Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 18)

Phương thức biểu đạt chính được sử dụng trong đoạn trích: Nghị luận. Chọn C.

Câu khái quát chủ đề đoạn văn là: Chắc chắn, mỗi một người trong chúng ta đều được sinh ra với những giá trị có sẵn. Có thể dẫn thêm câu: Và chính bạn, hơn ai hết, trước ai hết, phải biết mình, phải nhận ra những giá trị đó. Chọn A.

Biện pháp tu từ điệp ngữ: “… ai hết”, “phải…”. Chọn D.

Điểm giống nhau về cách lập luận: lập luận theo hình thức đưa ra giả định về sự không có mặt của yếu tố thứ nhất để từ đó khẳng định, nhấn mạnh sự có mặt mang tính chất thay thế của yếu tố thứ hai. Chọn B.

Thông điệp tác giả muốn gửi gắm: Chắc chắn, mỗi một người trong chúng ta đều được sinh ra với những giá trị có sẵn. Và chính bạn, hơn ai hết, trước ai hết, phải biết mình, phải nhận ra những giá trị đó. Chọn D.

Ta có sự chênh lệch về tốc độ tăng trưởng khách quốc tế đến Việt Nam trong cùng tháng 1 là: \(42\%  - 5\%  = 37\% \).

So với các tháng còn lại thì khoảng chênh lệch này là lớn nhất. Chọn A.

Thông tin nằm ở đoạn 2: Trong năm qua, mỗi phút đồng hồ của một ngày trôi đi, có khoảng 10 người bị nhiễm HIV. Chọn B.

Thông tin nằm ở đoạn số 3: Chúng ta đã không hoàn thành được một số mục tiêu đề ra cho năm nay theo Tuyên bố về Cam kết phòng chống HIV/AIDS… Lẽ ra chúng ta phải giảm được 1/4 số thanh niên bị nhiễm HIV ở các nước bị ảnh hưởng nghiêm trọng nhất. Chọn B.

Đáp án A, B, D xuất hiện ở đoạn 2: Trong năm qua, mỗi phút đồng hồ của một ngày trôi đi, có khoảng 10 người bị nhiễm HIV; Giờ đây phụ nữ đã chiếm tới một nửa trong tổng số người nhiễm trên toàn thế giới; Nhưng cũng chính trong lúc này, dịch HIV/AIDS vẫn hoành hành, gây tỉ lệ tử vong cao trên thế giới và có rất ít dấu hiệu suy giảm. Chọn C. 

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường:

\(v = S' =  - 3{t^2} + 6t + 9\).

Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp hai của quãng đường là: \({\rm{a}} = S'' =  - 6{\rm{t}} + 6\)

Gia tốc triệt tiêu khi \(S'' = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

Khi đó vận tốc của chuyển động là \(S'\left( 1 \right) = 12\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\). Chọn A.

HIV/AIDS là căn bệnh thế kỉ, căn bệnh của toàn nhân loại, vì vậy đối tượng mà tác giả hướng tới là nhân dân trên toàn thế giới. Chọn D.

Thông tin “chúng ta cần phải nỗ lực nhiều hơn nữa để thực hiện cam kết của mình bằng những nguồn lực và hành động cần thiết” cho thấy những hành động của chúng ta chiến đấu lại HIV vẫn chưa đáp ứng được so với yêu cầu thực tế, có nghĩa là những hành động đó vẫn còn quá ít. Chọn A.

Các hình ảnh: tiếng nước thác nghe như là oán trách gì…, rống lên như tiếng một ngàn con trâu mộng..., thấy sóng bọt đã trắng xóa cả một chân trời đá, mặt hòn đá nào trông cũng ngỗ ngược ... đã mô tả lại khung cảnh thác dưới từ xa đến gần với âm thanh, hình ảnh dòng nước, tảng đá... được nhân hóa như có sự sống thật vậy, đoạn văn sử dụng phương thức biểu đạt chính là miêu tả. Chọn B.

Để xác định nội dung đoạn trích, học sinh cần xác định các hình ảnh xuất hiện nhiều lần:

Câu (1) - (4): Trước khi đến thác nước, tác giả đã nghe thấy những thanh âm dữ dội của nước.

Câu (5) - (15): Khi đến thác, tác giả nhìn thấy cảnh tượng mặt sông trắng xóa bọt và những tảng đá ngỗ ngược tạo ra thạch trận cản thuyền.

- Xác định nội dung chính của văn bản là khung cảnh thác nước với âm thanh dữ dội và thạch trận hiểm trở. Vì vậy, các phương án A, C, D không phù hợp và không nêu đầy đủ nội dung của đoạn trích. Chọn B.

Xác định câu (4) trong đoạn trích: Thế rồi nó rống lên như tiếng một ngàn con trâu mộng đang lồng lộn giữa rừng vầu, rừng tre nứa nổ lửa, đang phá tuông rừng lửa, rừng lửa cùng gầm thét với đàn trâu da cháy bùng bùng.

- Xác định các chi tiết trong câu:

+ Tiếng nước thác “rống lên” là sử dụng âm thanh của con người/loài vật để mô tả tiếng thác nên đây chính là phép nhân hóa.

+ Từ so sánh “như” tạo phép so sánh tiếng thác với tiếng của đàn trâu mộng lồng lộn giữa rừng lửa.

→ Câu văn thể hiện âm thanh man dại của thác nước sông Đà nhấn mạnh vẻ đẹp hung bạo của con sông. Chọn C.

Chi tiết miêu tả những hòn đá dưới lòng sông: Mặt hòn đá nào trông cũng ngỗ ngược, hòn nào cũng nhăn nhúm méo mó hơn cả cái mặt nước chỗ này. Chọn D.

Giải nghĩa từ “thạch trận” nghĩa là thế trận được làm nên bởi đá.

- Lần lượt xác định nghĩa các từ có trong các phương án trả lời:

+ Trận địa: khu vực địa hình dùng để bố trí lực lượng chiến đấu.

+ Trận đánh, trận chiến: Cuộc giao chiến giữa các phe đối lập (thường dùng cho bạo lực vũ trang).

+ Trận đấu: Cuộc giao chiến giữa các phe đối lập (thường dùng cho các hoạt động thể thao).

→ Chọn A.

Ta có \({3^{x - 1}} = 9 \Leftrightarrow {3^{x - 1}} = {3^2} \Leftrightarrow x - 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3\). Chọn C.

Đoạn trích so sánh cách nghĩ của thanh niên ngày xưa và ngày nay về cuộc sống. Chọn C.

Thông tin nằm ở đoạn số 1: Đại đa số thanh niên thời trước không ai suy nghĩ, trăn trở gì lắm về cuộc đời, vì ai đã có phận nấy. Chọn A.

Thông tin nằm ở đoạn số 3: thanh niên ngày nay tuy cái phận mỗi người vẫn còn, song trước mặt mọi người đều có khả năng mở ra nhiều con đường. Chọn A.

Các đáp án A, B, D đều xuất hiện trong đoạn văn số 3. Chọn C.

Thông tin nằm ở đoạn số 4: Ba câu hỏi ám ảnh: Tình yêu, nghề nghiệp, lối sống. Chọn B.

Ta có \(y = 1 - x \Rightarrow {x^2} + {(1 - x)^2} = 5 \Rightarrow 2{x^2} - 2x - 4 = 0 \Rightarrow x =  - 1;x = 2\).

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm. Chọn B.

Đổi mới đất nước đi lên chủ nghĩa xã hội không phải là thay đổi mục tiêu của chủ nghĩa xã hội, mà làm cho mục tiêu ấy được thực hiện có hiệu quả bằng những quan điểm đúng đắn về chủ nghĩa xã hội, những hình thức, bước đi và biện pháp thích hợp. Chọn B.

Đến năm 1986, Việt Nam đang ở trong tình trạng khủng hoảng kinh tế rồi đến xã hội, trong đó nghiêm trọng nhất là khủng hoảng kinh tế, và khủng hoảng kinh tế sẽ kéo theo khủng hoảng về xã hội, chính trị...bởi vậy trong đường lối đổi mới đất nước, Đảng Cộng sản Việt Nam cho rằng trọng tâm là đổi mới kinh tế. Chọn C.

Kinh tế Nhật Bản sau Chiến tranh thế giới thứ hai có nhiều bước phát triển nổi trội, có nhiều nguyên nhân để kinh tế Nhật Bản phát triển, trong các nguyên nhân giúp nền kinh tế Nhật Bản phát triển thì Việt Nam có thế học tập bài học về việc phát triển khoa học-công nghệ, áp dụng thành tựu khoa học-công nghệ vào sản xuất. Có được tiến bộ khoa học công nghệ sẽ giúp tăng năng xuất, giảm giá thành, nâng cao chất lượng sản phẩm từ đó thúc đẩy nền kinh tế phát triển. Chọn C.

Ta có: \(w = iz = i\left( {2 - i} \right) = 1 + 2i\).

Suy ra điểm biểu diễn của số phức \(w = iz\) trên mặt phẳng tọa độ là điểm \({\rm{Q}}\left( {1\,;\,\,2} \right)\). Chọn B.

Mặt phẳng cần tìm có dạng \(x - 2y + 3z + c = 0\,\,(c \ne  - 1)\).

Vì mặt phẳng cần tìm đi qua \({\rm{M}}\) nên \(1 - 4 + 9 + {\rm{c}} = 0 \Rightarrow {\rm{c}} =  - 6\). Chọn B.

Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {{\rm{MA}}}  + 2\overrightarrow {{\rm{MB}}}  - \overrightarrow {{\rm{MC}}}  = \vec 0\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - {\rm{x}} + 2\left( {5 - {\rm{x}}} \right) - \left( {3 - {\rm{x}}} \right) = 0}\\{1 - {\rm{y}} + 2\left( { - 1 - {\rm{y}}} \right) - \left( {2 - {\rm{y}}} \right) = 0}\\{1 - {\rm{z}} + 2\left( {2 - {\rm{z}}} \right) - \left( { - 4 - {\rm{z}}} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 4}\\{{\rm{y}} =  - \frac{3}{2} \Leftrightarrow {\rm{M}}\left( {4\,;\,\, - \frac{3}{2}\,;\,\,\frac{9}{2}} \right).{\rm{ }}}\\{{\rm{z}} = \frac{9}{2}}\end{array}} \right.} \right.\]Chọn A.

Ta có \(\frac{{5x}}{5} - \frac{{13}}{{21}} + \frac{x}{{15}} < \frac{9}{{25}} - \frac{{2x}}{{35}} \Leftrightarrow \frac{{118}}{{105}}x < \frac{{514}}{{525}} \Leftrightarrow x < \frac{{257}}{{295}}\). Chọn B.

