Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 15)

Sản phẩm nước cam ép chiếm \(69,3\% \). Chọn B.

Thông tin nằm ở đoạn 2: Các nhà nghiên cứu cho rằng người ta có thể tăng dung lượng của trí nhớ ngắn hạn bằng cách phân chia hoặc phân loại các thông tin tương tự với nhau. Chọn B.

Thông tin nằm ở đoạn 3: Do đó, học thuộc lòng không phải là một cách hiệu quả để truyền thông tin từ trí nhớ ngắn hạn sang trí nhớ dài hạn. Chọn C.

Thông tin nằm ở đoạn 3: Khi cần lưu lại một số điện thoại mà không có giấy và bút, mọi người thường cố gắng ghi nhớ bằng cách đọc lặp đi lặp lại số điện thoại đó. Nhưng nếu có người bấm chuông cửa hoặc có tiếng chó sủa, anh ta có thể sẽ ngay lập tức quên mất số điện thoại đang cố gắng ghi nhớ. Chọn C.

Thông tin nằm ở đoạn 3: Một cách tốt hơn để ghi nhớ đó là mã hóa thông tin, có nghĩa là gán ý nghĩa hoặc hình ảnh cho thông tin đó để nó có thể được lưu trữ cùng với những kí ức dài hạn khác đã tồn tại từ trước. Chọn C.

Số ngày bạn An để dành tiền (thời gian bỏ ống heo tính từ ngày 01 tháng 01 năm 2016 đến ngày 30 tháng 4 năm 2016) là \(31 + 29 + 31 + 30 = 121\) (ngày)

Số tiền bỏ ống heo ngày đầu tiên là \({u_1} = 100.\)

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ hai là \({u_2} = 100 + 1.100.\)

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ ba là \({u_3} = 100 + 2.100.\)

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ \(n\) là \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 100 + \left( {n - 1} \right) \cdot 100 = 100n\)

Số tiền bỏ ống heo ngày thứ 121 là \({u_{121}} = 100 \cdot 121 = 12\,\,100\).

Sau 121 ngày thì số tiền An tích luỹ được là tổng của 121 số hạng đầu của cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 100\,;\,\,d = 100.\)

Vậy số tiền An tích luỹ được là:

\({S_{121}} = \frac{{121}}{2}\left( {{u_1} + {u_{121}}} \right) = \frac{{121}}{2}\left( {100 + 12\,\,100} \right) = 738\,\,100\) (đồng). Chọn A.

Đáp án A được nhắc đến ở đầu đoạn 3: Khi cố gắng ghi nhớ điều gì đó, chẳng hạn kiến thức cho một kì thi, nhiều người lựa chọn phương pháp học thuộc lòng, có nghĩa là đọc to, lặp đi lặp lại kiến thức đó, cố gắng lưu giữ khối lượng kiến thức đó tồn tại thật lâu trong trí nhớ.

Đáp án C được nhắc đến trong đoạn 4: Nếu một kí ức vô tình bị lãng quên thì cũng có thể lấy lại được bằng cách nhắc nhở.

Đáp án D được nhắc đến trong đoạn 3: Một cách tốt hơn để ghi nhớ đó là mã hóa thông tin.

→ Chọn B.

Phong cách ngôn ngữ trong đoạn trích trên là: khoa học. Phong cách ngôn ngữ khoa học thường xuất hiện trong các văn bản khoa học. Nó là ngôn ngữ trình bày những phát hiện hoặc khám phá từ khoa học và có tính chính xác. Chọn B.

Đoạn 3 văn bản trình bày: Nhưng các hạt trong nghiên cứu về phổi đều từ nhựa và được biết là độc hại với người, là nguyên nhân của kích thích phổi, hoa mắt, chóng mặt, đau đầu và ung thư, Kari Nadeau, một nhà nghiên cứu về dị ứng và bệnh hen suyễn ở ĐH Stanford. “Chúng tôi biết điều này từ những nghiên cứu khác”. Theo văn bản, các vi nhựa có thể gây nên nhiều căn bệnh như kích thích phổi, hoa mắt, chóng mặt, đau đầu và ung thư. Chọn A.

Đoạn cuối trình bày: Giải pháp đem lại hiệu quả lớn nhất hiện nay là cắt giảm lượng sản phẩm nhựa dùng một lần. Các loại nhựa dùng một lần là túi nilon, thìa, dĩa, cốc nhựa,... Do đó, từ nội dung trên, đáp án phù hợp nhất là: túi nilon. Chọn A.

Câu nói trên của nhà khoa học Galloway có ý nghĩa phê phán những thứ có công dụng ngắn như nilon, đồ dùng một lần như cốc dĩa ăn một lần nhưng lại khó phân huỷ. Thật vô nghĩa khi con người sử dụng những thứ có công dụng ngắn nhưng lại mất quá nhiều thời gian để phân huỷ. Chọn C.

Thuật ngữ là những từ ngữ biểu thị khái niệm khoa học, công nghệ thường được dùng trong các văn bản khoa học, công nghệ. Các thuật ngữ xuất hiện trong bài là “ung thư”, “viêm nhiễm”, “lây nhiễm”. Đây là các thuật ngữ thuộc lĩnh vực y học.Từ “xung quanh” không phải là thuật ngữ khoa học.Chọn C.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)}\\{\overrightarrow {BC}  = \left( { - 7\,;\,\, - 5\,;\,\, - 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \vec 0 \Rightarrow } \right.\) tam giác \[ABC\] vuông tại \[B.\]

\( \Rightarrow \) Tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là trung điểm của cạnh huyền \[AC.\]

\( \Rightarrow I\left( {1\,;\,\, - \frac{1}{2}\,;\,\,3} \right).\)

Vậy \(a + 2b + c = 3.\) Chọn B.

- Phương án A: Thông tin có trong câu: Một số công việc sẽ mất đi, nhưng năng suất tổng thể sẽ tăng lên, tạo ra nhiều của cải hơn làm lợi cho tất cả mọi người.

- Phương án B: Thông tin có trong câu: Chất lượng cuộc sống con người sẽ được cải thiện.

- Phương án C: Thông tin có trong câu: Có những lo ngại về quyền riêng tư, xử lí dữ liệu và vai trò của chính phủ trong việc quản lí các công ty và quản lí chính mình trong lĩnh vực này.

- Phương án D: Thông tin không được nhắc đến trong đoạn trích.

→ Chọn D.

. - Phương án A: Thông tin có trong câu: Đối với nhiều người, những thay đổi này sẽ rất đáng sợ.

- Phương án B: Thông tin không được nhắc đến trong đoạn trích.

- Phương án C: Thông tin có trong câu: Có những lo ngại về quyền riêng tư, xử lí dữ liệu và vai trò của chính phủ trong việc quản lí các công ty và quản lí chính mình trong lĩnh vực này. Nhưng đấy không phải là những vấn đề không thể giải quyết.

- Phương án D: Thông tin có trong câu: Con người lo lắng rằng khi AI trở nên phát triển hơn, chúng ta sẽ dựa vào máy tính của mình nhiều đến mức cuối cùng sẽ coi chúng là bạn và không thể hoạt động nếu không có chúng.

→ Chọn B.

Để trả lời được câu hỏi này học sinh phải nắm chắc được khái niệm về các cách thức hay còn gọi là quy tắc lập luận của đoạn văn. Trong đó, đặc điểm của quy tắc/cách thức “tổng - phân – hợp” là có câu chủ đề ở đầu đoạn “Con người lo lắng rằng khi AI trở nên phát triển hơn, chúng ta sẽ dựa vào máy tính của mình nhiều đến mức cuối cùng sẽ coi chúng là bạn và không thể hoạt động nếu không có chúng.” và câu khái quát, nâng cao ý ở cuối đoạn “Nhưng có lẽ một trong những hệ quả sâu xa nhất của nó sẽ là khiến chúng ta phải trân trọng những điều con người nhất trong ta”. Đọc kĩ đoạn văn (2) học sinh sẽ nhận ra đặc điểm đó. Chọn C.

Cụm từ “những vấn đề” thay thế cho nội dung được nhắc đến ở câu liền trước: Có những lo ngại về quyền riêng tư, xử lí dữ liệu và vai trò của chính phủ trong việc quản lí các công ty và quản lí chính mình trong lĩnh vực này. Chọn B.

Từ “nó” thay thế cho một đối tượng được nói ở câu liền trước: Nhưng chuyện đã như vậy rồi mà, điện thoại của tôi có thể cung cấp cho tôi nhiều thông tin hơn bất kì con người nào tôi biết. Như vậy từ “nó” được dùng để nói về chiếc điện thoại. Chọn A.

Gọi \(G\) là tâm của tam giác đều \[ABC\] và \(M\) là trung điểm của \[BC.\]

Theo giả thiết góc giữa mặt bên và đáy bằng \(45^\circ \) suy ra \(\widehat {SMG} = 45^\circ .\)

Tam giác \[ABC\] đều cạnh \(a\) nên \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\) và \(GM = \frac{1}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\)

Xét tam giác \[SGM\] có: \(\tan \widehat {SMG} = \frac{{SG}}{{GM}} \Leftrightarrow \tan 45^\circ  = \frac{{SG}}{{GM}} \Rightarrow SG = GM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S \cdot ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SG = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{{a^3}}}{{24}}.\)

Chọn B.

Hai dòng thơ đầu có sử dụng các thành phần biệt lập: Thành phần cảm thán: “Ôi”. Thành phần tình thái: “Có ngờ đâu”. Chọn B.

Hai dòng thơ đầu thể hiện tâm trạng xúc động rưng rưng của nhà thơ khi trở về quê cũ. Chọn D.

Những hình ảnh trong đoạn thơ đã thể hiện được vẻ đẹp và sức sống tiềm tàng, mãnh liệt của quê hương: xanh biếc bóng dừa, những mặt người ta yêu biết mấy, đoạn đường xưa, tiếng võng đưa, những bông trang trắng, những bông trang hồng, con sông nước chẳng đổi dòng, hoa lục bình tím cả bờ sông. Chọn A.

Trong câu thơ “Hoa lục bình tím cả bờ sông”, chữ “tím” ở đây có sự chuyển đổi từ loại từ tính từ sang động từ (tím: nhuộm tím cả bờ sông). Chọn A.

Điệp từ “ta” được điệp lại nhiều lần kết hợp với một loạt những động từ “gặp lại”, “yêu”, “nhìn”, “say”, “ngắm”,… nhằm thể hiện tình yêu quê hương tha thiết và nỗi xúc động, bồi hồi của tác giả khi trở lại quê nhà sau bao năm năm xa cách. Chọn B.

