Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 2)

Giả sử hình chóp tứ giác đều là \[S.ABCD.\]

Gọi \[O\] là giao điểm của \[BD\] và \[AC.\]

Ta có \[SO \bot \left( {ABCD} \right),\,\,\widehat {SAO} = 60^\circ ,\,\,AC = a\sqrt 2  \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Khi đó \(SO = AO \cdot \tan \widehat {SAO} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2},\,\,{S_{ABCD}} = {a^2}.\)

Theo bài ra, số viên gạch ở mỗi hàng lập thành 1 cấp số cộng.

Với \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 1\), số hạng cuối là \({u_n} = 500.\)

Do đó \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)\,d \Leftrightarrow 500 = 1 + \left( {n - 1} \right).1 \Leftrightarrow n = 500.\)

Vậy tổng số viên gạch cần dùng là \({S_{500}} = \frac{{500 \cdot \left( {2 \cdot 1 + 499.1} \right)}}{2} = 125\,\,250.\)

Chọn D.

Ta có \[\overrightarrow {NM}  = \left( {3\,;\,\,2\,;\, - 2} \right),\overrightarrow {NP}  = \left( {2\,;\,\,m - 2\,;\,\,1} \right)\].

Tam giác \[MNP\] vuông tại \(N\) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {NM}  \cdot \overrightarrow {NP}  = 0 \Leftrightarrow 3 \cdot 2 + 2\left( {m - 2} \right) - 2 \cdot 1 = 0 \Leftrightarrow m = 0.\)

Vậy giá trị cần tìm của \(m\) là \(m = 0.\) Chọn B.

Ta có: \({z^3} + {z^2} + 5z - 7 = 0 \Leftrightarrow \left( {z - 1} \right)\left( {{z^2} + 2z + 7} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = 1}\\{z =  - 1 + i\sqrt 6 }\\{z =  - 1 - i\sqrt 6 }\end{array}} \right.\).

Suy ra: \(M = \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| + \left| {{z_3}} \right| = \left| 1 \right| + \left| { - 1 + i\sqrt 6 } \right| + \left| { - 1 - i\sqrt 6 } \right| = 1 + 2\sqrt 7 .\)

Chọn A.

Gọi vị trí thấp nhất của ống bương là là vị trí của máng nước (như hình vẽ).

Tung độ của điểm \[M\] là \({y_M} = 11 - 6,5 = 4,5\)

\( \Rightarrow \sin \widehat {xOM} = \frac{{{y_M}}}{{OM}} = \frac{{4,5}}{5} = 0,9 \Rightarrow \widehat {xOM} \approx 64^\circ \).

Ta có \(\widehat {TOM} = \widehat {TOx} + \widehat {xOM} = 90^\circ  + 64^\circ  = 154^\circ .\)

Vì thời gian cọn nước thực hiện 1 vòng quay là 3 phút nên thời gian ống bương di chuyển từ \(T\)đến \(M\) là \(\frac{{3.154}}{{360}} = \frac{{77}}{{60}}\) (phút). Chọn C.

Dựa vào hình vẽ, ta có:

Nét cuối đi xuống \( \Rightarrow \) Hệ số \(a < 0.\)

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ dương \( \Rightarrow \) Hệ số \(d > 0.\)

Hàm số có hai điểm cực trị âm \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - \frac{{2b}}{{3a}} < 0}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b < 0}\\{c < 0}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy chỉ có hệ số \(d > 0.\) Chọn B.

Lấy đạo hàm hai vế của giả thiết, ta được \(2f\left( x \right) + {x^2} = {f^2}\left( x \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) + 1 = {x^2} \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]^2} = {x^2} \Leftrightarrow \left| {f\left( x \right) - 1} \right| = \left| x \right|.\)

Diện tích hình phẳng cần tính là .\[S = \int\limits_0^2 {\left| {f\left( x \right) - 1} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^2 {\left| x \right|{\rm{d}}x}  = 2.\] Chọn B.

Ta có \(f'(x) = {\left( {\ln \frac{{2018x}}{{x + 1}}} \right)^\prime } = \frac{1}{{\frac{{2018x}}{{x + 1}}}} \cdot {\left( {\frac{{2018x}}{{x + 1}}} \right)^\prime } = \frac{{x + 1}}{{2018x}} \cdot \frac{{2018}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}\).

