãnh đạo cách mạng của Đảng, vì đã khẳng định sứ mệnh của tổ chức chính trị cầm quyền trong kháng chiến.

+ Đổi tên Đảng thành Đảng Lao động Việt Nam và đưa Đảng hoạt động công khai. Lào, Campuchia mỗi nước một Đảng Mác-Lênin riêng phù hợp với từng dân tộc.

+ Thông qua "Tuyên ngôn", "Chính cương", "Điều lệ mới"; xuất bản báo "Nhân dân", cơ quan Trung ương của Đảng.

+ Bầu ra Ban Chấp hành Trung ương Đảng và Bộ Chính trị do Hồ Chí Minh làm Chủ tịch và Trường Chinh làm Tồng Bí thư.

Chọn B.

Sau khi Chiến tranh lạnh chấm dứt chủ nghĩa khủng bố chỉ mới xuất hiện ở một vài nơi nên chưa thể đe dọa đến tính hình hòa bình của toàn thế giới. Chọn D.

Các phương án A, B, C là những nguyên nhân dẫn tới sự thất bại của khởi nghĩa Yên Bái (đầu năm 1930) ở Việt Nam.

Phương án D sai vì khởi nghĩa Yên Bái cũng đã thu hút được một lực lượng nhất định.Chọn D.

Ở các nước phát triển, lao động chủ yếu tập trung vào ngành dịch vụ. Chọn C.

Loại rừng chiếm diện tích chủ yếu ở Liên bang Nga là rừng tai-ga do đặc trưng khí hậu. Chọn A.

Nhiệt độ trung bình năm tăng dần từ Bắc-Nam chứ không phải giảm dần. Chọn C.

Cảnh quan thiên nhiên tiêu biểu cho vùng lãnh thổ phía Bắc là đới rừng nhiệt đới gió mùa. Chọn A.

Căn cứ vào Atlat Địa lí Việt Nam trang Vùng Đông Nam Bộ, Vùng Đồng bằng sông Cửu Long, kênh Phụng Hiệp nối thị xã Ngã Bảy với Cà Mau. Chọn C.

Bảng số liệu có 2 đơn vị khác nhau, có 5 năm→ Để thể hiện dân số và tỉ lệ gia tăng dân số tự nhiên của nước ta qua các năm, biểu đồ thích hợp nhất là biểu đồ kết hợp.Chọn A.

Năng suất lúa cả năm của nước ta có xu hướng tăng chủ yếu do đẩy mạnh thâm canh tăng năng suất chứ không phải do mở rộng diện tích. Chọn A.

Sự thiếu ổn định về sản lượng điện của các nhà máy thủy điện ở nước ta chủ yếu là do sự phân mùa của khí hậu nên mùa cạn thiếu nước. Chọn C.

Vùng núi Tây Bắc có thế mạnh nổi bật nhất về tiềm năng thủy điện, do vùng có địa hình đồi núi hiểm trở độ chia cắt mạnh. Trong khi đó vùng núi Đông Bắc chủ yếu đồi núi thấp, tính phân bậc ít hơn nên không có thế mạnh về thủy điện.Chọn D.

Đồng bằng sông Cửu Long không đắp đê do nước lũ mang lại nhiều lợi ích cho người dân nơi đây nên phương châm của vùng này đó là sống chung với lũ, khai thác những lợi ích do lũ mang lại hàng năm. Chọn B.

Hai hạt nhân \(_1^3H\) và \(_2^3He\) có cùng số nuclôn.Chọn B.

Khối lượng đồng bám vào cực âm là:

\(m = \frac{1}{F}.\frac{{AIt}}{n} = \frac{1}{{96500}}.\frac{{64.2.\left( {1.3600 + 4.60 + 20} \right)}}{2} = 2,56{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( g \right)\). Chọn B.

Hai quả cầu sau khi tiếp xúc, điện tích của mỗi quả cầu là:

\({q_1}^\prime = {q_2}^\prime = \frac{{{q_1} + {q_2}}}{2} = \frac{{0 + 1,{{92.10}^{ - 12}}}}{2} = 9,{6.10^{ - 13}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( C \right)\)

Số electron mà hai quả cầu trao đổi là:

\({n_e} = \frac{{\Delta {q_1}}}{{\left| e \right|}} = \frac{{\left| {{q_1}^\prime - {q_1}} \right|}}{{\left| e \right|}} = \frac{{\left| {9,{{6.10}^{ - 13}} - 0} \right|}}{{\left| { - 1,{{6.10}^{ - 19}}} \right|}} = {6.10^6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {electron} \right)\). Chọn C.

Khoảng cách từ vân sáng thứ 4 đến vân sáng thứ 10 ở cùng bên với vân trung tâm là \(3,6\;{\rm{mm}} \to {\rm{i}} = \frac{{3,6}}{{10 - 4}} = 0,6\;{\rm{mm}}\) Bước sóng trong thí nghiệm là \(\lambda = \frac{{i.a}}{D} = 0,6(\mu m).\)Chọn A.

Bước sóng của sóng điện từ: \(\lambda = \frac{c}{f} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{{{2.10}^7}}} = 15\,\,m.\)Chọn A.

Dung kháng của tụ điện là:\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{50.10}^{ - 6}}}}{\pi }}} = 200{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\). Chọn A.