Ta có \({z^2} - 4z + 13 = 0 \Leftrightarrow {\left( {z - 2} \right)^2} =  - 9\)

\( \Leftrightarrow {\left( {z - 2} \right)^2} = {\left( {3i} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = 2 + 3i}\\{z = 2 - 3i}\end{array} \Rightarrow A\left( {2\,;\,\,3} \right),\,\,B\left( {2\,;\,\, - 3} \right)} \right.{\rm{. }}\)

Ta có \(OA = OB = \sqrt {13} \). Do đó \(\Delta OAB\) cân tại O.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) nên \(H\left( {2\,;\,\,0} \right)\) và \(OH \bot AB,\,\,OH = 2,\,\,AB = 6.\)

Vậy \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}OH \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 6 = 6.\) Chọn D.

Ngày 18-6-1919, thay mặt những người Việt Nam yêu nước tại Pháp, Nguyễn Tất Thành với tên gọi mới là Nguyễn Ái Quốc gửi đến Hội nghị Vécxai bản Yêu sách của nhân dân An Nam, đòi Chính phủ Pháp và các nước đồng minh thừa nhận các quyền tự do, dân chủ, quyền bình đẳng và quyền tự quyết của dân tộc Việt Nam. Bản yêu sách không được chấp nhận. Chọn D.

Giữa năm 1920, Nguyễn Ái Quốc đọc bản Sơ thảo lần thứ nhất những luận cương về vấn đề dân tộc và vấn đề thuộc địa của V. I. Lênin đăng trên báo Nhân đạo của Đảng Xã hội Pháp. Luận cương của Lênin đã giúp Nguyễn Ái Quốc khẳng định con đường giành độc lập và tự do của nhân dân Việt Nam. Chọn A.

Nội dung bao trùm trong con đường cứu nước do Nguyễn Ái Quốc Nguyễn Ái Quốc lựa Chọn C.ho dân tộc Việt Nam (1920) là độc lập dân tộc gắn liền với chủ nghĩa xã hội, theo tư tưởng của Mác-Lê-nin nhưng cũng có những sáng tạo để phù hợp với hoàn cảnh Việt Nam. Chọn A.

Chọn vị trí xuất phát \(A\) làm mốc. Ta xét chiều quay của đu quay là theo chiều kim đồng hồ.

Cứ 30 phút thì đu quay sẽ quay được 1 vòng bằng \(360^\circ .\)

Suy ra sau 20 phút thì đu quay sẽ quay được \(\frac{{20 \cdot 360^\circ }}{{30}} = 240^\circ  \Rightarrow \) ở tại vị trí \(B\) theo hình vẽ.

\( \Rightarrow \widehat {BOH} = 60^\circ .\)

Ta có \(\cos \widehat {BOH} = \frac{{OH}}{{OB}} \Leftrightarrow \cos 60^\circ  = \frac{{OH}}{{75}} \Leftrightarrow OH = \frac{{75}}{2}\,\,(\;{\rm{m}}).\)

Vậy sau 20 phút thì người đó ở độ cao \(15 + 75 + \frac{{75}}{2} = 127,5\;\,({\rm{m)}}.\) Chọn C.

Ta có \({\log _{700}}490 = \frac{{\log 490}}{{\log 700}} = \frac{{\log 10 + \log 49}}{{\log 100 + \log 7}}\)

\( = \frac{{1 + 2\log 7}}{{2 + \log 7}} = \frac{{4 + 2\log 7 - 3}}{{2 + \log 7}} = 2 + \frac{{ - 3}}{{2 + \log 7}}\)

Suy ra \(a = 2\,,\,\,b =  - 3\,,\,\,c = 2.\) Do đó \(T = a + b + c = 1.\) Chọn D.

Ta có \(OO' = 2a\,,\,\,A'B = \sqrt {A{B^2} - A{{A'}^2}}  = \sqrt {6{a^2} - 4{a^2}}  = a\sqrt 2 .\)

Do đó \(A'{B^2} = O'{B^2} + O'{A^2} = 2{a^2}\) nên tam giác \(O'A'B\) vuông cân tại \(O'\) hay \(O'A' \bot O'B \Rightarrow OA \bot O'B.\)

Khi đó \({V_{OO'AB}} = \frac{1}{6}OA \cdot O'B \cdot d\left( {OA,\,\,O'B} \right) \cdot \sin \left( {OA,\,\,O'B} \right)\)

\( = \frac{1}{6} \cdot a \cdot a \cdot 2a \cdot \sin 90^\circ  = \frac{{{a^3}}}{3}{\rm{. }}\)

Chọn A.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2 - ax}}{{bx - c}} = \frac{{ - a}}{b} \Rightarrow \frac{{ - a}}{b} = 3 \Leftrightarrow a =  - 3b\)

Hàm số không xác định tại \(x = 1 \Rightarrow b - c = 0 \Leftrightarrow b = c\)

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định nên \(f'\left( x \right) = \frac{{ac - 2b}}{{{{\left( {bx - c} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \ne 1\)

\( \Leftrightarrow ac - 2b > 0 \Leftrightarrow  - 3{b^2} - 2b > 0 \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} < b < 0 \Leftrightarrow 0 <  - b < \frac{2}{3}\).

Lại có \(a + b + c =  - 3b + b + b =  - b \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} = {b^2} \in \left( {0\,;\,\,\frac{4}{9}} \right).\) Chọn C.

Huyết áp giảm nhiều nhất thì hàm số \(G\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Xét hàm số \(h\left( x \right) = {x^2}\left( {15 - x} \right)\) trên \[\left( {0\,;\,\,15} \right)\], có \[h'\left( x \right) = 30x - 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 10}\end{array}} \right.\].

Dựa vào BBT của \(h\left( x \right)\), ta thấy \(h\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(x = 10.\) Chọn D.

Hàm số liên tục tại \(x = 2 \Rightarrow 3 \cdot 2 + 1 = 2a - 2a + b \Leftrightarrow b = 7\).

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

Đổi cận \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 1}\\{x = 2 \Rightarrow t = 5}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(\frac{1}{2}\int\limits_1^5 {f\left( t \right)} \,{\rm{d}}t = 5 \Leftrightarrow \int\limits_1^5 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 10\)\( \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {\left( {ax - 2a + 7} \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_2^5 {\left( {3x + 1} \right)} \,{\rm{d}}x = 10\)

\( \Leftrightarrow a\frac{{{x^2}}}{2} - 2ax + \left. {7x} \right|_1^2 =  - \frac{{49}}{2} \Leftrightarrow  - \frac{1}{2}a + 7 =  - \frac{{49}}{2} \Leftrightarrow a = 63\).

Vậy \(T = 2 \cdot 63 - {7^2} + 1 = 78.\) Chọn C.

Điều kiện: \({2^{x + 1}} - 3 > 0 \Leftrightarrow {2^x} > \frac{3}{2}.\)

Ta có \({\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = x - {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right) \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = {\log _2}{2^x} - {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right)\)

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

\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - {3.2^x} - 4 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} =  - 1\,\,(\;{\rm{L}})}\\{{2^x} = 4\,\,({\rm{TM}})}\end{array} \Leftrightarrow x = 2} \right..\)

Đối chiếu điều kiện ta thấy \(x = 2\) thoả mãn.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm. Chọn B.

TH1: Chọn 3 học sinh nữ có \(C_{15}^3 = 455\) (cách).

TH2: Chọn 2 học sinh nữ, 1 học sinh nam có \(C_{15}^2 \cdot C_{25}^1 = 2\,\,625\) (cách).

Số cách chọn 3 học sinh trong đó có nhiều nhất 1 học sinh nam là:

\[2\,\,625 + 455 = 3\,\,080\] (cách).

Chọn D.

Do \(x > 0\,;\,\,\frac{x}{3} + \frac{y}{4} \le 1\) nên ta có \(\frac{y}{4} < 1 \Leftrightarrow y < 4\)

Do \(y\) nguyên dương nên \(y \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\).

• Với \(y = 1\) ta có \[0 < \frac{x}{3} \le \frac{3}{4} \Leftrightarrow 0 < x \le \frac{9}{4} \Leftrightarrow x \in \left\{ {1\,;\,\,2} \right\}\].

• Với \(y = 2\) ta có \(0 < \frac{x}{3} \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow 0 < x \le \frac{3}{2} \Leftrightarrow x = 1\).

Với \(y = 3\) ta có \(0 < \frac{x}{3} \le \frac{1}{4} \Leftrightarrow 0 < x \le \frac{3}{4} \Leftrightarrow x \in \emptyset \).

Vậy bất phương trình có các nghiệm nguyên dương là \[\left( {1\,;\,\,1} \right),\,\,\left( {2\,;\,\,1} \right),\,\,\left( {1\,;\,\,2} \right).\] Chọn A.

Gọi \(B\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) là điểm cần tìm.

Gọi \(I\) và \(I'\) lần lượt là trung điểm của AC và \(B'D'\)

\( \Rightarrow I\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,4} \right)\) và \(I'\left( {1\,;\,\,3\,;\,\,0} \right)\)

\(\overrightarrow {{I^\prime }I}  = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,4} \right)\,;\,\,\overrightarrow {{B^\prime }B}  = \left( {x - 2\,;\,\,y - 4\,;\,\,z + 1} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {B'B}  = \overrightarrow {I'I}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2 =  - 1}\\{y - 4 =  - 1}\\{z + 1 = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 3}\\{z = 3}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \[B\left( {1\,;\,\,3\,;\,\,3} \right).\] Chọn D.

Gọi số học sinh loại tốt là \(x\), số học sinh loại khá là \(y\,\,\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)

Ta có hệ phương trình \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {2x + y} \right) \cdot 10\,\,000 = 700\,\,000}\\{\left( {3x + y} \right) \cdot 2\,\,500 = 200\,\,000}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 70}\\{3x + y = 80}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 10}\\{y = 30}\end{array}} \right.} \right.} \right.\] (TMĐK)

Vậy lớp có 40 học sinh. Chọn A.

Phương trình đã cho có nghiệm khi \( - 1 \le 3m - 5 \le 1 \Leftrightarrow 4 \le 3m \le 6 \Leftrightarrow \frac{4}{3} \le m \le 2.\)

Khi đó tập hợp tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có nghiệm \[\left[ {\frac{4}{3}\,;\,\,2} \right].\]

Ta được \(a = \frac{4}{3};\,\,b = 2.\) Suy ra \(3a + b = 6.\) Chọn D.

Sau quý thứ nhất, số tiền trong tài khoản của người đó là:

\(10\left( {1 + 6\% } \right) + 20 = 30,6\) (triệu đồng) (do người đó gửi thêm vào 20 triệu đồng).

Sau quý thứ hai số tiền có trong tài khoản của người đó là:

\(30,6 + 30,6 \cdot 6\%  = 30,6 \cdot \left( {1 + 6\% } \right)\) (triệu đồng).