Vậy \[S = f'\left( 1 \right) + f'\left( 2 \right) +  \ldots  + f'\left( {2018} \right)\]\( = \frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + .. + \frac{1}{{2018.2019}}\)

\( = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + .. + \frac{1}{{2018}} - \frac{1}{{2019}}\)\( = 1 - \frac{1}{{2019}} = \frac{{2018}}{{2019}}.\) Chọn D.

Ta có: \(IB\,{\rm{//}}\,OA \Rightarrow \frac{{IB}}{{OA}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\).

Khi đó, \(\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{\frac{1}{3}\pi  \cdot I{B^2} \cdot SI}}{{\frac{1}{3}\pi  \cdot O{A^2} \cdot SO}}\)

\( = {\left( {\frac{{IB}}{{OA}}} \right)^2} \cdot \left( {\frac{{SI}}{{SO}}} \right) = {\left( {\frac{2}{5}} \right)^3} = \frac{8}{{125}}\).

Suy ra: \(\frac{{{V_2}}}{V} = 1 - \frac{8}{{125}} = \frac{{117}}{{125}}\).

Tốc độ truyền bệnh là \(f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2} = 675 - 3{\left( {t - 15} \right)^2} \le 675\)

Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất khi \(t = 15\), tức là vào ngày thứ 15. Chọn C.

Ta có \({\log _3}\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right) = 2x + {\log _{\frac{1}{3}}}2 \Leftrightarrow {\log _3}2\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right) = 2x\)

\( \Leftrightarrow {2.3^{x + 1}} - 2 = {3^{2x}} \Leftrightarrow {3^{2x}} - {6.3^x} + 2 = 0.\)

Đặt \({3^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - 6t + 2 = 0.\)

Phương trình luôn có hai nghiệm dương phân biệt.

Đặt \({3^{{x_1}}} = {t_1},{3^{{x_2}}} = {t_2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} + {t_2} = 6}\\{{t_1} \cdot {t_2} = 2}\end{array}} \right.\)

Vậy \(S = \left( {t_1^3 + t_2^3} \right) = {\left( {{t_1} + {t_2}} \right)^3} - 3{t_1} \cdot {t_2}\left( {{t_1} + {t_2}} \right) = 216 - 3.2.6 = 180.\) Chọn D.

− Nếu trong 10 học sinh được chọn có 1 học sinh lớp 10 và 9 học sinh còn lại trong 10 học sinh khối 11 và 12 thì có số cách lập đội là \(C_5^1 \cdot C_{10}^9 = 50\) (cách).

− Nếu trong 10 học sinh được chọn có 2 học sinh lớp 10 và 8 học sinh còn lại trong 10 học sinh khối 11 và 12 thì có số cách lập đội là \(C_5^2 \cdot C_{10}^8 = 450\) (cách).

Vậy tổng số cách lập đội là \(50 + 450 = 500\) (cách). Chọn B.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{y = 2}\end{array}} \right.\) là nghiệm của bất phương trình \(mx + (m - 1)y > 2\) nên

\(m + 2(m - 1) > 2 \Leftrightarrow m > 4\).

Mà \(m \in \left[ { - 2022\,;\,\,2022} \right] \Leftrightarrow  - 2022 \le m \le 2022\) nên \(4 < m \le 2022\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\, \ldots ;\,\,2022} \right\}\).

Số các giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn đề là \(2022 - 5 + 1 = 2018\) (số). Chọn C.

Gọi \[x,\,\,y,\,\,z\] lần lượt là giá tiền một cái áo, một cái quần và một cái váy. Khi đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{12x + 21y + 18z = 5\,\,349\,\,000}\\{16x + 24y + 12z = 5\,\,600\,\,000}\\{24x + 15y + 12z = 5\,\,259\,\,000}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 98\,\,000}\\{y = 125\,\,000}\\{z = 86\,\,000}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra tổng số tiền mỗi áo, mỗi quần, mỗi váy là \(98\,\,000 + 125\,\,000 + 86\,\,000 = 309\,\,000\) (đồng).

Chọn B.

Ta có

$\iff \left[\begin{array}{l}4x=k\pi \\ cosx=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{k\pi }{4}\\ x=\frac{\pi }{4}+k2\pi \\ x=-\frac{\pi }{4}+k2\pi \end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{k2\pi }{8}\\ x=\frac{\pi }{4}+k2\pi \\ x=-\frac{\pi }{4}+k2\pi \end{array}\left(k\in \mathbb{Z}\right).\right.\right.\right.$

\(\sin 4x\left( {2\cos x - \sqrt 2 } \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin 4x = 0}\\{2\cos x - \sqrt 2  = 0}\end{array}} \right.\)

Vậy có 8 điểm biểu diễn nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác. Chọn C.