Từ đồ thị, lấy hai điểm ứng với E₁ = 0 có f₁ = 0,5.10¹⁵ Hz và E₂ = 4.10^-19 J có f₂ = 1,15.10¹⁵ Hz, ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h{f_1} = h{f_0} + {E_1} \Rightarrow h{f_1} = h{f_0} \Rightarrow {f_0} = {f_1} = 0,{{5.10}^{15}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {Hz} \right)}\\{h{f_2} = h{f_0} + {E_2} \Rightarrow h = \frac{{{E_2}}}{{{f_2} - {f_0}}} = \frac{{{{4.10}^{ - 19}}}}{{\left( {1,15 - 0,5} \right){{.10}^{15}}}} \approx 6,{{2.10}^{ - 34}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {J/s} \right)}\end{array}} \right.\).

Chọn A.

Âm thanh tai người nghe được có tần số: 16 Hz – 20 kHz

Âm thanh cá heo nghe được có tần số: 150 Hz – 150 kHz

→ Người và cá heo nghe được âm thanh có tần số: 150 Hz – 20 kHz.

Chọn D.

Do mạch chỉ có C nên: \(u \bot i \Rightarrow \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

Thay các giá trị, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{{{\left( {60\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1}\\{\frac{{{{\left( {60\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {0,5} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \frac{{3600}}{{U_0^2}} = \frac{{0,25}}{{I_0^2}} \Rightarrow \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 120 = {Z_C}\)

Lại có: \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} \Rightarrow \omega = \frac{1}{{{Z_C}C}} = \frac{1}{{120.C}} = \frac{1}{{120.\frac{1}{{7200\pi }}}} = 60\pi \)

Thay \({I_0} = \frac{{{U_0}}}{{120}}\) vào (1), ta được: \(\frac{{{{\left( {60\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{\frac{{U_0^2}}{{{{120}^2}}}}} = 1\,\, \Rightarrow {U_0} = 120V\)

\( \Rightarrow u = 120\cos \left( {60\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)V\)

Chọn D.

Tại bề mặt tiếp xúc giữa thủy tinh và không khí, áp dụng công thức định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:\(1.\sin i = {n_{tt}}.\sin r \Rightarrow 1.\sin 42^\circ = {n_{tt}}.\sin 27^\circ \Rightarrow {n_{tt}} \approx 1,47\)

Ta có: \(r + {i_1} = 90^\circ \Rightarrow {i_1} = 90^\circ - 27^\circ = 63^\circ \) (với i₁ là góc tới tại P)

Tại bề mặt tiếp xúc giữa thủy tinh và chất lỏng bắt đầu xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần, ta có:

\(\sin {i_{gh}} = \frac{n}{{{n_{tt}}}} \Rightarrow \sin 63^\circ = \frac{n}{{1,47}} \Rightarrow n \approx 1,3\). Đáp án.1,3

Phương trình: \({\rm{NaOH}} + {\rm{HCl}} \to {\rm{NaCl}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) có phương trình ion thu gọn:

\({{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Phương trình: \(2{\rm{KOH}} + {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2} + 2{\rm{KCl}}\) có phương trình ion thu gọn:

\(2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } + {\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2}\)

Phương trình: \({\rm{NaOH}} + {\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) có phương trình ion thu gọn:

\({\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } + {\rm{HCO}}_3^ - \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Phương trình: \({\rm{KOH}} + {\rm{HN}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{KN}}{{\rm{O}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) có phương trình ion thu gọn:

\({{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\( \Rightarrow \) Chọn: \({\rm{KOH}} + {\rm{HN}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{KN}}{{\rm{O}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\).

Chọn D.

\({{\rm{N}}_2} + {{\rm{O}}_2} \to 2{\rm{NO}}\)(Khí NO)

\({{\rm{N}}_2} + 3{{\rm{H}}_2} \to 2{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\)(Khí \[N{H_3}\])

→ Chọn \[{O_2};{\rm{ }}{H_2}\]

Chọn D.

100 ml dung dịch oxalic acid chứa 0,01 mol \[{\left( {COOH} \right)_2}\]

10 ml        ⟶                                 0,001 mol

Đặt \[{n_{NaOH}} = {\rm{ }}x{\rm{ }}mol.\]

Phenolphthalein xuất hiện màu hồng ở pH = 9 > 7 ⟹ NaOH dư, \[{\left( {COOH} \right)_2}\]hết

Phương trình hóa học:

pH = 9 ⟹ pOH = 14 - 9 = 5 ⟹\[{\left[ {O{H^ - }} \right]_{sau}} = {\rm{ }}{10^{ - 5}}\]

Ta có:\({[O{H^ - }]_{sau}} = \frac{{x - 0,002}}{{(10 + 17,5){{.10}^{ - 3}}}} = {10^{ - 5}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow x = 2,{000275.10^{ - 3}}\\ \Rightarrow {C_{M\,\,(NaOH)}} = \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{V_{dd\,NaOH}}}} = \frac{{2,{{000275.10}^{ - 3}}}}{{17,{{5.10}^{ - 3}}}} = 0,1143\,M\end{array}\)

Chọn A.

Số mol \(\pi \) trong \(X = 0,1 + 0,2 \cdot 2 = 0,5\;{\rm{mol}}\).