Sau 1 năm số tiền người đó thu được là: \(30,6{\left( {1 + 6\% } \right)^3} \approx 36,445\) (triệu đồng).

Chọn C.

Ta có \(\left( {1 + {x^2}} \right)f'\left( x \right) - 1 = 3{x^4} + 4{x^2} \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{{3{x^4} + 4{x^2} + 1}}{{1 + {x^2}}}\).

Suy ra \[f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \int {\frac{{3{x^4} + 4{x^2} + 1}}{{1 + {x^2}}}} \;{\rm{d}}x\]

\( = \int {\frac{{3{x^2}\left( {{x^2} + 1} \right) + \left( {{x^2} + 1} \right)}}{{1 + {x^2}}}} \;{\rm{d}}x = \int {\left( {3{x^2} + 1} \right)} \,{\rm{d}}x = {x^3} + x + C{\rm{. }}\)

Do \(f\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 2 + C = 0 \Leftrightarrow C =  - 2.\) Khi đó \(f\left( x \right) = {x^3} + x - 2.\)

Suy ra \(f\left( {{x^2}} \right) = {\left( {{x^2}} \right)^3} + {x^2} - 2 = {x^6} + {x^2} - 2.\)

Do \(F\left( x \right) = \int 2 1 \cdot f\left( {{x^2}} \right){\rm{d}}x = 21\int f \left( {{x^2}} \right){\rm{d}}x\)\( = 21\int {\left( {{x^6} + {x^2} - 2} \right)\,} {\rm{d}}x = 21\left( {\frac{{{x^7}}}{7} + \frac{{{x^3}}}{3} - 2x} \right) + D{\rm{. }}\)

Mặt khác \(F(0) = 10 \Rightarrow D = 10.\) Suy ra \(F\left( x \right) = 3{x^7} + 7{x^3} - 42x + 10.\)

Vậy \(F(2) = 3 \cdot {2^7} + 7 \cdot {2^3} - 42 \cdot 2 + 10 = 366.\) Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {AM}  = \left( {6\,;\,\, - 7\,;\,\,1} \right)\), vectơ pháp tuyến của \((\alpha )\) là \(\vec n = \left( {3\,;\,\, - 4\,;\,\,1} \right).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên a.

\(d\left( {A\,;\,\,a} \right) = AH \le AM = \sqrt {86}  \Rightarrow d\left( {A\,;\,\,a} \right)\) lớn nhất khi \(H \equiv M.\)

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

Gọi \(\vec u\) là vectơ chỉ phương của \[a\] nên \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\vec u \bot \vec n}\\{\vec u \bot \overrightarrow {AM} }\end{array}\,;\,\,\left[ {\overrightarrow {AM} \,,\,\,\vec n} \right] = \left( { - 3\,;\,\, - 3\,;\,\, - 3} \right) =  - 3\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)} \right..\]

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

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = a}\\{{x^2} + {y^2} = 6 - {a^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = a}\\{{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy = 6 - {a^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = a}\\{xy = {a^2} - 3}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Điều kiện tồn tại \(x,\,\,y\) là: \({\left( {x + y} \right)^2} \ge 4xy \Leftrightarrow {a^2} \ge 4\left( {{a^2} - 3} \right)\)\( \Leftrightarrow {a^2} \le 4 \Leftrightarrow  - 2 \le a \le 2.{\rm{ }}\)

Khi đó \(F = {a^2} + 2a - 3 = {\left( {a + 1} \right)^2} - 4 \ge  - 4\)\( \Rightarrow \min F =  - 4 \Leftrightarrow a =  - 1\,\,({\rm{TM}})\). Chọn C.

Ta có \(f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right)\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} ,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)}}{{\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }} = 2x + 1 \Leftrightarrow \frac{{2f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)}}{{2\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }} = 2x + 1\)

\( \Rightarrow \int {\frac{{2f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right)}}{{2\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)} }}} {\rm{d}}x = \int {\left( {2x + 1} \right)} \,{\rm{d}}x \Leftrightarrow \sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)}  = {x^2} + x + C.\)

Cho \(x = 0\) ta được: \(C = \sqrt {1 + {f^2}\left( 0 \right)}  = \sqrt {1 + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 3\). Suy ra \(\sqrt {1 + {f^2}\left( x \right)}  = {x^2} + x + 3\)

Lại cho \(x = 2\) ta được: \(\sqrt {1 + {f^2}\left( 2 \right)}  = 4 + 2 + 3 = 9 \Rightarrow 1 + {f^2}\left( 2 \right) = 81 \Rightarrow {f^2}\left( 2 \right) = 80\)

\( \Rightarrow f\left( 2 \right) = 4\sqrt 5 \) (do \(f\left( x \right) > 0\)). Do đó \(f\left( 2 \right) = 4\sqrt 5 .\) Chọn B.

Gọi \[A,\,\,B\] lần lượt là giao điểm của đường thẳng đã cho với \[Ox,\,\,Oy.\]

Ta có \(12x + 5y = 60 \Leftrightarrow \frac{x}{5} + \frac{y}{{12}} = 0.\) Do đó \(A\left( {5\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,12} \right).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên AB.

Khi đó \(OH = d\left( {O\,;\,\,AB} \right) = \frac{{\left| {12 \cdot 0 + 5 \cdot 0 - 60} \right|}}{{\sqrt {{{12}^2} + {5^2}} }} = \frac{{60}}{{13}}.\)

Tam giác \[OAB\] là tam giác vuông tại \(O\).

Khi đó, tổng độ dài các đường cao là: \(OA + OB + OH = 5 + 12 + \frac{{60}}{{13}} = \frac{{281}}{{13}}{\rm{.}}\) Chọn B.

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.

Theo đề ta có phương trình của elip là \(\frac{{{x^2}}}{{\frac{1}{4}}} + \frac{{{y^2}}}{{\frac{4}{{25}}}} = 1.\)

Gọi \[M,\,\,N\] lần lượt là giao điểm của dầu với elip.

Gọi \({S_1}\) là diện tích của hình elip ta có \({S_1} = \pi ab = \pi  \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5} = \frac{\pi }{5}.\)

Gọi \({S_2}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi elip và đường thẳng \[MN\]

Theo đề bài chiều cao của dầu hiện có trong thùng (tính từ đáy thùng đến mặt dầu) là \[0,6{\rm{ }}m\] nên ta có phương trình của đường thẳng \[MN\] là \(y = \frac{1}{5}.\)

Mặt khác, từ phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{\frac{1}{4}}} + \frac{{{y^2}}}{{\frac{4}{{25}}}} = 1\), ta có \(y = \frac{4}{5}\sqrt {\frac{1}{4} - {x^2}} .\)

Do đường thẳng \(y = \frac{1}{5}\) cắt elip tại hai đỉnh \[M,\,\,N\] có hoành độ lần lượt là \( - \frac{{\sqrt 3 }}{4}\) và \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}\) nên

\({S_2} = \int\limits_{ - \frac{{\sqrt 3 }}{4}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{4}} {\left( {\frac{4}{5}\sqrt {\frac{1}{4} - {x^2}}  - \frac{1}{5}} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{4}{5}\int\limits_{ - \frac{{\sqrt 3 }}{4}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{4}} {\sqrt {\frac{1}{4} - {x^2}} } \,{\rm{d}}x - \frac{{\sqrt 3 }}{{10}}{\rm{. }}\)

Tính \(I = \int\limits_{ - \frac{{\sqrt 3 }}{4}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{4}} {\sqrt {\frac{1}{4} - {x^2}} } \,{\rm{d}}x\). Đặt \(x = \frac{1}{2}\sin t \Rightarrow {\rm{d}}x = \frac{1}{2}\cos t\;{\rm{d}}t.\)

Đổi cận: Khi \(x =  - \frac{{\sqrt 3 }}{4}\) thì \(t =  - \frac{\pi }{3}\); khi \(x = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\) thì \(t = \frac{\pi }{3}.\)

\(I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}{{\cos }^2}t\;{\rm{d}}t}  = \frac{1}{8}\int\limits_{ - \frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( {1 + \cos 2t} \right){\rm{d}}t}  = \frac{1}{8}\left( {\frac{{2\pi }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).\)

Do đó \({S_2} = \frac{4}{5} \cdot \frac{1}{8}{\left( {\frac{{2\pi }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^3} - \frac{{\sqrt 3 }}{{10}} = \frac{\pi }{{15}} - \frac{{\sqrt 3 }}{{20}}.\)

Thể tích của dầu trong thùng là \(V = \left( {\frac{\pi }{5} - \frac{\pi }{{15}} + \frac{{\sqrt 3 }}{{20}}} \right) \cdot 3 = 1,52\).

Vậy \(V = 1,52\;\,{{\rm{m}}^3}.\) Chọn D.

Gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\].

Trong mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\) dựng \(S'M\,{\rm{//}}\,SG.\)

Suy ra \[S'A = \frac{3}{2}SA = 3a\].

Do đó \(d\left( {SG,BC} \right) = d\left( {SG,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right) = d\left( {G,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right)\)

Vì \(AM = 3GM\) nên \(d\left( {G,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right)\)

Kẻ \(AH \bot BC\); \(AK \bot S'H\) ta có \(BC \bot \left( {S'AH} \right)\); \(AK = d\left( {A,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right).\)

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.\) Suy ra \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S'{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{6a}}{7}.\)

Do đó \(d\left( {G,\,\,\left( {S'BC} \right)} \right) = \frac{1}{3}AK = \frac{{2a}}{7}.\) Chọn A.

Ta có \({\left( {{x^3}} \right)^\prime } = {e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right) \Leftrightarrow 3{x^2} = {e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)\) và \(\int {{e^{ - 2x}}}  \cdot f\left( x \right){\rm{d}}x = {x^3} + C.\)

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {e^{ - 2x}}}\\{\;{\rm{d}}v = f'\left( x \right){\rm{d}}x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u =  - 2{e^{ - 2x}}\;{\rm{d}}x}\\{v = f\left( x \right)}\end{array}} \right.} \right.\).

Suy ra \(\int {{e^{ - 2x}}}  \cdot f'\left( x \right){\rm{d}}x = {e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right) + \int 2 {e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right){\rm{d}}x\)\( = 3{x^2} + 2{x^3} + C.\) Chọn B.

Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là điểm biểu diễn số phức

Theo giả thiết, ta có \(z = m - 2 + \left( {{m^2} - 1} \right)i\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = m - 2}\\{y = {m^2} - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = x + 2}\\{y = {{\left( {x + 2} \right)}^2} - 1}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow y = {x^2} + 4x + 3\)\( \Rightarrow (C):y = {x^2} + 4x + 3\).