Ta có \(\sin x = \cos 2x \Leftrightarrow \sin x = 1 - 2{\sin ^2}x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x = \frac{1}{2}}\\{\sin x =  - 1}\end{array}} \right.\).

• \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)         • \(\sin x =  - 1 \Leftrightarrow x =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Xét \(x \in \left[ {0\,;\,\,20\pi } \right]\):

• Với \(x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \), ta có \(0 \le \frac{\pi }{6} + k2\pi  \le 20\pi  \Leftrightarrow  - \frac{1}{{12}} \le {\rm{k}} \le \frac{{119}}{{12}} \Rightarrow \) có 10 giá trị nguyên \({\rm{k}}\) thoả mãn.

• Với \(x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \), ta có \(0 \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi  \le 20\pi  \Leftrightarrow  - \frac{5}{{12}} \le {\rm{k}} \le \frac{{115}}{{12}} \Rightarrow \) có 10 giá trị nguyên \({\rm{k}}\) thoả mãn.

Với \(x =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi \), ta có \(0 \le  - \frac{\pi }{2} + k2\pi  \le 20\pi  \Leftrightarrow \frac{1}{4} \le {\rm{k}} \le \frac{{41}}{4} \Rightarrow \) có 10 giá trị nguyên \({\rm{k}}\) thoả mãn.

Vậy phương trình đã cho có 30 nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {0\,;\,\,20\pi } \right]\). Chọn B.

Gọi \({{\rm{u}}_1},\,\,{{\rm{u}}_2},\,\, \ldots ,\,\,{{\rm{u}}_{30}}\) lần lượt là số ghế của dãy ghế thứ nhất, dãy ghế thứ hai, ... và dãy ghế số ba mươi.

Ta có công thức truy hồi ta có \({u_n} = {u_{n - 1}} + 4,\,\,n \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,30} \right\}\,;\,\,{u_1} = 15\).

Kí hiệu: \({{\rm{S}}_{30}} = {{\rm{u}}_1} + {{\rm{u}}_2} +  \ldots  + {{\rm{u}}_{30}}\), theo công thức tổng các số hạng của một cấp số cộng, ta được:

\[{{\rm{S}}_{30}} = \frac{{30}}{2}\left[ {2{{\rm{u}}_1} + \left( {30 - 1} \right) \cdot 4} \right] = 15\left( {2 \cdot 15 + 29 \cdot 4} \right) = 2190\]. Chọn D.

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = \ln x}\\{dv = 6xdx}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = \frac{1}{x}dx}\\{v = 3{x^2}}\end{array}} \right.} \right.\).

Khi đó \(\int 6 x\ln xdx = 3{x^2}\ln x - \int 3 {x^2} \cdot \frac{1}{x}dx = 3{x^2}\ln x - \frac{{3{x^2}}}{2} + C\). Chọn C

Hàm số \[y = f\left( x \right) = x + \sqrt {1 - {x^2}} \] xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1\,;\,\,1} \right]\).

\(f'\left( x \right) = 1 - \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \frac{{\sqrt {1 - {x^2}}  - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\,;\)

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

Ta có \({\rm{f}}\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \sqrt 2 \) và \({\rm{f}}\left( 1 \right) = 1\).

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1\,;\,\,1} \right]} f\left( x \right) = \sqrt 2 \) khi \(x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) và \[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1\,;\,\,1} \right]} f\left( x \right) =  - 1\] khi \(x =  - 1\).

Do đó, \({\rm{f}}\left( x \right) \le {\rm{m}}\) với mọi \({\rm{x}} \in \left[ { - 1\,;\,\,1} \right]\) khi và chỉ khi \[{\rm{m}} \ge \mathop {\max \,f}\limits_{\left[ { - 1\,;\,\,1} \right]} \left( x \right) \Leftrightarrow {\rm{m}} \ge \sqrt 2 \]. Chọn A.

Xe mô tô dừng lại hoàn toàn khi vận tốc \(v(t) = 0 \Leftrightarrow 20 - 5t = 0 \Leftrightarrow t = 4\).

Quãng đường mô tô đi được từ lúc đạp phanh cho đến khi dừng hẳn là:

\(S = \int\limits_0^4 {\left( {20 - 5t} \right)dt}  = 40\,\,(m)\). Chọn D

Đặt \(r = 3,4\% \) là lãi suất hàng tháng và \(a = 1 + r\).

Số tiền vay là \(A = 13\;\,500\,\,000\).

Số tiền ông An còn nợ sau tháng thứ 1 là: \({{\rm{T}}_1} = {\rm{A}} + {\rm{Ar}} - {\rm{m}} = {\rm{A}}\left( {1 + {\rm{r}}} \right) - {\rm{m = Aa}} - {\rm{m}}\).

Số tiền ông An còn nợ sau tháng thứ 2 là: \({{\rm{T}}_2} = {{\rm{T}}_1} + {{\rm{T}}_1}{\rm{r}} - {\rm{m}} = {{\rm{T}}_1}{\rm{a}} - {\rm{m}} = {\rm{A}}{{\rm{a}}^2} - {\rm{m}}\left( {{\rm{a}} + 1} \right)\).

Số tiền ông An còn nợ sau tháng thứ 3 là: \({{\rm{T}}_3} = {{\rm{T}}_2} + {{\rm{T}}_2}{\rm{r}} - {\rm{m}} = {{\rm{T}}_2}{\rm{a}} - {\rm{m}} = {\rm{A}}{{\rm{a}}^3} - {\rm{m}}\left( {{{\rm{a}}^2} + {\rm{a}} + 1} \right)\)

Số tiền ông An còn nợ sau tháng thứ 12 là:

\({{\rm{T}}_{12}} = {{\rm{T}}_{11}} + {{\rm{T}}_{11}}{\rm{r}} - {\rm{m}} = {{\rm{T}}_{11}}{\rm{a}} - {\rm{m}} = {\rm{A}}{{\rm{a}}^{12}} - {\rm{m}}\left( {{{\rm{a}}^{11}} + {{\rm{a}}^{10}} +  \ldots  + {\rm{a}} + 1} \right) = A{{\rm{a}}^{12}} - {\rm{m}}\frac{{{{\rm{a}}^{12}} - 1}}{{{\rm{a}} - 1}}.\)

Ông An trả đúng 12 tháng thì hết nợ nên \({{\rm{T}}_{12}} = 0 \Leftrightarrow {\rm{m}} = \frac{{{\rm{A}}{{\rm{a}}^{12}}\left( {{\rm{a}} - 1} \right)}}{{{{\rm{a}}^{12}} - 1}} = 1\,\,388\,\,823\) (đồng).

Chọn C.

Ta có \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 4x}} < 8 \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} - 4x}} < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 3}}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x >  - 3 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 1\\x > 3\end{array} \right.\).

Vậy \(S = \left( { - \infty \,;\,\,1} \right) \cup \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\). Chọn C.

Xét phương trình: \(x\left( {4 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.\).

Thể tích cần tìm là: \[V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left[ {x\left( {4 - x} \right)} \right]}^2}dx}  = \frac{{512\pi }}{{15}}\] (đvtt). Chọn B

Ta có: \[{\rm{y'}} = 3{{\rm{x}}^2} - 6\left( {\;{\rm{m}} + 2} \right){\rm{x}} + 3\left( {\;{{\rm{m}}^2} + 4\;{\rm{m}}} \right)\]

Có \({\rm{y'}} = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6\left( {\;{\rm{m}} + 2} \right)x + 3\left( {{m^2} + 4m} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {\;{\rm{m}} + 2} \right)x + {m^2} + 4m = 0\)

Xét \(\Delta ' = {\left( {\;{\rm{m}} + 2} \right)^2} - \left( {{m^2} + 4m} \right) = 4 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = m}\\{x = m + 4}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta suy ra để hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( {0\,;\,\,1} \right)\]

\( \Rightarrow \left( {0\,;\,\,1} \right) \subset \left( {m\,;\,\,m + 4} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m + 4 \ge 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge  - 3}\end{array} \Leftrightarrow  - 3 \le m \le 0} \right.} \right.\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right\}\).

Vậy có 4 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn A.

Ta có: \({z_2} =  - 3 + i \Rightarrow \overline {{z_2}}  =  - 3 - i\). Suy ra \({z_1}\overline {{z_2}}  = \left( {2 + i} \right)\left( { - 3 - i} \right) =  - 5 - 5i\).

Khi đó: phần ảo của số phức \({z_1}\overline {{z_2}} \) bằng \( - 5\). Chọn A.

Gọi \({{\rm{I}}_1},\,\,{{\rm{I}}_2},\,\,{\rm{M}}\) lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức \({{\rm{z}}_1},\,\,{{\rm{z}}_2},\,\,{\rm{z}}{\rm{.}}\)

Phương án A: \({z_1}\) và \({z_2}\) là các số phức phân biệt cho trước nên đặt \(R = \left| {{z_1} - {z_2}} \right| > 0\).

\(\left| {z - {z_1}} \right| = \left| {z - {z_2}} \right| = \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = R \Rightarrow \) tập hợp điểm biểu diễn số phức \(z\) là giao điểm của hai đường tròn có tâm lần lượt là \({{\rm{I}}_1},\,\,{{\rm{I}}_2}\) (là các điểm biểu diễn số phức \({{\rm{z}}_1}\) và \({{\rm{z}}_2}\)), bán kính \({\rm{R}}{\rm{.}}\)

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z không phải là đường thẳng. Loại phương án A.

Phương án B: \(\left| {{\rm{z}} - {{\rm{z}}_2}} \right| = 1 \Rightarrow \) tập hợp điểm biểu diễn số phức \({\rm{z}}\) là đường tròn có tâm \({{\rm{I}}_2}\) (là các điểm biểu diễn số phức \({z_2}\) ), bán kính \(R\). Loại phương án B.

Phương án C: \(\left| {z - {z_1}} \right| = 1 \Rightarrow \) tập hợp điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn có tâm \({I_1}\) (là các điểm biểu diễn số phức \({z_1}\) ), bán kính \({\rm{R}}\). Loại phương án C.

Phương án D: \(\left| {{\rm{z}} - {{\rm{z}}_1}} \right| = \left| {{\rm{z}} - {{\rm{z}}_2}} \right| \Leftrightarrow {{\rm{I}}_1}{\rm{M}} = {{\rm{I}}_2}{\rm{M}}\).