Do \[ABCD\] là hình thang cân nên hay \(\frac{{a + 6}}{{ - 2}} = \frac{{b - 3}}{1} = \frac{{c - 6}}{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{{ - a}}{2}}\\{c =  - a}\end{array}} \right.\).

Vậy \(D\left( {a\,;\,\,\frac{{ - a}}{2}\,;\,\, - a} \right).\)

Lại có \(AC = BD \Leftrightarrow A{C^2} = B{D^2} \Leftrightarrow {\left( { - 9} \right)^2} + {2^2} + {8^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2} + 3} \right)^2} + {\left( {a + 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + 4a - 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 6}\\{a =  - 10}\end{array}} \right.\).

Với \(a =  - 10 \Rightarrow D\left( { - 10\,;\,\,5\,;\,\,10} \right).\) Kiểm tra thấy: \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD} .\)

Vớí \(a = 6 \Rightarrow D\left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 6} \right).\)

Kiểm tra thấy: \(\left( { - 3} \right) \cdot \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD} .\) Do đó \(T = a + b + c = 6 - 3 - 6 =  - 3.\)

Cách 2: Ta có \[\overrightarrow {AB}  = \left( { - 4\,;\,\,2\,;\,\,4} \right);\,\,\overrightarrow {CD}  = \left( {a + 6\,;\,\,b - 3\,;\,\,c - 6} \right)\]

Do \[ABCD\] là hình thang cân nên \(\overrightarrow {AB} \,;\,\,\overrightarrow {CD} \) ngược hướng hay

\(\frac{{a + 6}}{{ - 2}} = \frac{{b - 3}}{1} = \frac{{c - 6}}{2} < 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{{ - a}}{2}}\\{c =  - a}\\{a >  - 6}\end{array}} \right.\).

Do đó \(D\left( {a\,;\,\,\frac{{ - a}}{2}\,;\,\, - a} \right)\) với \(a >  - 6.\)

Lại có \(AC = BD \Leftrightarrow A{C^2} = B{D^2} \Leftrightarrow {\left( { - 9} \right)^2} + {2^2} + {8^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2} + 3} \right)^2} + {\left( {a + 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + 4a - 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 6}\\{a =  - 10\,\,(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\)

Với \(a = 6 \Rightarrow D\left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 6} \right).\)

Do đó, \(T = a + b + c = 6 - 3 - 6 =  - 3.\)

Cách 3: Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \[AB\].

Gọi mặt phẳng \((\alpha )\) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \[AB\].

Khi đó, mặt phẳng \((\alpha )\) đi qua trung điểm \(I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\) của đoạn thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right).\)

Suy ra phương trình của mặt phẳng \((\alpha )\) là: \((\alpha ): - 2x + y + 2z = 0.\)

Vì \[C,\,\,D\] đối xứng nhau qua mặt phẳng \((\alpha )\) nên \(D\left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 6} \right)\).

Do đó \[a = 6\,;\,\,b =  - 3\,;\,\,c =  - 6 \Rightarrow T = a + b + c =  - 3\]. Chọn A.

Ta có \[f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) - {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = 2{e^{6x}} \Leftrightarrow 2{e^{ - 2x}}\left[ {f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) - {f^2}\left( x \right)} \right] = 4{e^{4x}}\]

\( \Leftrightarrow \left[ {{e^{ - 2x}} \cdot {f^2}\left( x \right)} \right] = 4{e^{4x}} \Rightarrow {e^{ - 2x}} \cdot {f^2}\left( x \right) = {e^{4x}} + C.\)

• \[f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow {e^0} \cdot {f^2}\left( 0 \right) = {e^0} + C \Rightarrow C = 0.\]

• \(f\left( 1 \right) = a \cdot {e^b} \Rightarrow {e^{ - 2}} \cdot {f^2}\left( 1 \right) = {e^4} \Rightarrow {f^2}\left( 1 \right) = {e^6} \Rightarrow f\left( 1 \right) = {e^3}.\)

Vậy \(a = 1\,,\,\,b = 3 \Rightarrow a + b = 4.\) Chọn A.

Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học (6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024-2025.

Áp dụng công thức \({S_n} = A{\left( {1 + r\% } \right)^n}\) để tính dân số năm 2018.

Trong đó \(A = 905\,\,300\,;\,\,r = 1,37\% \,;\,\,n = 8.\)

Dân số năm 2018 là \(A = 905\,\,300 \cdot {\left( {1 + 1,37\% } \right)^8} = 1\,\,009\,\,411\) (người).

Dân số năm 2017 là \(A = 905\,\,300 \cdot {\left( {1 + 1,37\% } \right)^7} = 995\,\,769\) (người).

Số trẻ vào lớp 1 là \(100\,\,9411 - 99\,\,5769 + 2\,\,400 = 16\,\,042\) (người).

Số phòng học cần chuẩn bị là \(16\,\,042:35 \approx 459\) (phòng). Chọn C.

Ta có: \(2 \cdot \left( { - 2} \right) + 2 \cdot \left( { - 2} \right) - 1 + 9 = 0 \Rightarrow B \in (\alpha ).\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \((\alpha )\) thì \(AH \bot MB,\,\,AM \bot MB\)

\( \Rightarrow MH \bot MB \Rightarrow MB \le BH{\rm{.}}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(M \equiv H\), lúc đó \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \((\alpha ).\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + {y^2} - xy + x + y = 8}\\{xy + 3\left( {x + y} \right) = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x + y} \right)}^2} - 3xy + x + y = 8}\\{xy + 3\left( {x + y} \right) = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = S}\\{xy = P}\end{array}\,;\,\,{S^2} \ge 4P} \right.\), hệ đã cho trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S^2} + S - 3P = 8}\\{3S + P = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S^2} + S - 3\left( {1 - 3S} \right) = 8}\\{P = 1 - 3S}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S^2} + 10S - 11 = 0}\\{P = 1 - 3S}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = 1}\\{P =  - 2}\end{array}\,\,(\;{\rm{N}})} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S =  - 11}\\{P = 34}\end{array}\,\,(\;{\rm{L}})} \right.}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Với \(S = 1\,;\,\,P =  - 2\) ta có \[x;{\rm{ }}y\] là nghiệm của phương trình \({t^2} + t - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{t =  - 2}\end{array}} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {1\,;\,\, - 2} \right);\,\,\left( { - 2\,;\,\,1} \right) \Rightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {1 - \left( { - 2} \right)} \right| = \left| { - 2 - 1} \right| = 3.\)

Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9.\)

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( {3x + 1} \right) + 9{x^2} - 6x + 1\] ta có \(g'\left( x \right) = 3f'\left( {3x + 1} \right) + 18x - 6\).

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {3x + 1} \right) =  - 2\left( {3x + 1} \right) + 4.\)  (1)

Đặt \(t = 3x + 1\) khi đó mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right] \Rightarrow t \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]\), khi đó (1) trở thành

\(f'\left( t \right) =  - 2t + 4 \Leftrightarrow 3{t^2} - 10t + 5 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{5 - \sqrt {10} }}{3} \notin \left[ {1\,;\,\,4} \right]}\\{t = \frac{{5 + \sqrt {10} }}{3} \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]}\end{array}} \right.\).

Ta có \(g\left( 1 \right) = 3\,;\,\,g\left( 4 \right) = 10\,;\,\,g\left( {\frac{{3 + \sqrt {10} }}{3}} \right) \approx 0,3 \Rightarrow {\max _{\left[ {1\,;\,\,4} \right]}}g(t) = 10.\)

Do đó để \(f\left( {3x + 1} \right) + 9{x^2} - 6x + 1 \le m \Rightarrow m \ge 10.\) Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = (3; - 4).\)

Khi đó, phương trình của đường thẳng \[AB\] có dạng: \(4x + 3y + m = 0.\)

Vì \(A\left( {1\,;\,\,1} \right) \in AB\) nên \[4 \cdot 1 + 3 \cdot 1 + m = 0 \Leftrightarrow m =  - 7 \Rightarrow AB:4x + 3y - 7 = 0.\]

Vi \(C\left( {a\,;\,\,b} \right) \in d:x - 2y - 1 = 0 \Rightarrow a - 2b - 1 = 0 \Rightarrow a = 2b + 1.\)

Theo đề ra \[{\rm{d}}\left( {C\,,\,\,AB} \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{\left| {4a + 3b - 7} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 6 \Leftrightarrow \left| {4a + 3b - 7} \right| = 30.\]

Thay \(a = 2b + 1\) vào ta được: \(\left| {4\left( {2b + 1} \right) + 3b - 7} \right| = 30\)

\( \Leftrightarrow \left| {11b - 3} \right| = 30 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{11b - 3 = 30}\\{11b - 3 =  - 30}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3}\\{b =  - \frac{{27}}{{11}}}\end{array}} \right.} \right.\).