Phương trình hoành độ giao điểm của \((C)\) và \(Ox\) là: \({x^2} + 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 3}\\{x =  - 1}\end{array}} \right.\).

Suy ra diện tích hình phẳng giới hạn bởi \((C)\) và trục hoành là:

\(S = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left| {{x^2} + 4x + 3} \right|} \,{\rm{d}}x = \left| {\int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left( {{x^2} + 4x + 3} \right)} \,{\rm{d}}x} \right|\)\[ = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} + 3x} \right)} \right|_{ - 3}^{ - 1}} \right| = \left| { - \frac{4}{3} - 0} \right| = \frac{4}{3}.\]

Vậy \(S = \frac{4}{3}.\) Chọn D.

Xét hàm số \(y = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right)}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]}}\).

Xét phương trình \(f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 1} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right.\)

• Với \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1\,\,\,({\rm{kep}})}\\{x =  - 2\,\,({\rm{don}})}\end{array} \Rightarrow x = 1} \right.\) là tiệm cận đứng, \(x =  - 2\) không là tiệm cận đứng.

• Với \[f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = {x_1} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)}\\{x = {x_2} \in \left( { - 2\,;\,\, - 1} \right)}\end{array} \Rightarrow x = 0\,,\,\,x = {x_1},x = {x_2}} \right.\] đều là các đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 4 đường TCĐ. Chọn A.

Gọi \[x\,,\,\,2x\,,\,\,h\,\,(m)\] lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của bể.

Khi đó thể tích bể là \(x \cdot 2x \cdot h = 8 \Rightarrow h = \frac{4}{{{x^2}}}.\)

Diện tích cần xây dựng cho bể không nắp là:

\(S = 2x \cdot x + 2 \cdot 2x \cdot h = 2{x^2} + 6xh = 2{x^2} + 6x \cdot \frac{4}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{{24}}{x}.\)

Để số lượng gạch dùng để xây bể là nhỏ nhất thì diện tích cần xây dựng là nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM nên

\(2{x^2} + \frac{{24}}{x} = 2{x^2} + \frac{{12}}{x} + \frac{{12}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{2{x^2} \cdot \frac{{12}}{x} \cdot \frac{{12}}{x}}} = 2\sqrt[3]{{288}}\)

Dấu  xảy ra khi \(2{x^2} = \frac{{12}}{x} \Leftrightarrow {x^3} = 6 \Rightarrow x = \sqrt[3]{6}.\)

Khi đó \(h = \frac{4}{{{x^2}}} = \frac{4}{{{{\left( {\sqrt[3]{6}} \right)}^2}}} \approx 1,21.\) Chọn D.

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}}\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 10\) và \(f\left( x \right) - 20 = g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow f(x) = g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) + 20.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) + 20} \right] = 10 \cdot \left( {2 - 2} \right) + 20 = 20.\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6f\left( x \right) + 5 - 125}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6\left[ {f\left( x \right) - 20} \right]}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}} \cdot \frac{6}{{\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)

\( = 10 \cdot \frac{6}{{\left( {2 + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6 \cdot 20 + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6 \cdot 20 + 5}} + 25} \right]}} = \frac{4}{{25}}.\)

Chọn D.

Theo bài ra, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \ge f\left( { - 1} \right)}\\{M \ge f\left( 3 \right)}\\{M \ge f\left( 1 \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \ge \left| { - a + b + 1} \right|}\\{M \ge \left| {3a + b + 9} \right|}\\{2M \ge 2\left| {a + b + 1} \right| = \left| { - 2a - 2b - 2} \right|}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra \(4M \ge \left| { - a + b + 1} \right| + \left| {3a + b + 9} \right| + \left| { - 2a - 2b - 2} \right| \ge \left| { - a + b + 1 + 3a + b + 9 - 2a - 2b - 2} \right|\)

\( \Leftrightarrow 4M \ge 8 \Leftrightarrow M \ge 2.\)

Điều kiện cần để \(M = 2\) là \(\left| { - a + b + 1} \right| = \left| {3a + b + 9} \right| = \left| { - a - b - 1} \right| = 2\)

Và \( - a + b + 1\,,\,\,3a + b + 9\,,\,\, - a - b - 1\) cùng dấu

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - a + b + 1 = 3a + b + 9 =  - a - b - 1 = 2}\\{ - a + b + 1 = 3a + b + 9 =  - a - b - 1 =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 2}\\{b =  - 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Ngược lại, với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 2}\\{b =  - 1}\end{array}} \right.\) thì \(f(x) = \left| {{x^2} - 2x - 1} \right|.\)

Xét hàm số \(g(x) = {x^2} - 2x - 1\) trên đoạn \[\left[ { - 1\,;\,\,3} \right].\]

Ta có \(g'\left( x \right) = 2x - 2\,;\,\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left[ { - 1\,;\,\,3} \right].\)

Do \(M\) là giá trị lớn nhất của hàm số \(f(x)\) trên đoạn \[\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]\] nên

\(M = \max \left\{ {\left| {g\left( { - 1} \right)} \right|\,\,;\,\,\left| {g\left( 3 \right)} \right|\,\,;\,\,\left| {g\left( 1 \right)} \right|} \right\} = 2.{\rm{ }}\)

Từ đó suy ra với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 2}\\{b =  - 1}\end{array}} \right.\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Vậy \(a + 2b = 4.\) Chọn D.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow IH \bot AB \Rightarrow IH = d(I;d).\)

Ta có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right),\,\,M\left( { - 7\,;\,\, - 9\,;\,\, - 7} \right) \in d.\)

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {{u_d}} \,,\,\,\overrightarrow {IM} } \right] = \left( {30\,;\,\, - 30\,;\,\,15} \right) \Rightarrow d\left( {I\,;\,\,d} \right) = \frac{{\left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {IM} } \right]}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = 15\).

Bán kính mặt cầu \(R = \sqrt {A{H^2} + {d^2}\left( {I\,;\,\,d} \right)}  = \sqrt {{{20}^2} + {{15}^2}}  = 25\)

Do đó \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = {25^2}.\) Chọn A.

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

Ta có \(\left| {z - 3 - 4i} \right| = \sqrt 5  \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 5\)

\[P = {\left| {z + 2} \right|^2} - {\left| {z - i} \right|^2} = \left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {y^2}} \right] - \left[ {{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} \right] = 4x + 2y + 3\]

\( = 4\left( {x - 3} \right) + 2\left( {y - 4} \right) + 23 \le \sqrt {\left( {{4^2} + {2^2}} \right)\left[ {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y - 4} \right)}^2}} \right]}  + 23 = 33.{\rm{ }}\)

Khi đó \(P = 33 \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{4} = \frac{{y - 4}}{2} \Leftrightarrow x - 3 = 2\left( {y - 4} \right)\).

Tử (1) và (2) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{y = 5}\end{array}} \right.\) hoặc \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 3}\end{array}} \right.\).

Với \[x = 5\,;\,\,y = 5\] thì \[P = 33\];                                    Với \[x = 1\,;\,\,y = 3\] thì \[P = 13\].

Do đó, số phức \(z\) thoả mãn \(\left| {z - 3 - 4i} \right| = \sqrt 5 \) và biểu thức \[P = {\left| {z + 2} \right|^2} - {\left| {z - i} \right|^2}\] đạt giá trị lớn nhất là \(z = 5 + 5i.\)

Khi đó \(\left| {z + i} \right| = \sqrt {61} .\) Chọn C.

Xét hàm số \(g\left( t \right) = {4^t} + {3^t} - 5t - 2\) trên \(\mathbb{R}\)

\(g'\left( t \right) = {4^t} \cdot \ln 4 + {3^t} \cdot \ln 3 - 5\,;\,\,g''\left( t \right) = {4^t} \cdot {\ln ^2}4 + {3^t} \cdot {\ln ^2}3 > 0\,\,\forall t \in \mathbb{R}\)

\( \Rightarrow \) Phương trình \(g\left( t \right) = 0\) có tối đa 2 nghiệm.

Mà \(g(0) = g(1) = 0\) nên phương trình \({4^{f\left( x \right) - m}} + {3^{f\left( x \right) - m}} - 5f\left( x \right) + 5m - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow g\left( {f\left( x \right) - m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) - m = 0}\\{f\left( x \right) - m = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = m}\\{f\left( x \right) = m + 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 \le m \le 1}\\{ - 1 \le m + 1 \le 1}\end{array} \Leftrightarrow  - 2 \le m \le 1} \right.\).

Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\}.\)

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn D.

Chọn hệ trục toạ độ \[Oxyz\] sao cho \(O \equiv A\), tia \(Ox \equiv AD\), tia \(Oy \equiv AB.\)

Khi đó, \[A\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,B\left( {0\,;\,\,2\,\,500\,;\,\,0} \right)\,;\,\]\[\,C\left( {1\,\,800\,;\,\,2500\,;\,\,0} \right)\,;\]\[D\left( {1500\,\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\]

Khi hạ độ cao các điểm ở các điểm  xuống \[B,\,\,C,\,\,D\] thấp hơn so với độ cao ở \(A\) là \[10\,\,{\rm{cm}},\,\,a\,\,{\rm{cm}},\,\,6\,\,{\rm{cm}}\] tương ứng ta có các điểm mới \[B'\left( {0\,;\,\,2\,\,500\,;\,\, - 10} \right)\,;\,\,C'\left( {1800\,;\,\,2500\,;\,\, - a} \right)\,;\,\,\]\[D'\left( {1500\,;\,\,0\,;\,\, - 6} \right).\]

Theo bài ra có \(A,\,\,B',\,\,C',\,\,D'\) đồng phẳng.

Phương trình mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right):x + y + 250z = 0.\)

Do \[C'\left( {1\,\,800\,;\,\,2500\,;\,\, - a} \right) \in \left( {AB'D'} \right)\] nên có \(1800 + 2500 - 250a = 0 \Rightarrow a = 17,2.\)

Vậy \(a = 17,2\;\,{\rm{cm}}.\)Chọn B.

Cách 1: Ta có \({x^3} - 3{x^2} - {m^3} + 3{m^2} = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} = {m^3} - 3{m^2} \Leftrightarrow f\left( x \right) = f\left( m \right)\) (1)

Xét hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} \cdot f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\,,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\].

\(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 3}\end{array}} \right.\); \(f\left( x \right) =  - 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x =  - 1}\end{array}} \right.\).

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra (1) có ba nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow  - 4 < f(m) < 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 < m < 3}\\{m \ne 0}\\{m \ne 2}\end{array}} \right..\)

Suy ra \(T = \left\{ 1 \right\}.\) Vậy tổng tất cả các phần tử của \(T\) bằng 1 .