Do \({{\rm{z}}_1} \ne {{\rm{z}}_2} \Rightarrow {{\rm{I}}_1}\cancel{ \equiv }{{\rm{I}}_2}\) nên tập hợp điểm biểu diễn số phức \({\rm{z}}\) là đường trung trực của đoạn \({{\rm{I}}_1}{{\rm{I}}_2}.\)

Vậy phương án D thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D.

Ta có \(2\overrightarrow {{\rm{MA}}}  - 3\overrightarrow {{\rm{MB}}}  + 2\overrightarrow {{\rm{MC}}}  = 2\left( {\overrightarrow {{\rm{MI}}}  + \overrightarrow {{\rm{IA}}} } \right) - 3\left( {\overrightarrow {{\rm{MI}}}  + \overrightarrow {{\rm{IB}}} } \right) + 2\left( {\overrightarrow {{\rm{MI}}}  + \overrightarrow {{\rm{IC}}} } \right),\,\,\forall {\rm{I}}\)

                                                           \( = \overrightarrow {{\rm{MI}}}  + 2\left( {\overrightarrow {{\rm{IA}}}  - 3\overrightarrow {{\rm{IB}}}  + 2\overrightarrow {{\rm{IC}}} } \right),\,\,\forall {\rm{I}}\)

Chọn điểm I sao cho \(2\overrightarrow {{\rm{IA}}}  - 3\overrightarrow {{\rm{IB}}}  + 2\overrightarrow {{\rm{IC}}}  = \vec 0\). (*)

Gọi \(I(x;y)\), từ \((*)\) ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\left( {1 - x} \right) - 3\left( {0 - x} \right) + 2\left( { - 3 - x} \right) = 0}\\{2\left( {0 - y} \right) - 3\left( {3 - y} \right) + 2\left( { - 5 - y} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 4}\\{y =  - 19}\end{array} \Rightarrow I\left( { - 4\,;\,\, - 19} \right)} \right.} \right.\].

Khi đó \({\rm{P}} = \left| {2\overrightarrow {{\rm{MA}}}  - 3\overrightarrow {{\rm{MB}}}  + 2\overrightarrow {{\rm{MC}}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{\rm{MI}}} } \right| = {\rm{MI}}\).

Để \({\rm{P}}\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M\) nhỏ nhất. Mà \(M\) thuộc trục hoành nên \[MI\] nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu vuông góc của I lên trục hoành nên \(M\left( { - 4\,;\,\,0} \right)\). Chọn B.

Ta có: \({\rm{M}}{{\rm{A}}^2} + {\rm{M}}{{\rm{B}}^2} = 31\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 31\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 2x + y + 1 = 0.\) Chọn A.

Gọi \({\rm{I}}\left( {{{\rm{x}}_0}\,;\,\,{{\rm{y}}_0}\,;\,\,{{\rm{z}}_0}} \right)\) là trung điểm \({\rm{AB}}\). Khi đó: \({\rm{I}}\left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AB}}}  = \left( {{{\rm{x}}_{\rm{B}}} - {{\rm{x}}_{\rm{A}}}\,;\,\,{{\rm{y}}_{\rm{B}}} - {{\rm{y}}_{\rm{A}}}\,;\,\,{{\rm{z}}_{\rm{B}}} - {{\rm{z}}_{\rm{A}}}} \right) = \left( { - 4\,;\,\,0\,;\,\,12} \right) =  - 4\left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 3} \right)\).

Mặt phẳng trung trực của đoạn \({\rm{AB}}\) đi qua trung điểm \(I\) và nhận \(\overrightarrow {{\rm{AB}}} \) làm vectơ pháp tuyến.

Có phương trình là: \(1\left( {x + 1} \right) + 0\left( {y - 2} \right) - 3\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3z + 10 = 0\). Chọn B.

Hình nón nhận được khi quay \(\Delta ABC\) quanh trục \({\rm{AI}}\) có bán kính \({\rm{IB}}\) và đường sinh \({\rm{AB}}{\rm{.}}\)

Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AI = BI = 1\,\,cm\) và \(AB = AI \cdot \sqrt 2  = \sqrt 2 \).

\({S_{{\rm{xq}}}} = \pi  \cdot r \cdot \ell  = \pi  \cdot 1 \cdot \sqrt 2  = \sqrt 2 \pi .\) Chọn A.

Do ba bình chứa nước như nhau nên thể tích bằng nhau.

Ta có \({\rm{V}} = {{\rm{h}}_1} \cdot \pi {\rm{r}}_1^2 = {{\rm{h}}_2} \cdot \pi {\rm{r}}_2^2 = {{\rm{h}}_3} \cdot \pi {\rm{r}}_3^2 \Rightarrow {{\rm{h}}_1}{\rm{.r}}_1^2 = {{\rm{h}}_2}{\rm{.r}}_2^2 = {{\rm{h}}_3} \cdot {\rm{r}}_3^2 \Rightarrow {{\rm{h}}_1} \cdot {\rm{r}}_1^2 = 2\;{{\rm{h}}_1} \cdot {\rm{r}}_2^2 = 4\;{{\rm{h}}_1} \cdot {\rm{r}}_3^2\)

\( \Rightarrow {\rm{r}}_1^2 = 2{\rm{r}}_2^2 = 4{\rm{r}}_3^2 \Rightarrow {{\rm{r}}_1} = \sqrt 2 {{\rm{r}}_2} = 2{{\rm{r}}_3}\,\,\left( {{\rm{Do}}\,\,{{\rm{h}}_2} = 2\;{{\rm{h}}_1},\,\,\;{{\rm{h}}_3} = 2\;{{\rm{h}}_2} \Rightarrow {{\rm{h}}_3} = 4\;{{\rm{h}}_1}} \right)\).

Khi đó \(q = \frac{{{r_2}}}{{{r_1}}} = \sqrt 2 \). Chọn A.

Gọi \[M\] là trung điểm của \[BC.\]

Theo bài ra \[ABC\] là tam giác đều cạnh \[a\] nên:

\({\rm{AM}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2};\,\,{{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Hình chiếu vuông góc của điểm \[A'\] lên mặt phẳng \(\left( {{\rm{ABC}}} \right)\) là trung điểm \({\rm{M}}\) của cạnh \({\rm{BC}}\) nên

\({\rm{A'M}} \bot \left( {{\rm{ABC}}} \right){\rm{,}}\,\,{\rm{A'M}} \bot {\rm{BC}}\).

Xét tam giác \[A'MA\] vuông tại \[M\], ta có: \(A'M = \sqrt {A{{A'}^2} - A{M^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

Thể tích của khối lăng trụ \[ABC.{\rm{ }}A'B'C'\] là:

\({{\rm{V}}_{ABC.{\rm{ }}A'B'C'}} = A'{\rm{M}} \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{2} \cdot \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{{\rm{a}}^3}}}{{4\sqrt 2 }}\). Chọn B.

Gọi \[I\] là giao điểm của \[BD\] và \[RQ.\] Nối \[P\] với \({\rm{I}}\), cắt \({\rm{AD}}\) tại \({\rm{S}}{\rm{.}}\).

• Xét tam giác \({\rm{BCD}}\) bị cắt bởi \(RQ,\) ta có

\(\frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}}.\frac{{{\rm{BR}}}}{{{\rm{RC}}}}.\frac{{{\rm{CQ}}}}{{{\rm{QD}}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}}.2.1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} = \frac{1}{2}.\)

• Xét tam giác \({\rm{ABD}}\) bị cắt bởi \[PI,\] ta có

\(\frac{{{\rm{AS}}}}{{{\rm{SD}}}} \cdot \frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} \cdot \frac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{PA}}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm{SA}}}}{{{\rm{SD}}}} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm{SA}}}}{{{\rm{SD}}}} = 2\). Chọn A.

Mặt cầu \(\left( {\rm{S}} \right)\) có tâm \[{\rm{I}}\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\]. Ta có: \({\rm{d}}\left( {{\rm{I}},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = 3 > {\rm{R}} = 2 \Rightarrow \left( {\rm{P}} \right) \cap \left( {\rm{S}} \right) = \emptyset .\)

Đường thẳng \({\rm{d}}\) đi qua \[I\] và vuông góc với \(\left( {\rm{P}} \right)\) có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 1 + 2t,\,\,t \in \mathbb{R}{\rm{. }}}\\{z = 1 + 2t}\end{array}} \right.\)

Tọa độ giao điểm của \({\rm{d}}\) và \(\left( {\rm{S}} \right)\) là \({\rm{A}}\left( {\frac{5}{3}\,;\,\,\frac{7}{3}\,;\,\,\frac{7}{3}} \right),{\rm{B}}\left( {\frac{1}{3}\,;\,\, - \frac{1}{3}\,;\,\, - \frac{1}{3}} \right)\).

Ta có \({\rm{d}}\left( {{\rm{A}},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = 5 \ge {\rm{d}}\left( {{\rm{B}},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = 1 \Rightarrow {\rm{d}}\left( {{\rm{A}},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) \ge {\rm{d}}\left( {{\rm{M}},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) \ge {\rm{d}}\left( {{\rm{B}},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow d{\left( {{\rm{M}},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right)_{\min }} = 1 \Leftrightarrow M \equiv B\). Chọn C.

Đường thẳng d qua điểm \[{\rm{M}}\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right)\] nhận \(\vec n = \left( {1\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right)\) là vectơ chỉ phương nên \[d\] có dạng \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 - t}\\{y =  - 3 - 3t.}\\{z = 1 + t}\end{array}} \right.\) Chọn C.

Từ đồ thị ta có bảng xét dấu \({\rm{y'}} = {\rm{f'}}({\rm{x}})\) của hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{x}})\) như sau

Với \[a \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right),\,\,b \in \left( { - 2\,;\,\,0} \right),\,\,c \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\]. Ta có \(g'(x) = \left( {3{x^2} - 3} \right)f'\left( {{x^3} - 3x} \right)\).

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

Xét hàm số \(h(x) = {x^3} - 3x\). Ta có \[h'(x) = 3{x^2} - 3\,,\,\,h'(x) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\].

Bảng biến thiên của \(h(x)\):

Từ bảng biến thiên trên ta có:

• Phương trình \({x^3} - 3x = a\) với \(a \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)\) có một nghiệm \({x_1}\) nhỏ hơn \( - 1\).