Do \(C\) có tọa độ nguyên nên \(b = 3\,;\,\,a = 7 \Rightarrow a + b = 10.\) Chọn A.

Đặt \(OP = x\,\,(0 < x < 4) \Rightarrow BP = 4 - x\,;\,\,AP = \sqrt {4 + {x^2}} .\)

Khoảng thời gian để anh Ba từ vị trí xuất phát đến được điểm \(B\) là:

\({t_{\left( x \right)}} = {t_{AP}} + {t_{PB}} = \frac{{\sqrt {4 + {x^2}} }}{6} + \frac{{4 - x}}{{10}}(h)\,\, \Rightarrow {t'_{\left( x \right)}} = \frac{x}{{6\sqrt {4 + {x^2}} }} - \frac{1}{{10}}.\)

\({t'_{\left( x \right)}} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{6\sqrt {4 + {x^2}} }} - \frac{1}{{10}} = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {4 + {x^2}}  = 5x \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < x < 4}\\{4{x^2} = 9}\end{array} \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}.} \right.\)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra khoảng thời gian ngắn nhất để anh Ba từ vị trí xuất phát đến được điểm \({\rm{B}}\) là: \({t_{\min }} = \frac{2}{3}(h) = \frac{2}{3}.60\) (phút) \( = 40\) (phút). Chọn A.

Cách 1:

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right)}\\{SH \bot AB\,;\,\,SH \subset \left( {SAB} \right)}\end{array} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right..\)

Kẻ \(HK \bot CD\,\,\left( {K \in CD} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HK\\CD \bot SH\end{array} \right.\)\( \Rightarrow CD \bot (SHK) \Rightarrow CD \bot SK.\)

Gọi \(I\) là điểm đối xứng \(H\) qua \(K.\)

Dễ dàng chứng minh \(\Delta CKH = \Delta DKI\,\,(c.g.c)\) suy ra \(\widehat {CKH} = \widehat {DKI}\) (hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \[DI\,{\rm{//}}\,HC\] suy ra \[HC\,{\rm{//}}\,\left( {SDI} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {HC;\,\,SD} \right) = d\left( {HC;\,\,\left( {SID} \right)} \right) = d\left( {H;\,\,\left( {SID} \right)} \right).\]

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), kẻ \(HE \bot DI\,\,\left( {E \in DI} \right)\), trong \(\left( {SHE} \right)\) kẻ \(HF \bot SE\,\,\left( {F \in SE} \right).\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DI \bot HE\\DI \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow DI \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow DI \bot HF.\)

\[\left\{ \begin{array}{l}HF \bot SE\\HF \bot DI\end{array} \right. \Rightarrow HF \bot \left( {SCD} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {H;\,\,\left( {SID} \right)} \right) = HF = d\left( {HC;\,\,SD} \right)\].

+) Tính \(HE\):

• Xét \(\Delta DKI\) vuông tại \(K\) có \(\sin I = \frac{{DK}}{{DI}} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {10} }}.\)

• Xét \(\Delta HIE\) vuông tại \(E\) có \[HE = HI \cdot \sin I = 6a \cdot \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{3a\sqrt {10} }}{5}.\]

+) Tính \(SH\):

Khi đó ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SCD} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = CD}\\{HK \subset \left( {ABCD} \right),\,\,HK \bot CD}\\{SK \bot \left( {SCD} \right)\,;\,\,SK \bot CD}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SCD} \right);\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SK;\,\,HK} \right)} = \widehat {SKH} = 45^\circ \].

Suy ra \(\Delta SKH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow SH = HK = AD = 3a.\)

+) Tính \(HF\):

Xét tam giác \[SHE\] vuông tại \(H\) có \(HF\) là đường cao nên

\(\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{9{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{18}}{5}{a^2}}} = \frac{7}{{18{a^2}}} \Rightarrow HF = \frac{{3a\sqrt {14} }}{7}.\)

Vậy \[{\rm{d}}\left( {SD\,;\,\,CH} \right) = \frac{{3\sqrt {14} a}}{7}{\rm{.}}\] Chọn B.