Cách 2: Ta có \({x^3} - 3{x^2} - {m^3} + 3{m^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^3} - {m^3}} \right) - 3\left( {{x^2} - {m^2}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left[ {{x^2} + \left( {m - 3} \right)x + {m^2} - 3m} \right] = 0\)

⇔x=mx2+m−3x+m2−3m=0(*)

Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow (*)\) có hai nghiệm phân biệt, khác m.

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta  = {{\left( {m - 3} \right)}^2} - 4\left( {{m^2} - 3m} \right) > 0}\\{{m^2} + \left( {m - 3} \right)m + {m^2} - 3m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {m - 3} \right)\left( { - 3m - 3} \right) > 0}\\{3{m^2} - 6m \ne 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne m < 3\\m \ne 0\\m \ne 2\end{array} \right. \Rightarrow m = 1{\rm{ (v\`i  }}m \in \mathbb{Z})\)

Suy ra \(T = \left\{ 1 \right\}.\) Vậy tổng tất cả các phần tử của \(T\) bằng 1 .

Đáp án: 1.

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = C_{2n}^3.\)

Tam giác vuông được chọn là tam giác chứa cạnh là đường kính của đường tròn tâm \[O.\]

Đa giác đều 2n đỉnh chứa 2n đường chéo là đường kính của đường tròn tâm \[O,\] mỗi đường kính tạo nên \(2n - 2\) tam giác vuông.

Do đó số tam giác vuông trong tập \[S\] là: \(\frac{{2n}}{2} \cdot \left( {2n - 2} \right) = 2n\left( {n - 1} \right).\)

Xác suất chọn một tam giác vuông trong tập \[S\] là:

\(\frac{{2n\left( {n - 1} \right)}}{{C_{2n}^3}} = \frac{{2n\left( {n - 1} \right)}}{{\frac{{\left( {2n} \right)!}}{{\left( {2n - 3} \right)!.3!}}}} = \frac{{2n\left( {n - 1} \right)}}{{\frac{{2n\left( {2n - 1} \right)\left( {2n - 2} \right)}}{6}}}\)\( = \frac{3}{{2n - 1}} = \frac{3}{{29}} \Rightarrow n = 15\).

Đáp án: 15.

Xây dựng hệ trục toạ độ như hình vẽ:

Bản chất của bài toán: Xác định tung độ đỉnh của parabol \(y = a{x^2} + bx + c\,\,(a \ne 0),\) biết parabol đi qua các điểm \(O\left( {0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {1\,;\,\,3} \right),\,\,B\left( {3\,;\,\,3} \right).\)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \cdot 0 + b \cdot 0 + c = 0}\\{a \cdot 1 + b \cdot 1 + c = 3}\\{a \cdot 9 + b \cdot 3 + c = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 4}\\{c = 4}\end{array}} \right.} \right..\)

Do đó, parabol \(y =  - {x^2} + 4x\) có đỉnh \(I\left( {2\,;\,\,4} \right).\)

Vậy vị trí cao nhất của pano so với mặt đất là \(4\;\,{\rm{m}}.\)

Đáp án: 4.

Để hàm số xác định trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) thì phương trình

\(m\log _3^2x - 4{\log _3}x + m + 3 = 0\) vô nghiệm.

TH1: \(m = 0\) thì phương trình trở thành

\( - 4\log _3^2x + 3 = 0 \Leftrightarrow {\log _3}x = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = {3^{\frac{3}{4}}}\)\( \Rightarrow m = 0\) (không thoả mãn).

TH2: \(m \ne 0\) để phương trình vô nghiệm thì

\(\Delta  = {\left( { - 4} \right)^2} - 4m\left( {m + 3} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow  - 4{m^2} - 12m + 16 < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - 4}\\{m > 1}\end{array}} \right.\).

Kết hợp \(m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\), ta có \[\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 10 \le m <  - 4}\\{1 < m \le 10}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \left\{ { - 10\,;\,\, - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, - 7\,;\,\, - 6\,;\,\, - 5} \right\}}\\{m \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9\,;\,\,10} \right\}}\end{array}} \right.} \right.\].

Vậy có 15 giá trị \(m\) thoả mãn.

Đáp án: 15.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \{ 1\} .\)

Tiệm cận đứng: \(x = 1\left( {{d_1}} \right)\), tiệm cận ngang: \(y = 1\) nên \(\left( {{d_2}} \right) \Rightarrow I\left( {1\,;\,\,1} \right)\)

Ta có \(y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2x - 2} \right)}^2}}}\).

Phương trình tiếp tuyến \(\Delta \) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) có dạng \(y = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2{x_0} - 2} \right)}^2}}} + \frac{{2{x_0} - 1}}{{2{x_0} - 2}}\)

\(A = \Delta  \cap {d_1} \Rightarrow A\left( {1\,;\,\,\frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\,;\,\,B = \Delta  \cap {d_2}\)\( \Rightarrow B\left( {2{x_0} - 1\,;\,\,1} \right)\,;\,\,\overrightarrow {IB}  = \left( {2{x_0} - 2\,;\,\,0} \right)\,;\,\,\overrightarrow {IA}  = \left( {0\,;\,\,\frac{1}{{{x_0} - 1}}} \right)\)

Ta có \({S_{OIB}} = {S_{OIA}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot OI \cdot IB \cdot \sin \widehat {OIB} = 8 \cdot \frac{1}{2} \cdot OI \cdot IA \cdot \sin \widehat {OIA}\)

\( \Leftrightarrow IB = 8IA\,\,\left( {{\rm{v\`i  }}\widehat {OIB} = \widehat {OIA} = 135^\circ } \right) \Leftrightarrow \left| {2{x_0} - 2} \right| = 8\left| {\frac{1}{{{x_0} - 1}}} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 4 \Rightarrow {x_0} = 3\,\,\left( {{\rm{do }}{x_0} > 1} \right) \Rightarrow {y_0} = \frac{5}{4} \Rightarrow S = {x_0} + 4{y_0} = 3 + 4 \cdot \frac{5}{4} = 8.\)

Đáp án: 8.

Cách 1: Gọi \[M,\,\,H\] lần lượt là trung điểm của \[BC,\,\,SA.\]

Ta có tam giác \[ABC\] vuông tại \(A\) nên \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC.\]

Qua \(M\) kẻ đường thẳng \(d\) sao cho \(d \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow d\) là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Trong mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\) kẻ đường trung trực \(\Delta \) của đoạn \[SA,\] cắt \(d\) tại \(I.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IA = IB = IC}\\{IA = IS}\end{array} \Rightarrow IA = IB = IC = IS \Rightarrow I} \right.\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HA \bot \left( {ABC} \right)}\\{IM \bot \left( {ABC} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HA \bot AM}\\{HA//IM}\end{array}} \right.} \right.\]

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HI \bot SA}\\{AM \bot SA}\\{HI,\,\,SA,\,\,AM \subset \left( {SAM} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow HI\,{\rm{//}}\,AM\)

Suy ra tứ giác \[HAMI\] là hình chữ nhật.

Ta có \(AM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {{2^2} + {4^2}}  = \sqrt 5 \,,\,\,IM = \frac{1}{2}SA = \frac{{\sqrt 5 }}{2}.\)

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \[S.ABC\] là \(R = AI = \sqrt {A{M^2} + I{M^2}}  = \sqrt {5 + \frac{5}{4}}  = \frac{5}{2}.\)

Cách 2: Sử dụng kết quả: Nếu \[S.ABC\] là một tứ diện vuông đỉnh \(A\) thì bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \[S.ABC\] được tính bởi công thức: \(R = \frac{1}{2}\sqrt {A{S^2} + A{B^2} + A{C^2}} \).

Áp dụng công thức trên, ta có \(R = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2} + {2^2} + {4^2}}  = \frac{5}{2}.\)

Đáp án: \(\frac{5}{2}.\)

Gọi \(\left( {{P_1}} \right):y = {a_1}{x^2} + {b_1}\) là parabol đi qua hai điểm \(A\left( {\frac{{19}}{2};\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,2} \right).\)

Nên ta có hệ phương trình sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = a \cdot {{\left( {\frac{{19}}{2}} \right)}^2} + 2}\\{2 = b}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a_1} =  - \frac{8}{{361}}}\\{{b_1} = 2}\end{array} \Rightarrow \left( {{P_1}} \right):y =  - \frac{8}{{361}}{x^2} + 2} \right.} \right..\)

Gọi \(\left( {{P_2}} \right):y = {a_2}{x^2} + {b_2}\) là parabol đi qua hai điểm \(C\left( {10\,;\,\,0} \right),\,\,D\left( {0\,;\,\,\frac{5}{2}} \right)\)

Nên ta có hệ phương trình sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = {a_2} \cdot {{(10)}^2} + \frac{5}{2}}\\{\frac{5}{2} = {b_2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a_2} =  - \frac{1}{{40}}}\\{{b_2} = \frac{5}{2}}\end{array} \Rightarrow \left( {{P_2}} \right):y =  - \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2}} \right.} \right..\)

Thể tích của bê tông là: \[V = 5 \cdot 2\left[ {\int\limits_0^{10} {\left( { - \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2}} \right){\rm{d}}x} \, - \int\limits_0^{\frac{{19}}{2}} {\left( { - \frac{8}{{361}}{x^2} + 2} \right){\rm{d}}x} } \right] = 40\;\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\]

Đáp án: 40.

Cách 1: Ta có 

z+1−3iz¯+1+3i=25⇔z⋅z¯+z+z¯+z−z¯3i=15(*).

Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\) khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{z \cdot \bar z = {x^2} + {y^2}}\\{z + \bar z = 2x}\\{z - \bar z = 2yi}\end{array}} \right.\)

Thay vào \((*)\) ta được \({x^2} + {y^2} + 2x - 6y - 15 = 0.\)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn \(z\) thuộc đường tròn \((C)\) có tâm \(I\left( { - 1\,;\,\,3} \right)\) và bán kính \(R = 5.\)

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 3}\\{c = 5}\end{array}} \right.\). Vậy \(a + b + c = 7.\)

Cách 2: Đặt \({z_0} =  - 1 + 3i\) và \(R = 5.\)

Ta có \(\left| {z - {z_0}} \right|\left| {\bar z - \overline {{z_0}} } \right| = \left| {z - {z_0}} \right|\left| {\overline {z - {z_0}} } \right| = {\left| {z - {z_0}} \right|^2}.\)

Suy ra \(\left| {z - {z_0}} \right|\left| {\bar z - \overline {{z_0}} } \right| = {R^2} \Leftrightarrow {\left| {z - {z_0}} \right|^2} = {R^2} \Leftrightarrow \left| {z - {z_0}} \right| = R\), với \(R > 0.\)

Vậy tập hợp biểu diễn số phức \(z\) thuộc đường tròn tâm \(I\left( { - 1\,;\,\,3} \right)\), bán kính \(R = 5.\)

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 3}\\{c = 5}\end{array}} \right.\) . Vậy \(a + b + c = 7.\)

Đáp án: 7.