• Phương trình \({x^3} - 3x = b\) với \(b \in \left( { - 2\,;\,\,0} \right)\) có ba nghiệm phân biệt \({x_2},\,\,{x_3},\,\,{x_4}\) khác \( \pm 1\) và khác \({x_1}.\)

• Phương trình \({x^3} - 3x = c\) với \(c \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) có ba nghiệm phân biệt \({x_5},\,\,{x_6},\,\,{x_7}\) khác \( \pm 1,\,\,{x_1},\,\,{x_2},\,\,{x_3}\) và \({x_4}.\)

Như vậy phương trình \(g'(x) = 0\) có 9 nghiệm phân biệt gồm \({x_1},\,\,{x_2},\,\,{x_3},\,\,{x_4},\,\,{x_5},\,\,{x_6},\,\,{x_7},\,\, - 1,\,\,1\) nên hàm số \(g(x) = f\left( {{x^3} - 3x} \right)\) có 9 điểm cực trị. Chọn C.

Ta có phương trình mặt phẳng qua \({\rm{A}},\,\,{\rm{B}},\,\,{\rm{C}}\) là:

\(\left( {ABC} \right):\frac{x}{3} + \frac{y}{2} + \frac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 2x + 3y + z - 6 = 0\).

Dễ thấy \({\rm{D}} \in \left( {ABC} \right)\). Gọi \({\rm{A'}},\,\,{\rm{B'}},\,\,C'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \({\rm{A}},\,\,{\rm{B}},\,\,{\rm{C}}\) trên \(d.\)

Suy ra \(d\left( {A;\,\,d} \right) + d\left( {B\,;\,\,d} \right) + d\left( {C\,;\,\,d} \right) = AA' + BB' + CC' \le AD + BD + CD\).

Dấu  xảy ra khi \({\rm{A'}} \equiv {\rm{B'}} \equiv {\rm{C'}} \equiv {\rm{D}}\).

Hay tổng khoảng cách từ các điểm \({\rm{A}},\,\,{\rm{B}},\,\,{\rm{C}}\) đến \[d\] lớn nhất khi \({\rm{d}}\) là đường thẳng qua \(D\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right) \Rightarrow d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 1 + 2{\rm{t}}}\\{{\rm{y}} = 1 + 3{\rm{t}}\,;\,\,{\rm{N}} \in {\rm{d}}.}\\{{\rm{z}} = 1 + {\rm{t}}}\end{array}} \right.\) Chọn B.

Ta có phương trình hoành độ: \(\frac{{\left( {2\;{\rm{m}} + 1} \right){\rm{x}} - 6}}{{{\rm{x}} + 1}} = x - 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - \left( {2\;{\rm{m}} + 1} \right)x + 5 = 0\,\,(1)}\\{x \ne  - 1}\end{array}} \right.\)

Để \(\left( {{C_m}} \right)\) và \(\Delta \) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) khác \[ - 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 20 > 0}\\{2m + 7 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty \,;\,\, - \frac{1}{2} - \sqrt 5 } \right) \cup \left( { - \frac{1}{2} + \sqrt 5 \,;\,\, + \infty } \right)\backslash \left\{ { - \frac{7}{2}} \right\}(*)} \right.\].

Khi đó \({\rm{A}}\left( {{{\rm{x}}_1}\,;\,\,{{\rm{x}}_1} - 1} \right),\,\,{\rm{B}}\left( {{{\rm{x}}_2}\,;\,\,{{\rm{x}}_2} - 1} \right) \Rightarrow {\rm{M}}\left( {\frac{{{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}}}{2}\,;\,\,\frac{{{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} - 2}}{2}} \right)\).

Theo Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = 2m + 1\) suy ra \(M\left( {\frac{{2m + 1}}{2};\frac{{2m - 1}}{2}} \right)\).

Gọi \[N\left( {x\,;\,\,y} \right)\], tam giác \[OMN\] vuông cân tại \[O \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{N}} \in ({\rm{C}})}\\{\overrightarrow {OM}  \cdot \overrightarrow {ON}  = 0 \Leftrightarrow }\\{{\rm{OM}} = {\rm{ON}}}\end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{Q}}_{\left( {{\rm{o}}\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)}}\left( {\rm{M}} \right) = {\rm{N}}}\\{{{\rm{Q}}_{\left( {{\rm{o}}\,;\,\, - \frac{\pi }{2}} \right)}}\left( {\rm{M}} \right) = {\rm{N}}}\end{array}} \right.\].

Trường hợp 1: \({{\rm{Q}}_{\left( {\,{\rm{o}};\,\,\frac{\pi }{2}} \right)}}\left( {\rm{M}} \right) = {\rm{N}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{x}}_{\rm{N}}} =  - \frac{{2\;{\rm{m}} - 1}}{2}}\\{{{\rm{y}}_{\rm{N}}} = \frac{{2\;{\rm{m}} + 1}}{2}}\end{array}} \right.\), thay vào phương trình của \(({\rm{C}})\) ta được \({\left( {2 - \frac{{2m - 1}}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{2m + 1}}{2} - 3} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow {\left( {2m - 5} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{7}{2}}\\{m = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\).

Trường hợp 2: \[{Q_{\left( {O\,;\,\, - \frac{\pi }{2}} \right)}}(M) = N \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_N} = \frac{{2m - 1}}{2}}\\{{y_N} =  - \frac{{2m + 1}}{2}}\end{array}} \right.\], thay vào phương trình của \((C)\) ta được \({\left( {\frac{{2m - 1}}{2} + 2} \right)^2} + {\left( {\frac{{2m + 1}}{2} + 3} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow 8{m^2} + 40m + 50 = 0 \Leftrightarrow m =  - \frac{5}{2}.\)

Đối chiếu điều kiện (*) thấy \({\rm{m}} = \frac{7}{2}\) thỏa mãn. Chọn D.

TH1: \(x \le 1\). Phương trình \( \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{2} - 2x + \frac{3}{2} + \frac{{{x^2}}}{2} - 3x + 4 = \frac{3}{4}\)

 \( \Leftrightarrow {x^2} - 5x + \frac{{19}}{4} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{5 + \sqrt 6 }}{2}{\rm{ (L) }}}\\{x = \frac{{5 - \sqrt 6 }}{2}{\rm{ (L) }}}\end{array}} \right.\).

TH2: \(1 < x < 2\). Phương trình \( \Leftrightarrow  - \frac{{{x^2}}}{2} + 2x - \frac{3}{2} + \frac{{{x^2}}}{2} - 3x + 4 = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = \frac{7}{4}\,\,(TM)\).

TH3: \[2 \le x \le 3\], ta được \( - \frac{{{x^2}}}{2} + 2x - \frac{3}{2} - \frac{{{x^2}}}{2} + 3x - 4 = \frac{3}{4} \Leftrightarrow  - {x^2} + 5x - \frac{{25}}{4} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\,\,(TM)\)

TH4: \(3 < x < 4\). Phương trình \( \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{2} - 2x + \frac{3}{2} - \frac{{{x^2}}}{2} + 3x - 4 = \frac{3}{4} \Leftrightarrow x = \frac{{13}}{4}\,\,(TM)\).

TH5: \(x \ge 4\). Phương trình \( \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{2} - 2x + \frac{3}{2} + \frac{{{x^2}}}{2} - 3x + 4 = \frac{3}{4}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 5x + \frac{{19}}{4} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{5 + \sqrt 6 }}{2}{\rm{ (L) }}}\\{x = \frac{{5 - \sqrt 6 }}{2}\,\,({\rm{L}})}\end{array}} \right.\).

Vậy nghiệm của phương trình là \[x = \frac{7}{4},\,\,x = \frac{5}{2},\,\,x = \frac{{13}}{4}\]. Chọn A

Ta có: \[\begin{array}{l}\int\limits_4^{\frac{7}{2}} {f\left( {\frac{x}{2}} \right)dx}  = 2\int\limits_2^{\frac{7}{2}} {f\left( {\frac{x}{2}} \right)d\left( {\frac{x}{2}} \right)}  = 2\int\limits_2^{\frac{7}{2}} {f\left( x \right)dx}  = 2\int\limits_2^{\frac{7}{2}} {f\left( x \right)d\left( {x - \frac{7}{2}} \right)} \\\end{array}\] .

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = f\left( x \right)\\dv = d\left( {x - \frac{7}{2}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = f'\left( x \right)dx\\v = \left( {x - \frac{7}{2}} \right)\end{array} \right.\) .

Khi đó: \[2\int\limits_2^{\frac{7}{2}} {f\left( x \right)dx}  = 2\int\limits_2^{\frac{7}{2}} {f\left( x \right)d\left( {x - \frac{7}{2}} \right)}  = 2\left[ {\left. {\left( {x - \frac{7}{2}} \right)f\left( x \right)} \right|_0^{\frac{7}{2}} - \int\limits_2^{\frac{7}{2}} {\left( {x - \frac{7}{2}} \right)f'\left( x \right)dx} } \right]\]

\( =  - 2\int\limits_2^{\frac{7}{2}} {\left( {x - \frac{7}{2}} \right)f'\left( x \right)dx}  =  - 2\int\limits_2^{\frac{7}{2}} {\left( {x - \frac{7}{2}} \right)\frac{{x + 7}}{{\sqrt {2x - 3} }}dx}  = \frac{{236}}{{15}}.\)

Do đó \(a = 236\,;\,\,b = 15 \Rightarrow a + b = 251.\) Chọn B.

Gọi \(\Omega \): "Xếp ngẫu nhiên 6 thẻ đã cho theo một hàng ngang" \( \Rightarrow {\rm{n}}(\Omega ) = \frac{{6!}}{{3!}} = 120.\)

A: "Các thẻ được xếp thành dãy xếp được thành dãy TNTHPT".

Ta thực hiện các bước xếp sau:

• Xếp một thẻ chữ \(N\), một thẻ chữ \(H\) và một thẻ chữ \(P\) vào 3 vị trí cố định: có 1 cách xếp.

• Xếp ba thẻ chữ \(T\) giống nhau vào 3 vị trí còn lại: có 1 cách xếp.

\[ \Rightarrow {\rm{n}}\left( {\rm{A}} \right) = 1 \cdot 1 = 1\]. Vậy \({\rm{P}}({\rm{A}}) = \frac{1}{{120}}\). Chọn A.

Gọi \({{\rm{h}}_1},\;{{\rm{h}}_2}\) lần lượt là đường cao của hai hình chóp M.ABC,

\(M.{\rm{ }}A'B'C'\) thì \({h_1} + {h_2} = h\) là đường cao của lăng trụ \[ABC.{\rm{ }}A'B'C'.\]

Ta có \({\rm{V}} = {{\rm{V}}_{{\rm{M}}{\rm{.ABC}}}} + {{\rm{V}}_{{\rm{M}}{\rm{.B}}B'A'}} + {{\rm{V}}_{M.{\rm{ }}A'B'C'}}\)

\( = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot {h_1} + {V_{M.ABB'A'}} + \frac{1}{3}{S_{A'B'C'}} \cdot {h_2}\)

\( = \frac{1}{3}{S_{ABC}}\left( {{h_1} + {h_2}} \right) + {V_{M.ABB'A'}} = \frac{1}{3}V + {V_{M.ABB'A'}}\)

Suy ra \({V_{M.ABB'A'}} = \frac{{2V}}{3}\). Chọn \(M\) trùng \(C\)hoặc \[C'\]. Chọn D.

Ta có\({x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = \frac{1}{2},\,\,y' = \frac{3}{{{{(x + 1)}^2}}} \Rightarrow f'\left( 1 \right) = \frac{3}{4}\)

Phương trình tiếp tuyến: \(y = \frac{3}{4}\left( {x - 1} \right) + \frac{1}{2} \Rightarrow y = \frac{3}{4}x - \frac{1}{4} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{3}{4}}\\{b =  - \frac{1}{4}}\end{array}} \right.\).

Do đó \(S = a - b = 1\). Đáp án: 1.

Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\). Ta có: \(y' = {{\rm{x}}^2} - 4{\rm{x}} + 3\); \(y'' = 2{\rm{x}} - 4\);

• \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).

• \(y''(1) =  - 2 < 0:x = 1\) là điểm cực đại của hàm số.

• \(y''(3) = 2 > 0:{\rm{x}} = 3\) là điểm cực tiểu của hàm số.

Vậy giá trị cực đại của hàm số là \({{\rm{y}}_{{\rm{CD}}}} = 3\). Đáp án: 3.

\({\rm{AH}} = {\rm{d}}\left( {{\rm{A}};\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = \frac{{\left| {16 \cdot 2 - 12 \cdot \left( { - 1} \right) - 15 \cdot \left( { - 1} \right) - 4} \right|}}{{\sqrt {{{16}^2} + {{\left( { - 12} \right)}^2} + {{\left( { - 15} \right)}^2}} }} = \frac{{11}}{5} = 2,2\).

Đáp án: \[{\bf{2}},{\bf{2}}\].

Gọi \(x = \overline {{\rm{abcdef }}} \) là số cần lập.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c + d + e + f = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21}\\{a + b + c = d + e + f + 1}\end{array} \Rightarrow a + b + c = 11} \right.\).

Do \(a,\,\,b,\,\,c \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6} \right\}\).

Suy ra ta có các cặp sau: \(\left( {a;\,\,b;\,\,c} \right) = \left( {1;\,\,4;\,\,6} \right);\,\,\left( {2;\,\,3;\,\,6} \right);\,\,\left( {2;\,\,4;\,\,5} \right)\).

Với mỗi bộ như vậy ta có 3! cách chọn \({\rm{a}},\,\,{\rm{b}},\,\,{\rm{c}}\) và \[3!\] cách chọn \({\rm{d}},\,\,{\rm{e}},\,\,{\rm{f}}{\rm{.}}\)

Do đó có: \(3\,.\,3!\,.\,3! = 108\) số thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án: 108.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {{x^2} + 2012} \right)\sqrt[7]{{1 - 2x}} - 2012}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {x\sqrt[7]{{1 - 2x}}} \right) + 2012\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {\sqrt[7]{{1 - 2x}} - 1} \right)}}{x}\)

\( = 2012\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[7]{{1 - 2x}} - 1}}{x}\)

Xét hàm số \(y = f(x) = \sqrt[7]{{1 - 2x}}\) ta có \(f\left( 0 \right) = 1\). Theo định nghĩa đạo hàm ta có:

\(f'\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[7]{{1 - 2x}} - 1}}{x}\);

\(f'\left( x \right) =  - \frac{2}{{7{{\left( {\sqrt[7]{{1 - 2x}}} \right)}^6}}} \Rightarrow f\left( 0 \right) =  - \frac{2}{7} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[7]{{1 - 2x}} - 1}}{x} =  - \frac{2}{7}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {{x^2} + 2012} \right)\sqrt[7]{{1 - 2x}} - 2012}}{x} =  - \frac{{4024}}{7} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 4024}\\{b = 7}\end{array} \Rightarrow a + b =  - 4017} \right.\).

Đáp án: −4017.

Gọi số tiền cần tăng giá mỗi kg rau là \(x\) (nghìn đồng).

Vì cứ tăng giá thêm \[1\,\,000\] đồng/kg thì số rau thừa lại \(20\;\,{\rm{kg}}\) nên tăng \(x\) (nghìn đồng) thì thì số rau thừa lại \[20x{\rm{ }}kg.\]

Khi đó tổng số rau bán ra mỗi ngày là: \[1\,\,000--20x\] kg.

Do đó lợi nhuận một ngày là:

\[{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) = \left( {1\,\,000 - 20{\rm{x}}} \right)\left( {30 + {\rm{x}}} \right) + 20{\rm{x}} \cdot 2\] (nghìn đồng).

Xét hàm số \[{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) = \left( {1\,\,000 - 20{\rm{x}}} \right)\left( {30 + {\rm{x}}} \right) + 20{\rm{x}} \cdot 2\] trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Ta có: \(f(x) =  - 20{x^2} + 440x + 30\,\,000\).

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \({\rm{x}} =  - \frac{{\rm{b}}}{{2{\rm{a}}}} =  - \frac{{440}}{{2 \cdot \left( { - 20} \right)}} = 11\)

Khi đó \[\mathop {\max }\limits_{x \in \,\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)} f(x) = f\left( {11} \right) = 32\,\,420\] (nghìn đồng) \( = 32\,\,420\,\,000\) (đồng).

Đáp án: \[{\bf{32}}\,\,{\bf{420}}\,\,{\bf{000}}.\]

Ta có: \(y' = 4{{\rm{x}}^3} + 12m{{\rm{x}}^2} + 6\left( {\;{\rm{m}} + 1} \right){\rm{x}}\)

TH1: \(m =  - 1\), ta có: \(y' = 4{x^3} - 12{x^2} = 4{x^2}\left( {x - 3} \right)\).

Bảng xét dấu:

Hàm số có 1 cực tiểu duy nhất.

TH2: \(m \ne  - 1\). Ta có: \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} + 6mx + 3m + 3 = 0\,\,\,(*)\end{array} \right.\).

Để hàm số đã cho chỉ có một cực tiểu thì phương trình \((*)\) không có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow {\left( {3m} \right)^2} - 2\left( {3m + 3} \right) \le 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - \sqrt 7 }}{2} \le {\rm{m}} \le \frac{{1 + \sqrt 7 }}{2}\).

Do đó \(m \in \left[ {\frac{{1 - \sqrt 7 }}{3};\frac{{1 + \sqrt 7 }}{3}} \right] \cup \{  - 1\} \).

Vậy 3 giá trị nguyên \(m\) là \(\left\{ { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\}\) thỏa mãn. Đáp án: 3.

\[I = \int\limits_0^2 {\left( {3x - 1} \right){e^{\frac{x}{2}}}dx} .\] Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = 3x - 1}\\{dv = {e^{\frac{x}{2}}}dx}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = 3dx}\\{v = 2{e^{\frac{x}{2}}}}\end{array}} \right.} \right.\)

\[ \Rightarrow I = \left. {2\left( {3x - 1} \right){e^{\frac{x}{2}}}} \right|_0^2 - \int\limits_0^2 {6{e^{\frac{x}{2}}}dx}  = 10e + 2 - \left. {12{e^{\frac{x}{2}}}} \right|_0^2 = 14 - 2e \Rightarrow a + b = 12.\] Đáp án: 12.

Ta có 

2fx2+1−5=0⇔fx2+1=52  (1)fx2+1=−52  (2)a

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

• Phương trình \((1) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 1 = a\,\,\left( {a >  - 1} \right)}\\{{x^2} + 1 = b\,\,\left( {b <  - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow x =  \pm \,\sqrt {a - 1} } \right.\) nên phương trình \((1)\) có 2 nghiệm.

• Phương trình (2) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm. Đáp án: 2.

Gọi \(z = x + yi \Rightarrow \bar z = x - yi\).

Đặt \({\rm{A}} = \left( {{\rm{z}} + 2{\rm{i}}} \right)\left( {\overline {\rm{z}}  + 2} \right) = \left[ {{\rm{x}} + \left( {{\rm{y}} + 2} \right){\rm{i}}} \right]\left( {{\rm{x}} + 2 - {\rm{yi}}} \right)\)\( = {\rm{x}}\left( {{\rm{x}} + 2} \right) - {\rm{xyi}} + \left( {{\rm{x}} + 2} \right)\left( {{\rm{y}} + 2} \right){\rm{i}} + {\rm{y}}\left( {{\rm{y}} + 2} \right)\)

\( = {x^2} + 2x + {y^2} + 2y + \left( { - xy + xy + 2x + 2y + 4} \right)i = {x^2} + 2x + {y^2} + 2y + \left( {2x + 2y + 4} \right)i\)

Mà \(A\) là số thuần ảo nên \({x^2} + {y^2} + 2x + 2y = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 2\).

Do đó, tâm \(I\left( { - 1\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow a + b =  - 2\). Đáp án: −2.

Kẻ đường kính \({\rm{AD}}\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta {\rm{ABC}}\) nên \({\rm{ABD}} = {\rm{ACD}} = 90^\circ .\)

\({\rm{Ta}}\) có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{BD}} \bot {\rm{BA}}}\\{{\rm{BD}} \bot {\rm{SA}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{BD}} \bot \left( {{\rm{SAB}}} \right)} \right.\) hay \({\rm{BD}} \bot {\rm{AM}}\) và  hay \({\rm{AM}} \bot \left( {{\rm{SBD}}} \right) \Rightarrow {\rm{AM}} \bot {\rm{SD}}{\rm{.}}\)

Chứng minh tương tự ta được \({\rm{AN}} \bot {\rm{SD}}\).

Suy ra \({\rm{SD}} \bot \left( {{\rm{AMN}}} \right)\), mà \({\rm{SA}} \bot \left( {{\rm{ABC}}} \right)\), \({\rm{AM}} \bot {\rm{SB}}\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {{\rm{ABC}}} \right),\,\,\left( {{\rm{AMN}}} \right)}} \right) = \widehat {\left( {{\rm{SA}},\,\,{\rm{SD}}} \right)} = \widehat {{\rm{DSA}}}.\)

Ta có \(BC = 2R\sin A = AD \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow SA = 2BC = AD\sqrt 3 \).