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6}\\{M{A^2} = M{B^2}}\\{M{A^2} = M{C^2}}\end{array}} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6}\\{{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {b^2} = {{\left( {a + 2} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + {{\left( {c + 1} \right)}^2}}\\{{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 6} \right)}^2} + {c^2} = {{(a - 5)}^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 3} \right)}^2}}\end{array}} \right.\]

 \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6}\\{3a + 4b + c = 14}\\{4a - 7b + 3b =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\\{c = 3}\end{array} \Rightarrow abc = 6} \right.} \right.\).

Đáp án: 6.

Ta có \(\frac{{SB}}{{SM}} + \frac{{SD}}{{SN}} = \frac{{SA}}{{SA}} + \frac{{SC}}{{SP}}\)

\( \Leftrightarrow 2 + 3 = 1 + \frac{{SC}}{{SP}} \Rightarrow \frac{{SC}}{{SP}} = 4\).

\(\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{2}\frac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.BCD}}}} = \frac{1}{2}\frac{{SP}}{{SC}} \cdot \frac{{SM}}{{SB}} \cdot \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}\)

\( = \frac{1}{{48}} \Rightarrow {V_{S.MNP}} = \frac{1}{{48}}{V_{S.ABCD}} = 1.\)

Đáp án: 1.

Đặt \({\log _3}\left( {{3^{x - 2}} + 2y} \right) = a \Leftrightarrow {3^{x - 2}} + 2y = {3^a}\) và \({2.3^{x - 1}} - a = 6y - x + 1\).

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{x - 2}} + 2y = {3^a}}\\{{{2.3}^{x - 1}} - a = 6y - x + 1}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 \cdot {3^a} = {3^{x - 1}} + 6y}\\{2 \cdot {3^{x - 1}} - a = 6y - x + 1}\end{array}} \right.\)

Lấy (1) trừ (2), ta được \(3 \cdot {3^a} - 2 \cdot {3^{x - 1}} + a = {3^{x - 1}} + x - 1\)

\( \Leftrightarrow {3^{a + 1}} + a = {3^x} + x - 1\)\( \Leftrightarrow f(a) = f\left( {x - 1} \right)\) với \(f(t) = {3^{t + 1}} + t\) là hàm số đồng biến.

Do đó \(a = x - 1 \Leftrightarrow {3^{x - 2}} + 2y = {3^{x - 1}} \Leftrightarrow 2y = \frac{2}{9}{.3^x} \Leftrightarrow y = {3^{x - 2}}\).

Mà \({2022^{ - 1}} \le y \le 2022 \Rightarrow {2022^{ - 1}} \le {3^{x - 2}} \le 2022\)\( \Leftrightarrow  - {\log _3}2022 \le x - 2 \le {\log _3}2022\)

\( \Leftrightarrow  - 4,93 \le x \le 8,932\) và \(x \in \mathbb{Z}\) có 13 giá trị nguyên \(x\) thỏa mãn.

Vậy có tất cả 13 cặp số nguyên \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 13.

Ta có \[{z^3} + \left( {1 - 2m} \right){z^2} + 2mz + 4m = 0 \Leftrightarrow \left( {z + 1} \right)\left( {{z^2} - 2mz + 4m} \right) = 0\]

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

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow (1)\) có hai nghiệm phức phân biệt (phần ảo khác 0\(){z_1},{z_2}\) thoả mãn:

\(\left| {{z_1} + 1} \right| = \left| {{z_1} - {z_2}} \right| \Leftrightarrow {\left| {{z_1} + 1} \right|^2} = {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2}{m^2} - 4m < 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{z_1} + 1} \right)\left( {\overline {{z_1}}  + 1} \right) = 4{z_1}{z_2} - {{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2}}\\{0 < m < 4}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{z_1} + 1} \right)\left( {{z_2} + 1} \right) = 4{z_1}{z_2} - {{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2}}\\{0 < m < 4}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} + 1 = 3{z_1}{z_2} - {{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2}}\\{0 < m < 4}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m + 1 = 12m - 4{m^2}}\\{0 < m < 4}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4{m^2} - 10m + 1 = 0}\\{0 < m < 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = \frac{{5 \pm \sqrt {21} }}{4}.\)
Vậy tổng tất cả các phần tử của tập \(S\) bằng \(\frac{5}{2}.\)

Đáp án: \(\frac{5}{2}.\)

Gọi \(I\) là điểm thoả mãn \[\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  = \vec 0 \Rightarrow I\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right).\]

Khi đó \(T = \left| {\overrightarrow {MA}  + 2\overrightarrow {MB} } \right| = 3MI \Rightarrow {T_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}\)

\( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \((P).\)

Khi đó đường thẳng \[MI\] đi qua \[I\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\] và vuông góc với \((P)\) nên nhận VTPT \(\vec n\left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)\) của \((P)\) làm VTCP, phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + t}\\{y =  - 1 - t}\\{z = 2 - t}\end{array}\,\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right..\)

Ta có \(M = IM \cap (P)\). Toạ độ \(M\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + t}\\{y =  - 1 - t}\\{z = 2 - t}\\{x - y - z - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 0}\\{y =  - 2}\\{z = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right) \Rightarrow {y_M} =  - 2.\)

Đáp án: −2.

Ta có \(P = 4.\) \(\frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{{x^2} + 2xy + 3{y^2}}}\).

• Với \(y = 0 \Rightarrow {x^2} = 4 \Rightarrow P = 4\).

• Với \(y \ne 0 \Rightarrow \frac{P}{4} = \frac{{\frac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{{{y^2}}}}}{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} + \frac{{2x}}{y} + 3}} = \frac{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}{{{t^2} + 2t + 3}} = A\,\,\,\left( {t = \frac{x}{y}} \right)\)

\( \Rightarrow {t^2}\left( {A - 1} \right) + 2t\left( {A + 1} \right) + 3A - 1 = 0\)

Phương trình trên có nghiệm\( \Leftrightarrow \Delta ' =  - 2{A^2} + 6A \le 0 \Leftrightarrow 0 \le A \le 3 \Leftrightarrow P \le 12\)\( \Rightarrow maxP = 12\)

Đáp án: 12.

Ta có \(SI = \sqrt {S{A^2} - I{A^2}}  = \sqrt {10{R^2} - {R^2}}  = 3R\)

\( \Rightarrow SE = SI - EI = R.\)

Mặt khác, \(\frac{{SE}}{{SI}} = \frac{{EF}}{{I{A_1}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow EF = \frac{{I{A_1}}}{3} = \frac{R}{3}.\)

Thể tích khối nón lớn (có đường cao \[SI)\] là:

 \({V_1} = \frac{1}{3}\pi {R^2}.3R = \pi {R^3}.\)

Thể tích khối nón nhỏ (có đường cao \[SE)\] là:

 \({V_2} = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{R}{3}} \right)^2} \cdot R = \frac{{\pi {R^3}}}{{27}}.\)

Thể tích phần khối giao nhau giữa khối nón và khối trụ là: \({V_3} = {V_1} - {V_2} = \frac{{26}}{{27}}\pi {R^3}.\)

Thể tích khối trụ là: \({V_4} = \pi {R^2} \cdot 2R = 2\pi {R^3}.\)

Suy ra thể tích phần khối trụ không giao với khối nón là: \(V = {V_4} - {V_3} = \frac{{28}}{{27}}\pi {R^3}.\)

Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: \(\frac{{{V_2}}}{V} = \frac{1}{{28}}.\)

Đáp án: \(\frac{1}{{28}}\).

Dùng từ “người vợ” không thể hiện được thái độ trang trọng. Thay “người vợ” = “phu nhân”. Chọn B.

Nghệ thuật lập luận của Hồ Chí Minh thể hiện một trình độ tư duy sắc sảo, một tầm nhìn bao quát và một trái tim luôn hướng về công lí, lẽ phải, chính nghĩa. Chọn C.

Đoạn trích trên ta thấy đề cập đến ý nghĩa của văn chương. Xét chung cả đoạn trích ta thấy từ “tôn vinh” dùng không phù hợp với ngữ nghĩa, không thể “tôn vinh” cái “thế giới giả dối, tàn ác” → Sửa: “tôn vinh” thành “tố cáo” hoặc “phơi bày”. Chọn C.

Nội dung câu văn đề cập tới vấn đề văn hóa của người Việt gắn liền với nền văn minh lúa nước. Từ “giao thoa” dùng để chỉ những hiện tượng chồng chéo, xen lẫn nhau → Không phù hợp về mặt ngữ nghĩa vì trong ngữ liệu đang nói về sự giao mùa trong canh tác nông nghiệp. Chọn C.

Lỗi sai về dùng từ không phù hợp với nội dung: Sáng tác của Quang Dũng, đặc biệt là bài thơ Tây Tiến không mang đậm nét cảm hứng sử thi, có thể sửa thành lãng mạn. Chọn A.

Hồ Chí Minh thuộc nhóm nhà thơ cách mạng. Chọn D.

“Vĩnh biệt Cửu Trùng Đài” thuộc thể loại kịch. Các tác phẩm còn lại thuộc thể loại truyện. Chọn C.

Giải thích nghĩa của các từ:

- Chính trị: Những vấn đề về tổ chức và điều khiển bộ máy nhà nước trong nội bộ một nước, và về quan hệ chính thức giữa các nước với nhau.

- Chính đảng: Tổ chức chính trị đại diện cho một giai cấp, một tầng lớp xã hội và đấu tranh cho quyền lợi của giai cấp, tầng lớp ấy.

- Chính trường: Nơi diễn ra các hoạt động chính trị.

- Chính trực: Có tính ngay thẳng.

→ Chọn D.

“Hai đứa trẻ” là truyện ngắn, những tác phẩm còn lại đều thuộc thể loại kí. Chọn D.

Xác định thể loại của các văn bản:

- Tôi đi học: Truyện ngắn nổi tiếng của nhà văn Thanh Tịnh.

- Ông đồ: Thơ của Vũ Đình Liên.

- Tương tư: Thơ của Nguyễn Bính.

- Nhớ rừng: Thơ của Thế Lữ.

Như vậy, “Tôi đi học” là văn bản không cùng thể loại với các văn bản còn lại. Chọn A.

Vì lệnh cấm xuất khẩu nên gây ra những rào cản xuất khẩu. Từ đó việc giao thương, lưu chuyển hàng hóa không dễ dàng, đồng nghĩa là gây cản trở cho việc lưu chuyển hàng hóa. Chọn D.