Vậy \(\tan \widehat {{\rm{ASD}}} = \frac{{{\rm{AD}}}}{{{\rm{SA}}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {\rm{ASD}} = 30^\circ .\) Đáp án: 30.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) lên trục \[Ox\] suy ra \({\rm{H}}\left( {4\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\).

\({\rm{M'}}\) là điểm đối xứng với \({\rm{M}}\) qua trục \({\rm{Ox}}\) thì \({\rm{H}}\) là trung điểm của \({\rm{MM'}}.\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{x}}_{\rm{H}}} = \frac{{{{\rm{x}}_{\rm{M}}} + {{\rm{x}}_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\\{{{\rm{y}}_{\rm{H}}} = \frac{{{{\rm{y}}_{\rm{M}}} + {{\rm{y}}_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\\{{{\rm{z}}_{\rm{H}}} = \frac{{{{\rm{z}}_{\rm{M}}} + {{\rm{z}}_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\end{array}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{x}}_{{\rm{M'}}}} = 2{{\rm{x}}_{\rm{H}}} - {{\rm{x}}_{\rm{M}}} = 4}\\{{{\rm{y}}_{{\rm{M'}}}} = 2{{\rm{y}}_{\rm{H}}} - {{\rm{y}}_{\rm{M}}} = 1}\\{{{\rm{z}}_{{\rm{M'}}}} = 2{{\rm{z}}_{\rm{H}}} - {{\rm{z}}_{\rm{M}}} =  - 7}\end{array} \Leftrightarrow {\rm{M'}}\left( {4\,;\,\,1\,;\,\, - 7} \right).} \right.} \right.\]

Khoảng cách từ điểm \({\rm{M'}}\) đến mặt phẳng \[\left( {\rm{P}} \right)\] là \[{\rm{d}}\left( {{\rm{M'}}\,,\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = 1\]. Đáp án: 1.

Ta có: \({\log _a}b = 2{\log _b}c \Leftrightarrow {\log _a}b.{\log _b}c = 2\log _b^2c \Leftrightarrow {\log _a}c = 2\log _b^2c\)

Ta có: \({\log _a}b = 4{\log _c}a \Leftrightarrow {\log _a}b.{\log _c}a = 4\log _c^2a \Leftrightarrow {\log _c}b = 4\log _c^2a\).

Suy ra \({\log _c}b.{\log _a}c = 8\log _c^2a.\log _b^2c \Leftrightarrow {\log _a}b = 8\log _b^2a\)

\( \Leftrightarrow {\log _a}b = \frac{8}{{\log _a^2b}} \Leftrightarrow \log _a^3b = 8 \Leftrightarrow {\log _a}b = 2 \Leftrightarrow b = {a^2}\).

Mặt khác: \({\log _a}b = 2{\log _b}c \Leftrightarrow {\log _a}{a^2} = 2{\log _b}c \Leftrightarrow {\log _b}c = 1 \Leftrightarrow b = c\).

Theo giả thiết: \(a + 2b + 3c = 48 \Leftrightarrow a + 2{a^2} + 3{a^2} = 48 \Leftrightarrow 5{a^2} + a - 48 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{a =  - \frac{{16}}{5}}\end{array}} \right.\).

Do \(a > 0\) nên \(a = 3\). Với \(a = 3 \Rightarrow c = 3 \Rightarrow b = 9\). Vậy \(a + b + c = 15\). Đáp án: 15.

\[d\left( {M,\,\,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B,\,\,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\,\,\left( {SCD} \right)} \right).\]

Kẻ \({\rm{AP}} \bot {\rm{SD}}({\rm{P}} \in {\rm{SD}}) \Rightarrow {\rm{d}}({\rm{A}},({\rm{SCD}})) = {\rm{AP}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{2}{\rm{AP}} = {\rm{d}}\left( {M,\,\,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\rm{a}}}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow {\rm{AP}} = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}\)

Ta có \(\frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{A{P^2}}} - \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} \Rightarrow \frac{{SA}}{a} = 2.\)Đáp án: 2.

Diện tích toàn phần là: \({S_{tp}} = 4ah + 2{a^2} = 6 \Rightarrow h = \frac{{6 - 2{a^2}}}{{4a}}\).

Thể tích khối hộp chữ nhật là: \(V = a \cdot a \cdot h = {a^2} \cdot \frac{{6 - 2{a^2}}}{{4a}} = \frac{{6a - 2{a^3}}}{4}\).

Khảo sát hàm \({\rm{f}}\left( {\rm{a}} \right) = \frac{{6{\rm{a}} - 2{{\rm{a}}^3}}}{4}\), ta được \({\rm{f}}\left( {\rm{a}} \right)\) lớn nhất tại \({\rm{a}} = 1\).

Với \({\rm{a}} = 1 \Rightarrow {\rm{h}} = 1 \Rightarrow {\rm{a}} + {\rm{h}} = 2\;{\rm{cm}}\). Đáp án: 2.

Từ “họ” là đại từ chỉ ngôi thứ 3 (số nhiều); trong câu này “họ” không thay thế cho “Nguyễn Du” (ngôi 1, số ít) đã xuất hiện trước đó; từ đúng trong câu này là “mình” hoặc “ông”. Chọn C.

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

Câu văn diễn tả việc nhà trường cho học sinh quay lại học trực tiếp và được phụ huynh ủng hộ. Căn cứ vào từ “nhà trường” và nội dung “cho con em trở lại trường” để thấy từ “chủ trương” đang bị dùng sai nghĩa. “Chủ trương” là những chỉ đạo mang tính định hướng về đường lối, quan điểm… còn trong câu văn, nhà trường và phụ huynh thống nhất cho học sinh trở lại học thì cần dùng từ “kế hoạch” (hoạt động, công việc được sắp xếp theo trình tự). Chọn B.

Chú ý vào từ “nếu” là một từ trong cặp quan hệ từ “nếu – thì” chỉ quan hệ giả thiết - kết quả, nhưng nội dung câu văn chỉ khẳng định sự khác biệt của con người: có đời sống tinh thần, phân biệt thị phi... vậy đây là từ sai – cần lược bỏ để đảm bảo tính mạch lạc trong câu văn. Chọn A.

Từ “pha phách” là từ dùng trong phong cách khẩu ngữ - sinh hoạt, không phù hợp trong câu này (thuộc phong cách báo chí - công luận). Chọn C.

Các từ “giường, ghế, phản” chỉ sự vật dùng để ngồi, nằm còn “thìa” dùng để ăn uống. Chọn C.

Các từ “trăng trắng, phớt hồng, tim tím” chỉ màu sắc nhạt hơn so với mức bình thường còn từ “xanh ngắt” chỉ màu sắc đậm hơn so với mức bình thường. Chọn B.

Các từ: “kiến thiết, xây dựng, tu sửa” dùng đối với các công trình lớn. Riêng từ “sửa chữa” dùng cho các đồ vật nhỏ hàng ngày. Chọn D.

Từ “chính” trong “chính chuyên, chính đáng, chính trực” mang nghĩa là đúng. Từ “chính” trong “chính sự” mang ý nghĩa là trung tâm. Chọn C.

Giải nghĩa từ:

- Nhớp nháp: Bẩn thỉu, ướt át, gây cảm giác khó chịu.

- Nhầy nhụa: Dính ướt, bẩn thỉu, gây cảm giác ghê tởm.

- Nhơ nhuốc: Xấu xa, nhục nhã.

- Nhem nhuốc: (người, quần áo) bị dây bẩn nhiều chỗ.

Từ “nhơ nhuốc” có nét nghĩa liên quan đến danh dự, nhân cách con người. Ba từ còn lại chỉ dùng chỉ đặc điểm của sự vật. Chọn C.

Các loại thực phẩm giúp cải thiện tâm trạng từ tiêu cực thành tích cực, tác động lên não bộ. Các từ “biến đổi, ổn định, duy trì” không phù hợp với ngữ cảnh. Chọn A.

Ở các đồng bằng, phần lớn là đất cát pha, thuận lợi cho việc phát triển các cây công nghiệp hàng năm (lạc, mía, thuốc lá...) nhưng không thật thuận lợi cho cây lúa. Chọn B.

Ai cũng biết Hàn Quốc phát triển kinh tế khá nhanh, vào loại “con rồng nhỏ”, có quan hệ khá chặt chē với các nước phương Tây, một nền kinh tế thị trường nhộn nhịp, có quan hệ quốc tế rộng rãi. Khắp nơi đều có quảng cáo, nhưng không bao giờ quảng cáo thương mại được đặt ở những công sở, hội trường, danh lam thắng cảnh.Chọn C.

Tài nguyên động vật tài nguyên chung, có vai trò quyết định tới sự phát triển bền vững của đất nước chúng ta. Chọn B.

“Tây Tiến” là áng thơ về vẻ đẹp bi tráng và lãng mạn của người chiến sĩ Tây Tiến. Vì vậy, hồn thơ Quang Dũng mang vẻ phóng khoáng, hồn hậu và lãng mạn. Chọn C.

Nếu như những câu phía trên có nhiều thanh trắc, gợi sự trắc trở, gập ghềnh của đường hành quân, thì đến câu: Nhà ai Pha Luông mưa xa khơi toàn thanh bằng liên tiếp, gợi tả sự êm dịu, tươi mát của tâm hồn những người lính trẻ, trong gian khổ vẫn lạc quan yêu đời. Nhịp thơ chậm, âm điệu nhẹ nhàng, sâu lắng tạo sự thư thái trong tâm hồn của những người lính Tây Tiến. Chọn A.

Cụm từ “Mười lăm năm ấy” là khoảng thời gian từ năm 1940, khởi nghĩa Bắc Sơn, mở đầu cuộc kháng chiến chống Nhật đến năm 1954, chiến thắng Điện Biên Phủ, kết thúc kháng chiến chống thực dân Pháp. Chọn B.

“khúc độc hành” chính là khúc tráng ca tiễn đưa người anh hùng về với đất mẹ. Chọn A.

Dòng sông được hiện lên với những đặc điểm: Dòng chảy phong phú: vừa mãnh liệt vừa dịu dàng, say đắm. Dòng sông mang vẻ đẹp nữ tính: từ cô gái di-gan đến người mẹ phù sa. Dòng sông mang vẻ đẹp kín đáo với tâm hồn sâu thẳm. Chọn B.

Hình tượng người mẹ hiện lên qua điểm nhìn của cả hai chị em Việt và Chiến: Cả chị cả em cũng nhớ đến má. Hình như má cũng đã về đâu đây. Mà biến theo ánh đom đóm trên nóc nhà hay đang ngồi dựa vào mấy thúng lúa mà cầm nón quạt? Đêm nay, dễ gì má vắng mặt, má cũng phải về dòm ngó coi chị em Việt tính toán việc nhà làm sao chớ?. Chọn A.

Tác giả viết hoa từ “Đất Nước” thể hiện thái độ trang trọng. Chọn A.

Từ “nhớ chơi vơi” trong đoạn thơ gợi ra một nỗi nhớ thấp thỏm, khắc khoải, không định hình và khó diễn tả bằng lời:

+ Tính từ “chơi vơi” gợi nên sự trơ trọi giữa khoảng trống rộng, không biết bấu víu vào đâu.

+ Động từ “nhớ” khi kết hợp cùng tính từ “chơi vơi” sẽ tạo thành nỗi nhớ khắc khoải, không định hình và khó diễn tả bằng lời.

→Chọn B.

Các từ: oán trách, van xin, khiêu khích, gằn, chế nhạo đều là các động từ. Chọn B. 

Hình ảnh “tiếng ghi ta nâu” là hình ảnh biểu tượng cho những con đường, những mảnh đất Tây Ban Nha. Chọn A.

Bài ca dao sử dụng kết cấu đối đáp, là lời trò chuyện giữa đôi trai gái nhằm bày tỏ tình cảm của mình. Chọn C.

Xác định tác dụng của dấu ba chấm:

+ Biểu thị lời nói bị đứt quãng vì xúc động;

+ Ghi lại những chỗ kéo dài của âm thanh;

+ Chỉ ra rằng người nói chưa nói hết.

Ở đoạn thơ trên, tác giả miêu tả giờ phút chia tay giữa những người dân Việt Bắc với bộ đội, cán bộ kháng chiến về xuôi. Câu thơ cuối có dấu ba chấm, thể hiện sự xúc động, lưu luyến, bịn rịn không nói nên lời. Chọn A.

Cách xưng hô “Con - Mẹ yêu thương” trong đoạn thơ có ý nghĩa thể hiện lòng biết ơn sâu nặng của con với cuộc kháng chiến, với Tây Bắc. Tây Bắc chính là mảnh đất mẹ, là Mẹ Tổ quốc, Mẹ nhân dân mà Chế Lan Viên đang khao khát trở về. Chọn D.

Câu nói của Kiều “…Phận gái chữ tòng,/Chàng đi thiếp cũng một lòng xin đi” thể hiện quan điểm “Tại gia tòng phụ, xuất giá tòng phu, phu tử tòng tử” của người xưa, nghĩa là phận gái lấy chồng phải theo chồng. Chọn A.

Nhân vật Tnú được tập trung khắc hoạ trong đoạn trích với đặc điểm mưu trí. Điều này được thể hiện qua các chi tiết: đi đường núi thì đầu nó sáng lạ lùng.Giặc vây các ngả đường, nó leo lên một cây cao nhìn quanh một lượt rồi xẻ rừng mà đi, lọt tất cả các vòng vây. Qua sông nó không thích lội chỗ nước êm, cứ lựa chỗ thác mạnh mà bơi ngang, vượt lên trên mặt nước, cỡi lên thác băng băng như một con cá kình. Chọn B.

Các biện pháp tu từ được sử dụng trong đoạn thơ.

- Biện pháp điệp: Ta muốn, và, cho…

Tác dụng: Nhịp thơ gấp gáp, sôi nổi; ý thơ nhấn mạnh khát vọng tận hưởng vẻ đẹp cuộc đời và sống đẹp từng giây từng phút.

- Biện pháp liệt kê: mây đưa, gió lượn, cánh bướm, tình yêu, non, nước, mây, cỏ…

Tác dụng: Gợi tả vẻ đẹp tươi, mơn mởn, sự đa dạng, phong phú của thiên nhiên, của cuộc đời khiến nhà thơ đắm say, ngây ngất…

→ Chọn B.

Đảng Quốc đại được thành lập ở Ấn Độ năm 1885 là chính đảng của tư sản Ấn Độ. Chọn B.

Trong quá trình tìm đường cứu nước, Nguyễn Ái Quốc đã đi nhiều nơi, làm nhiều nghề để kiếm sống và hòa mình vào cuộc sống của nhân dân cần lao và chính trong quá trình ấy, Người đã nhận thức rõ đâu là bạn, đâu là thù: Bạn là nhân dân lao động các nước, thù là chủ nghĩa đế quốc nói chung.Chọn B.

Hội nghị lần thứ nhất Ban chấp hành trung ương lâm thời Đảng Cộng sản Việt Nam (tháng 10-1930) quyết định đổi tên Đảng thành Đảng Cộng sản Đông DươngChọn A.

Cuối thế kỉ XIX - đầu thế kỉ XX, Việt Nam đang trong thời kì khủng hoảng về đường lối cứu nước và giai cấp lãnh đạo đấu tranh bởi vì ngọn cờ phong kiến đã lỗi thời, lạc hậu còn con đường cứu nước theo khuynh hướng dân chủ tư sản đang trong quá trình thực tế kiểm nghiệm nhưng cũng dần cho thấy đây không phải là con đường cứu nước phù hợp vì chưa đáp ứng được yêu cầu của lịch sử dân tộc.Trong bối cảnh đó, Nguyễn Ái Quốc đang trên con đường tìm đường cứu nước cho dân tộc và Người đã tìm ra con đường phù hợp đó là con đường cách mạng vô sản. Điều này được chứng minh bởi thắng lợi đầu tiên là thắng lợi của Cách mạng XHCN tháng Mười Nga năm 1917. Người đánh giá đây là cuộc cách mạng “đến nơi” khi so sánh với cách mạng Pháp và cách mạng Mĩ. Sau này, thực tế lịch sử Việt Nam chứng minh và lựa Chọn C.on đường cứu nước mà Nguyễn Ái Quốc đã xác định năm 1920 là hoàn toàn đúng đắn. Đây là công lao đầu tiên to lớn nhất của Nguyễn Ái Quốc trong những năm 1919 - 1930.Chọn D.

Tư sản Việt Nam mới ra đời vào cuối thế kỉ XX, đầu thế kỉ XX nên lực lượng còn nhỏ bé, vốt ít không thể cạnh tranh được với tư bản Pháp. Đây chính là nguyên nhân khách quan dẫn đến sự thất bại của khuynh hướng dân chủ tư sản ở Việt Nam (1919-1930). Chọn C.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

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

Phướng án C 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. Đây chính là biều hiển cho quá trình giảm tình trạng căng thẳng giữa các cường quốc.Chọn C.

Cương lĩnh chính trị đầu tiên của Đảng Cộng sản Việt Nam đã xác định nhiệm vụ "đánh đổ đế quốc Pháp, phong kiến và tư sản phản cách mạng", trước hết vì lí độc lập tự do là yêu cầu bức thiết của thế giới và Việt Nam. Độc lập là mực tiêu cao mà mọi tầng lớp nhân dân đều hướng tới. Chọn B.

Lợn được nuôi chủ yếu ở Đồng bằng phía Đông của Trung Quốc nơi có ngành trồng cây lương thực phát triển.Chọn C.

Năm 2016 thủ tướng nước Anh đã tuyên bố sẽ rời khỏi EU, cho đến ngày 31/1/2020 Anh đã chính thức rời khỏi EU sau 47 năm gắn bó với sự kiện Brexit.Chọn C.

Nhớ lại khái niệm rừng đặc dụng: gồm các vườn quốc gia, khu bảo tồn thiên nhiên...

→ Biện pháp hữu hiệu nhằm bảo vệ, phát triển rừng đặc dụng ở nước ta là bảo vệ cảnh quan, đa dạng sinh học các vườn quốc gia. Chọn B.

Đất ở đồng bằng ven biển miền Trung nước ta thường nghèo, nhiều cát do nguồn gốc hình thành chủ yếu từ biển. Chọn B.

Tỉnh có diện tích cây công nghiệp lâu năm lớn nhất ở vùng Bắc Trung Bộ là Quảng Trị.Chọn D.

Đề cho diện tích và sản lượng nhưng yêu cầu nhận xét về năng suất → áp dụng công thức tính năng suất = sản lượng: diện tích.

A. Năng suất lúa năm 2020 thấp hơn năng suất lúa năm 2000. → sai

B. Năng suất lúa tăng đều qua các năm. → đúng. Chọn B.

C. Năng suất lúa năm 2010 thấp hơn năng suất lúa năm 2000. → sai

D. Năng suất lúa năm 1990 cao hơn năng suât lúa năm 2000. → sai

Khối lượng luân chuyển = khối lượng vận chuyển * khoảng cách → Chọn C.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Giao thông thuận lợi. → sai, giao thông khó khăn.

B. Khí hậu ổn định, ít thiên tai. → nhiều thiên tai chứ không hết.

C. Có nguồn nhân lực dồi dào. → sai, lao động ở đây ít.

D. Cảnh quan thiên nhiên đẹp. → đúng. Chọn D.

Đắp đê ngăn lũ và hạn chế nhiễm phèn, nhiễm mặn không phải là biện pháp hợp lý khi sử dụng và cải tạo tự nhiên của ĐBSCL vì đồng bằng thấp, diện tích lớn, lượng nước quá lớn trong mùa lũ, ảnh hưởng của thủy triều... Chọn A.

Ngành dịch vụ là trung gian giữa sản xuất và tiêu dùng nên muốn dịch vụ phát triển cần có cả sản xuất và tiêu dùng lớn.

A. công nghiệp phát triển mạnh, thu hút vốn đầu tư, trình độ lao động cao.→ chỉ có yếu tố sản xuất.

B. điều kiện tự nhiên thuận lợi, ưu thế về khoa học kĩ thuật, mức sống cao. → không nói đến yếu tố sản xuất.

C. kinh tế phát triển nhất cả nước, quy mô dân số đông, nhiều đô thị lớn. → đúng, có cả sản xuất và tiêu dùng. Chọn C.

D. vị trí địa lí thuận lợi, tăng trưởng kinh tế nhanh, lao động nhập cư nhiều.→ thiếu yếu tố tiêu dùng.

Mạch ngoài gồm: \[R{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nt{\mkern 1mu} {R_0}\]

Ampe kế đo cường độ dòng điện mạch chính \(\left( I \right)\).