Tuyên ngôn Độc lập không chỉ hấp dẫn bởi nghệ thuật nghị luận mẫu mực mà còn lay động sâu sắc người đọc bởi tình cảm thắm thiết của tác giả. Chọn B.

Việt Bắc là khúc hùng ca và cũng là khúc tình ca về cách mạng, về cuộc kháng chiến và con người kháng chiến. Chọn A.

Sóng là một trong những bài thơ tiêu biểu cho hồn thơ Xuân Quỳnh, được in trong tập thơ Hoa dọc chiến hào. Chọn C.      

Sử thi là tác phẩm tự sự dân gian có quy môlớn, 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 D.

Đáp án A xuất hiện ở dòng 3: trung bình mùa hè tăng từ 78 lên 95 ngày; Đáp án B xuất hiện ở dòng 7, 8: Biến đổi khí hậu ảnh hưởng rất lớn đến môi trường sống cũng như sức khỏe của con người và động vật; Đáp án C xuất hiện ở hai dòng cuối: Biến đổi khí hậu còn có thể gây nên nhiều thiên tai. Mùa hè nóng và dài hơn dễ gây nên sóng nhiệt và cháy rừng, mùa đông ngắn và ấm hơn sẽ gây nên các cơn bão. Chọn D.

Chủ đề nổi bật nhất mà tác giả muốn hướng tới trong đoạn thơ là sự hi sinh anh dũng của người lính Tây Tiến. Chọn A.

“Ba tay chơi” ở đây chỉ ba nhân vật cùng tồn tại trong mỗi người đọc: Một là người đọc bằng xương bằng thịt, hai chân đụng đất, vẫn còn ý thức liên hệ với thế giới bên ngoài. Hai là, người đọc bị lôi cuốn, đang ngao du trong thế giới tưởng tượng của cảm xúc. Ba là, người đọc suy tư, đưa vào trò chơi sự chú ý, sự suy nghĩ, sự phán đoán của tri thức. Chọn B.

Bài ca dao mang giọng điệu hài hước, thể hiện thái độ vừa dí dỏm, vừa mỉa mai vì bà già đã có tuổi rồi mà còn đi xem bói lấy chồng.Chọn A.

Ẩn dụ “lúa thì con gái”: lúa đang ở thời điểm tươi xanh, tràn đầy sức sống nhất. So sánh: “mượt như nhung”. Chọn B.

Nội dung chính trong đoạn thơ là: Gợi tả sự dữ dội, hoang sơ, bí hiểm và đầy đe dọa của núi rừng miền Tây.Chọn A.

Các sự vật xuất hiện trong đoạn thơ trên có mối quan hệ thân mật, bao chứa, hòa quyện vào nhau: Chiều mộng hòa trên nhánh duyên. Cây me – cặp chim chuyền (Cây me ríu rít cặp chim chuyền). Trời xanh – lá (Đổ trời xanh ngọc qua muôn lá),… Chọn A.

Đoạn văn miêu tả, phác họa hình ảnh con đường dẫn đến khu nghĩa địa: Ở giữa có con đường nhỏ hẹp, cong queo, do những người hay đi tắt dẫm mãi thành đường. Nghĩa địa người chết chém phía bên trái, nghĩa địa người nghèo phía bên phải. Con đường mòn là biểu tượng cho một tập quán xấu đã trở thành thói quen. Là cái ranh giới tự nhiên để phân cách ngăn cách giữa những người chiến sĩ cách mạng như Hạ Du với quần chúng như gia đình Hoa Thuyên , cả Khang, Năm Gù… trong truyện “Thuốc” của Lỗ Tấn. Chọn A.

Đoạn trích thể hiện sự gắn bó mật thiết của nhà thơ với nhân dân - sự chuyển biến lớn trong tình cảm: là con của vạn nhà, là em của vạn kiếp phôi pha, là anh của vạn đầu em nhỏ. Chọn D.

Các hình ảnh “thuyền” và “biển” được sáng tạo theo biện pháp tu từ nhân hóa. Chọn A.

Đoạn trích là lời của cụ Mết nói với Tnú. Chọn A.

Thông tin nằm ở dòng thứ 4, 5, 6 của đoạn trích: Công việc sẽ chiếm phần lớn cuộc đời bạn và cách duy nhất để thành công một cách thực sự là hãy làm những việc mà bạn tin rằng đó là những việc tuyệt vời. Và cách để tạo ra những công việc tuyệt vời là bạn hãy yêu việc mình làm. Chọn A.

Hai câu thơ không gợi tả khung cảnh thiên nhiên dữ dội mà bộc lộ tâm trạng phẫn uất cùng thái độ thách thức, phản kháng của nhân vật trữ tình thông qua việc sử dụng linh hoạt các biện pháp tu từ như đảo ngữ, phép đối,... Chọn B.

Từ xa xưa thi sĩ đã từng than thở về sự ngắn ngủi của kiếp người, người ta gọi là kiếp phù vân hay bóng câu qua cửa sổ. Nhưng con người thời trung đại hình như yên trí bình tĩnh với quan niệm thời gian tuần hoàn với chu kì bốn mùa, cũng như chu kì 3 vạn 6 ngàn ngày của kiếp người. Họ cho rằng, người chết chưa hẳn là hư vô, có thể cùng trời đất tuần hoàn trở lại, hết một vòng, thời gian lại quay về điểm xuất phát ban đầu (Quan niệm về trời đất và con người nhất thể). Còn con người hiện đại sống bằng quan niệm thời gian tuyến tính. Thời gian như một dòng chảy vô thủy vô chung mà mỗi một khoảnh khắc đi qua là mất đi vĩnh viễn. Niềm tin xưa đã mất ở các nhà thơ khi ý thức cá nhân thức tỉnh. Thước đo thời gian của thi sĩ là tuổi trẻ. Tuổi trẻ đã một đi không trở lại thì làm chi có sự tuần hoàn. Chọn B.

Những câu văn in đậm giải thích cho sự hình thành eo biển Gi-bơ-ran-ta, cột đá Gi-bơ-ran-ta, cột đá Xu-ta. Chọn B.

Việt Nam dưới tác động của cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất (1897-1914) mang tính chất thuộc địa, nửa phong kiến. Là một quốc gia thuộc địa của Pháp và chế độ phong kiến vẫn tồn tại. Chọn D.

Toàn cầu hóa là quá trình tăng lên mạnh mẽ những mối liên hệ, những ảnh hưởng tác động lẫn nhau, phụ thuộc lẫn nhau của tất cả các khu vực, các quốc gia, dân tộc trên thế giới.

Biểu hiện của toàn cầu hóa

- Sự phát triển nhanh chóng của quan hệ thương mại quốc tế (giá trị trao đổi tăng lên 12 lần).

- Sự phát triển và tác động to lớn của các công ty xuyên quốc gia. Giá trị trao đổi tương đương 3/4 giá trị thương mại toàn cầu.

- Sự sáp nhập và hợp nhất các công ty thành những tập đoàn lớn, nhất là công ty khoa học-kĩ thuật.

- Sự ra đời của các tổ chức liên kết kinh tế, thương mại, tài chính quốc tế và khu vực (EU, IMF, WTO, APEC, ASEM...).

Chọn A.

A, B, C loại vì nội dung của các phương án này là ý nghĩa thắng lợi của cuộc cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân ở Trung Quốc (1946 - 1949).

D chọn vì triều Mãn Thanh đã bị lật đổ với cuộc cách mạng Tân Hợi năm 1911.Chọn D.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

A loại vì đến năm 1954 với thắng lợi trong chiến dịch Điên Biên Phủ của ta thì cuộc kháng chiến chống Pháp mới kết thúc thông qua giải pháp ngoại giao là kí kết Hiệp định Giơnevơ.

B loại vì đến năm 1975 Việt Nam mới hoàn thành nhiệm vụ giải phóng dân tộc.

C chọn vì để có cương lĩnh phù hợp với đặc điểm phát triển của từng dân tộc thì Đại hội đại biểu lần II của Đảng quyết định tách Đảng Cộng sản Đông Dương để thành lập ở mỗi nước Việt Nam, Lào, Campuchia một Đảng Mác-Lênin riêng.Chọn C.

Bên cạnh mục tiêu kinh tế, cuộc bãi công của thợ máy xưởng Ba Son (1925) dưới sự lãnh đạo của Công hội đỏ còn có mục tiêu chính trị (ngăn cản tàu chiến Pháp sang đàn áp cách mạng Trung Quốc), thể hiện phần nào tinh thần quốc tế vô sản.

→ Đánh dấu bước tiến mới của phong trào công nhân. Bước đầu chuyển phong trào công nhân từ tự phát sang tự giác.Chọn C.

Phương án B, C, D đều không đúng hiện thực lịch sử.

Phương án A đúng vì từ đầu những năm 70 , xu hướng hòa hoãn Đông-Tây đã xuất hiện thông qua các sự kiện tiêu biểu liên quan đến cuộc gặp gỡ giữa Liên Xô-Mĩ và các nước châu Âu.

Chọn A.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

A loại vì sau khi Nhật đảo chính lật đổ Pháp trên toàn Đông Dương (9/3/1945) thì Đảng xác định thời cơ Tổng khởi nghĩa chưa chín muồi.

B loại  vì kẻ thù trực tiếp của nhân dân Đông Dương lúc này là phát xít Nhật chứ không phải phát xít Đức.

C loại vì phải đến ngày 15/8 khi Nhật tuyên bố đầu hàng Đồng minh thì thời cơ mới chín muồi.

Chọn D.

Tỉ suất gia tăng dân số tự nhiên của Trung Quốc ngày càng giảm là do nguyên nhân chủ yếu là do Trung Quốc tiến hành chính sách dân số triệt để. Chọn A.

Các mặt tự do lưu thông của thị trường chung châu Âu gồm: tự do di chuyển, tự do lưu thông dịch vụ, tự do lưu thông  hàng hóa và tự do lưu thông tiền vốn.→ Sản xuất công nghiệp không nằm trong các mặt tự do lưu thông của thị trường chung châu Âu.Chọn A.

Ở nước ta, rừng phòng hộ bao gồm rừng ở thượng nguồn các con sông, ven biển.Chọn B.

Chế độ nước sông ngòi nước ta theo sát chế độ mưa→ Chế độ mưa nước ta phân mùa mưa-khô nên chế độ nước sông cũng thay đổi theo mùa lũ-cạn.Chọn B.

Sơn La không giáp với Lào Cai. Chọn B.

Từ khóa “mật độ dân số”, số năm 1 năm, 7 vùng

→ Miền, tròn, đường loại.

→ Chọn cột.Chọn B.

ĐBSH là một trong 2 vùng trọng điểm sản xuất lúa của nước ta, vùng có trình độ thâm canh lúa cao nhất cả nước.Chọn D.