Vôn kế đo hiệu điện thế giữa hai đầu \(R\)\(\left( {{U_R} = I.R} \right)\)

Ta có:\(I = \frac{\xi }{{\left( {R + {R_0}} \right) + r}} \Leftrightarrow I.R + I.\left( {{R_0} + r} \right) = \xi \)\( \Leftrightarrow {U_R} + I.\left( {{R_0} + r} \right) = \xi \)

Biểu diễn số liệu trên đồ thị ta có:

Từ đồ thị ta có:

+ Khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I = {{12.10}^{ - 3}}A}\\{{U_R} = 0,02V}\end{array}} \right. \Rightarrow 0,02 = \xi  - {12.10^{ - 3}}.\left( {14 + r} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

+ Khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I = {{4.10}^{ - 3}}A}\\{{U_R} = 0,14V}\end{array}} \right. \Rightarrow 0,14 = \xi  - {4.10^{ - 3}}.\left( {14 + r} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\xi  - {{12.10}^{ - 3}}.\left( {14 + r} \right) = 0,02}\\{\xi  - {{4.10}^{ - 3}}.\left( {14 + r} \right) = 0,14}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\xi  = 0,2}\\{14 + r = 15}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\xi  = 0,2V}\\{r = 1\Omega }\end{array}} \right.\).

Chọn C.

2 giờ 40 phút 50 giây = 9650 giây

Khối lượng đồng bám trên mặt tấm sắt là:\(m = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}It = \frac{1}{{96500}}.\frac{{64}}{2}.10.9650 = 32{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( g \right)\)

Thể tích của đồng là: \(V = \frac{m}{\rho }\)

Lại có: \(V = h.S \Rightarrow \frac{m}{\rho } = h.S\)\( \Rightarrow h = \frac{m}{{\rho .S}} = \frac{{{{32.10}^{ - 3}}}}{{8,{{9.10}^3}{{.200.10}^{ - 4}}}} \approx 1,{8.10^{ - 4}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right) = 0,18{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {mm} \right)\).

Chọn A.

Áp dụng định luật Len-xơ về chiều dòng điện: Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường của nó sinh ra có tác dụng chống lại nguyên nhân sinh ra nó  và áp dụng quy tắc nắm tay phải, ta có: Hình 1 và hình 3 - đúng; Hình 2 và hình 4 – sai. Chọn B.

Từ đồ thị ta thấy biên độ dao động của con lắc lớn nhất khi tần số của ngoại lực bằng 1,275 Hz.

Khi đó xảy ra hiện tượng cộng hưởng, tần số của ngoại lực bằng tần số dao dộng riêng của con lắc.

Vậy tần số riêng của con lắc thoả mãn:

\[1,25 < f < 1,3 \Rightarrow 1,25 < \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} < 1,3 \Rightarrow 1,25 < \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{{0,216}}} < 1,3 \Rightarrow 13,32 < k < 14,4.\]

 Chọn A.

Điện dung của tụ điện phẳng tạo bởi hai bản hình tròn đặt song song:

\[{{\rm{C}}_0}{\rm{ = }}\frac{{\varepsilon {\rm{S}}}}{{{\rm{4}}\pi {\rm{kd}}}}{\rm{ = }}\frac{{\varepsilon .\pi {{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{4}}\pi {\rm{kd}}}}\]

Tụ điện gồm 21 bản hình tròn đặt song song \( \Rightarrow \) Tụ này là hệ gồm 20 tụ điện ghép song song.

Điện dung nhỏ nhất và lớn nhất của tụ điện này là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{C}}_{\min }} = {C_0} = \frac{{\varepsilon .\pi {{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{4}}\pi {\rm{kd}}}} = \frac{{{\rm{1}}.\pi .{\rm{0}},{\rm{0}}{{\rm{2}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{4}}\pi .{\rm{9}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{\rm{9}}}.{\rm{1}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{3}}}}}} = {\rm{1}},{\rm{1}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{11}}}}\left( {\rm{C}} \right)}\\{{{\rm{C}}_{\max }} = {\rm{20}}.{{\rm{C}}_{\rm{0}}} = {\rm{20}}.{\rm{1}},{\rm{1}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{11}}}} = {\rm{2}},{\rm{2}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{10}}}}\left( {\rm{C}} \right)}\end{array}} \right.\)

Khung dao động này có thể bắt được sóng điện từ có bước sóng:

\({\rm{2}}\pi {\rm{c}}\sqrt {{\rm{L}}{{\rm{C}}_{\min }}} \le \lambda \le {\rm{2}}\pi {\rm{c}}\sqrt {{\rm{L}}{{\rm{C}}_{\max }}} \)\( \Rightarrow {\rm{2}}\pi .{\rm{3}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{\rm{8}}}.\sqrt {{\rm{8}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{6}}}}.{\rm{1}},{\rm{1}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{11}}}}} \le \lambda \le {\rm{2}}\pi .{\rm{3}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{\rm{8}}}.\sqrt {{\rm{8}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{6}}}}.{\rm{2}},{\rm{2}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{10}}}}} \)

\( \Rightarrow {\rm{17}},{\rm{77}}\left( {\rm{m}} \right) \le \lambda \le {\rm{79}},{\rm{48}}\left( {\rm{m}} \right)\).

Chọn D.

Số hạt đã bị phân rã được xác định theo công thức:\(\Delta N = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\)

Hàm số \(\Delta N = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\)tăng từ 0 theo t và có tiệm cận ngang đi qua \({N_0}\).

\( \Rightarrow \) Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của ΔN theo thời gian là đồ thị B.

Chọn B.

Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện:\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{q = {Q_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)(C)}\\{i = q' = \omega {Q_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi + \frac{\pi }{2}} \right)(A)}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \] q biến thiên điều hòa theo thời gian với cùng tần số trễ pha \[\frac{\pi }{2}\]so với i.

Chọn C.

Chiếu một chùm sáng đi qua một máy quang phổ lăng kính, chùm sáng lần lượt đi qua: ống chuẩn trực, hệ tán sắc, buồng tối. Chọn D.

Vì \({U_2} = 110V < {U_1} = 220V \Rightarrow \) là máy hạ áp.

Tỉ số vòng dây của cuộn thứ cấp và sơ cấp:\(k = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{110}}{{220}} = 0,5\). Chọn A.

Giới hạn quang điện của kim loại làm catot: \({\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{3,45.1,{{6.10}^{ - 19}}}} = 0,36\mu m\)

Để xảy ra hiện tượng quang điện thì: \(\lambda \le {\lambda _0}\)

Mà: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\lambda _1} = 0,25\mu m < {\lambda _0} = 0,36\mu m}\\{{\lambda _2} = 0,4\mu m > {\lambda _0} = 0,36\mu m}\\{{\lambda _3} = 0,56\mu m > {\lambda _0} = 0,36\mu m}\\{{\lambda _1} = 0,2\mu m < {\lambda _0} = 0,36\mu m}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \) Các bức xạ gây ra hiện tượng quang điện là: \({\lambda _1};{\lambda _4}\).

Đáp án: 2.

→ Alkane phải là \[C{H_4}.\]

Ta có: \({m_X} = 0,2 \cdot 22,5 = 4,5\,gam\)

Bảo toàn khối lượng có: \({m_X} = {m_C} + {m_H} \Rightarrow {m_H} = 4,5 - 0,3 \cdot 12 = 0,9\)

\[\begin{array}{l}{n_{{H_2}O}} = \frac{1}{2}{n_H} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{0,9}}{1} = 0,45\,mol\\ \Rightarrow {n_{C{H_4}}} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,45 - 0,3 = 0,15\,mol\\ \Rightarrow {n_{alkene}} = 0,2 - 0,15 = 0,05\,mol\end{array}\]

Gọi công thức của alkene có dạng \({C_n}{H_{2n}}\,(n \ge 2)\)

Bảo toàn nguyên tố C có: \(0,15 \cdot 1 + 0,05 \cdot n = 0,3 \Rightarrow n = 3\)

Vậy hỗn hợp chứa\[C{H_4}\] và \[{C_3}{H_6}.\]

Chọn C.

Công thức tinh thể là \[MgS{O_4}.n{H_2}O.\]

Ta có độ tan của \(MgS{O_4}\)ở \({t^o}C\)là 35,1 gam tức là:

Trong (100+35,1=135,1 gam) dung dịch chứa 35,1 gam chất tan \(MgS{O_4}\)

Vậy 200 gam dung dịch chứa \(\frac{{200 \cdot 35,1}}{{135,1}} = 51,96\)gam chất tan \(MgS{O_4}\)

* Khi ở \({t^o}C\)cho 2 gam \[MgS{O_4}\]vào 200 gam dung dịch \[MgS{O_4}\] bão hòa

Vậy (\(2 + 200 - m = 202 - m\)) dung dịch chứa \(\frac{{(202 - m) \cdot 35,1}}{{135,1}}\)gam chất tan \(MgS{O_4}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = \frac{{3,16}}{{120}} \cdot (120 + 18n)\\\frac{{(202 - m) \cdot 35,1}}{{135,1}} = 51,96 + 2 - 3,16\end{array} \right. \Rightarrow n = 7\)

⟹ Công thức của tinh thể A là \[MgS{O_4}.7{H_2}O.\]

Chọn D.

\({n_{KMn{O_4}}} = {3.10^{ - 3}}\,mol\)

Phương trình ion thu gọn:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{5F{e^{2 + }}\;\;{\rm{ }} + \;{\rm{ }}\;Mn{O_4}^ - \; + {\rm{ }}8{H^ + }\; \to {\rm{ }}5F{e^{3 + }}\; + {\rm{ }}M{n^{2 + }}\; + {\rm{ }}4{H_2}O}\\{\;0,015\;{\rm{ }} \leftarrow {{3.10}^{ - 3}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\left( {mol} \right)}\end{array}\]

Như vậy trong 20 ml dung dịch có 0,015 mol \[FeS{O_4}\]

⟹ Trong 300 ml dung dịch có 0,225 mol \[FeS{O_4}\]

⟹ \(\% {m_{FeS{O_4}}} = \frac{{0,225 \cdot 152}}{{50}} \cdot 100\% = 68,4\% \)

Chọn A.

\(\begin{array}{l}2M + 2{H_2}O \to 2MOH + {H_2} \uparrow \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,03 \leftarrow \,\,0,015\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{\rm{MOH}} + {\rm{HCl}} \to {\rm{MCl}} + {{\rm{H}}_2}O\\0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,0,015\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{mol}}\end{array}\)