Nước ta không xuất khẩu chủ yếu máy móc, thiết bị, nhiên vật liệu. Những mặt hàng này chúng ta nhập khẩu nhiều. Chọn D.

Vùng bờ biển tập trung nhiều bãi tắm đẹp có giá trị hàng đầu đối với hoạt động du lịch biển ở nước ta là duyên hải Nam Trung Bộ. Chọn C.

Vấn đề cần đặc biệt chú ý trong việt phát triển ngư nghiệp của vùng Bắc Trung Bộ là khai thác hợp lý đi đôi với việc bảo vệ nguồn lợi.

A. giảm việc khai thác để duy trì trữ lượng thủy sản. → không phải là giảm khai thác.

B. khai thác hợp lí đi đôi bảo vệ nguồn lợi thủy sản. → đúng. Chọn B.

C. hạn chế việc nuôi trồng để bảo vệ môi trường ven biển. → không hạn chế nuôi trồng

D. ngừng việc khai thác ven bờ, đầu tư cho đánh bắt xa bờ. → thiếu bao quát như B

Ta có:\[Q = C.U{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\]

\[\left( * \right)\] có dạng \[y = a.x \Rightarrow \] Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện tích của một tụ điện vào hiệu điện thế giữa hai bản của nó là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ.Chọn D.

Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được lực từ tác dụng lên dòng điện có chiều nằm ngang, hướng từ phải sang trái.

Chọn D.

Ở hình B ta có cảm ứng từ \[\vec B\]có chiều hướng từ trong ra ngoài mặt phẳng hình vẽ.

Từ trường \[\vec B\]giảm dần đều\[ \Rightarrow \overrightarrow {{B_C}} \uparrow \uparrow \vec B\]\[ \Rightarrow \overrightarrow {{B_C}} \] có chiều hướng từ trong ra ngoài.

Sử dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được chiều của cường độ dòng điện có chiều ngược chiều kim đồng hồ\[ \Rightarrow \] Hình B đúng.

Chọn C.

Ta có phương trình dao động:\[{x_1} = \sqrt 3 \sin \left( {20t + \frac{\pi }{2}} \right) = \sqrt 3 \cos \left( {20t} \right)\]

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có:\[\sqrt 3 \angle 0 + 2\angle \frac{{5\pi }}{6} = 1\angle \frac{\pi }{2} \Rightarrow \]\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\\{\varphi = \frac{\pi }{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow x = 1\cos \left( {20t + \frac{\pi }{2}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Tại thời điểm \[\frac{\pi }{{120}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} s\], li độ của vật là:\[x = \cos \left( {20.\frac{\pi }{{120}} + \frac{\pi }{2}} \right) = - 0,5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) = - 0,005{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\]

Hợp lực tác dụng lên vật có độ lớn là:\[F = \left| { - m{\omega ^2}x} \right| = \left| { - 0,{{2.20}^2}.0,005} \right| = 0,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( N \right)\].

Chọn A.

Từ hình vẽ ta có chiều dài cột không khí là: \[\ell = 60\,cm = 0,6\,m\].

Sóng dừng được hình thành với hai nút và hai bụng nên:

\[\ell = \frac{\lambda }{2} + \frac{\lambda }{4} \Leftrightarrow \ell = \frac{{3\lambda }}{4} = \frac{{3v}}{{4.f}} \Rightarrow f = \frac{{3v}}{{4.\ell }}\]. Thay số ta được: \[f = \frac{{3.340}}{{4.0,6}} = 425Hz\].

Chọn A.

+ Năng lượng hạt nhân của lò phản ứng cung cấp cho tàu ngầm vận hành trong một ngày:

\(W = P.t = {400.10^6}.86400 = 3,{456.10^{13}}J\)

+ Do hiệu suất của lò đạt 25% nên năng lượng của mỗi phân hạch cung cấp là:

\(\Delta {\rm{W}} = 200.0,25 = 50MeV = {8.10^{ - 12}}J\)

+ Số phân hạch cần xảy ra để có năng lượng W là:\(N = \frac{{\rm{W}}}{{\Delta {\rm{W}}}} = 4,{32.10^{24}}\)

+ Cứ một phân hạch cần 1 hạt \[{U^{235}} \Rightarrow \]số hạt \[{U^{235}}\]dùng trong 1 ngày là:\[N = 4,{32.10^{24}}\] hạt

+ Lại có: \[N = \frac{m}{A}.{N_A}\]\[ \Rightarrow m = \frac{{N.A}}{{{N_A}}} = \frac{{4,{{23.10}^{24}}.235}}{{6,{{02.10}^{23}}}} \approx 1686,4g = 1,69kg.\]

Chọn C.

Từ đồ thị ta thấy:

+ Tại \[\left\{ \begin{array}{l}{i^2} = 0\\{q^2} = 4{\left( {\mu C} \right)^2}\end{array} \right. \Rightarrow Q_0^2 = 4{\left( {\mu C} \right)^2} \Rightarrow {Q_0} = 2\mu C\]

+ Tại: \(\left\{ \begin{array}{l}{q^2} = 0\\{i^2} = 0,04\end{array} \right. \Rightarrow I_0^2 = 0,04{\left( A \right)^2} \Rightarrow {I_0} = 0,2\left( A \right)\)

\( \Rightarrow \omega = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}}} = \frac{{0,2}}{{{{2.10}^{ - 6}}}} = {1.10^5}\left( {rad/s} \right)\)

Bước sóng mà mạch thu được trong không khí là:\(\lambda = \frac{{2\pi c}}{\omega } = \frac{{2\pi {{.3.10}^8}}}{{{{1.10}^5}}} = 6\pi {.10^3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\). Chọn D.

Tia X được dụng trong chiếu điện, chụp điện (X quang)

=> Thiết bị để chụp hình ở trên đã sử dụng tia X.Chọn B.

Theo công thức Anh-xtanh về hiện tượng quang điện ta có:

\[hf = A + {W_{d0\max }} \Rightarrow {W_{d0\max }} = hf - A{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\]

\[\left( * \right)\] có dạng \[y = a.x + b \Rightarrow \]Đồ thị động năng ban đầu cực đại \[{W_{d0max}}\] theo tần số f là đường thẳng.

Sai số của phép đo \[\left( {\Delta {W_{d0max}} = 0,{{6.10}^{ - 19}}J;f = 0,{{05.10}^{15}}Hz} \right)\] là các hình chữ nhật có tâm là các điểm thực nghiệm như hình vẽ.

Từ hình vẽ ta thấy:

+ Với\[\left\{ \begin{array}{l}f = {f_1} = 1,{2.10^{15}}Hz\\{W_{d0max1}} = 0\end{array} \right. \Rightarrow 0 = h.1,{2.10^{15}} - A{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\]

+ Với\[\left\{ \begin{array}{l}f = {f_2} = 2,{4.10^{15}}Hz\\{W_{d0max2}} = 9,{6.10^{ - 19}}J\end{array} \right. \Rightarrow 9,{6.10^{ - 19}} = h.2,{4.10^{15}} - A{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:\[\left\{ \begin{array}{l}1,{2.10^{15}}.h - A = 0\\2,{4.10^{15}}.h - A = 9,{6.10^{ - 19}}\end{array} \right. \Rightarrow h = {8.10^{ - 34}}\left( {J.s} \right)\]. Chọn C.

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_R} = {U_{0R}}.cos\left( {\omega t + \varphi } \right)}\\{{u_L} = {U_{0L}}.cos\left( {\omega t + \varphi + \frac{\pi }{2}} \right)}\\{{u_C} = {U_{0C}}.cos\left( {\omega t + \varphi - \frac{\pi }{2}} \right)}\end{array}} \right.\]

Do \[{u_C}\] và \({u_L}\) vuông pha với \({u_R}\)

+ Tại \({t_2}\) khi \({u_L} = {u_C} = 0 \Rightarrow {u_R} = {U_{0R}} = 100V\)

+ Tại thời điểm \({t_1}\), áp dụng hệ thức độc lập với thời gian của hai đại lượng vuông pha ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {\frac{{{u_R}}}{{{U_{0R}}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{u_L}}}{{{U_{0L}}}}} \right)}^2} = 1}\\{{{\left( {\frac{{{u_R}}}{{{U_{0R}}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{u_C}}}{{{U_{0C}}}}} \right)}^2} = 1}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{{{50}^2}}}{{{{100}^2}}} + \frac{{{{30}^2}}}{{U_{0L}^2}} = 1 \Rightarrow {U_{0L}} = 20\sqrt 3 V}\\{\frac{{{{50}^2}}}{{{{100}^2}}} + \frac{{{{180}^2}}}{{U_{0C}^2}} = 1 \Rightarrow {U_{0C}} = 120\sqrt 3 V}\end{array}} \right.\)

Điện áp cực đại ở hai đầu đoạn mạch:\({U_0} = \sqrt {U_{0R}^2 + {{\left( {{U_{0L}} - {U_{0C}}} \right)}^2}} \)\( = \sqrt {{{100}^2} + {{\left( {20\sqrt 3 - 120\sqrt 3 } \right)}^2}} = 200V\).

Đáp án. 200 V.

Cách 1:

Từ công thức: \(pH = - \lg \left[ {{H^ + }} \right] \Rightarrow \left[ {{H^ + }} \right]\)càng lớn thì pH càng nhỏ và ngược lại.

Cách 2:

Do \(\left[ {{H^ + }} \right]\)tỉ lệ nghịch với pH và tỉ lệ thuận với tính acid nên \(\left[ {{H^ + }} \right]\)càng lớn thì pH càng nhỏ.

Chọn B.

Đặt x là số mol muối Mohr có trong dung dịch bão hòa ở \[{80^o}C\]

Ở \[{80^o}C\]cứ 73 gam muối Mohr tan được trong 100 gam nước để tạo thành 173 gam dd bão hòa

           → 392x gam muối Mohr...................... m ..................................928,9863x gam dd bão hòa

Khi làm nguội dung dịch từ \[{80^o}C\] xuống \[{20^o}C\] thì tách ra 100 gam muối Mohr tinh thể

→ Khối lượng muối Mohr còn lại trong dung dịch = 392x - 100 (g)

→ Khối lượng dung dịch còn lại = 928,9863x - 100 (g)

Ta có: ở \[{20^o}C\] cứ 26,9 gam muối Mohr tan trong 100 gam nước tạo thành 126,9 gam dd bão hòa

             Vậy cứ  392x - 100 gam muối Mohr .......m^'...........................928,9863x - 100 gam dd bão hòa

→ 26,9.(928,9863x - 100) = 126,9.(392x - 100)

→ x = 0,404 (mol)

→ \({m_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}.7{H_2}O}} = 0,404 \cdot 278 = 112,312\left( g \right)\)

Chọn D.