Ta có \(f\left( x \right) = 6f\left( {3x - 1} \right) \Leftrightarrow \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_2^3 {6f\left( {3x - 1} \right){\rm{d}}x} \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_2^3 {6f\left( {3x - 1} \right){\rm{d}}x}  = 2 \cdot \int\limits_2^3 {f\left( {3x - 1} \right){\rm{d}}\left( {3x - 1} \right)}  = 2 \cdot \int\limits_5^8 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).

Suy ra \[\int\limits_5^8 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \frac{1}{2} \cdot \left[ {F\left( 3 \right) - F\left( 2 \right)} \right] = \frac{1}{2} \cdot \left( { - 24} \right) =  - 12.\]

Chọn A.

Ta có \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) suy ra \(y' = 4a{x^3} + 2bx\)

Hàm số đạt cực trị tại \(x = 2 \Rightarrow y'\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow 0 = 32a + 4b.\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm

• \(A\left( {0\,;\,\,2} \right)\) nên \(c = 2\).

• \(B\left( {2\,;\,\, - 14} \right)\) nên \( - 14 = 16a + 4b + 2\).

Từ đó suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 8\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow y = {x^4} - 8{x^2} + 2.\) Vậy \(f\left( 1 \right) = 1 - 8 + 2 =  - 5.\) Chọn D.

Hình hộp có đáy là hình vuông cạnh \[12 - 2x\].

Chiều cao của hình hộp là \[x\].

Thể tích hình hộp là \[y = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\].

Bài toán đưa về tìm \[x \in \left( {0\,;\,\,6} \right)\] để hàm số \[y = f\left( x \right) = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\] có giá trị lớn nhất.

\[y' = 1 \cdot {\left( {12 - 2x} \right)^2} + x \cdot 2 \cdot \left( {12 - 2x} \right) \cdot \left( { - 2} \right) = 12{x^2} - 96x + 144\].

\[y'\] xác định \[\forall x \in \left( {0\,;\,\,6} \right)\]; \[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 6\end{array} \right..\]

Bảng biến thiên

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \[x = 2\]. Chọn A.

Ta có \[g\left( x \right) = 2{f^3}\left( x \right) - 6m \cdot {f^2}\left( x \right)\]

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 6f'\left( x \right) \cdot {f^2}\left( x \right) - 12m \cdot f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)\)\( = 6f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) \cdot [f\left( x \right) - 2m] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 2m}\end{array}} \right.\)

Dễ thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm là \(x = 0\,;\,\,x = 3\)

Và \(f\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm thực phân biệt.

Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow g'(x) = 0\] có 8 nghiệm đơn phân biệt

\( \Leftrightarrow (*)\) có ba nghiệm đơn phân biệt \( \Leftrightarrow  - 1 < 2m < 5 \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} < m < \frac{5}{2}.\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\) Chọn A.

Gọi \[H\] là trung điểm \[AB\].

Suy ra \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[I\] lên Ox nên \[H\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\]

Khi đó \(IH = \sqrt {13}  \Rightarrow R = IA = \sqrt {I{H^2} + A{H^2}}  = 4.\)

Phương trình mặt cầu là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 16.\)

Chọn A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}} = 5{\rm{ n\^e n }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) - 10} \right] = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = 10\)

Ta có \(g\left( x \right) = \sqrt {f\left( x \right) + 6}  - 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} = \left[ {\sqrt {f\left( x \right) + 6}  - 4} \right] - \left[ {2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} - 4} \right]\)

\( = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{{2\left[ {f\left( x \right) - 10} \right]}}{{{{\left[ {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right]}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}\)

Suy ra \(\left( {\sqrt x  - 1} \right)g\left( x \right) = \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{{2\left( {f\left( x \right) - 10} \right)}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt x  - 1} \right)\)

\[ = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left[ {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)\]

\( = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left[ {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt x  + 1} \right){\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2}\)

Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\sqrt x  - 1} \right)g\left( x \right)\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left( {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right){{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}} \right]\)

\( = 5\left[ {\frac{1}{{\sqrt {10 + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{10 - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{10 - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt 1  + 1} \right){\left( {\sqrt 1  - 1} \right)^2} = 0\)

Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left( {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)} \right] =  - \frac{5}{{12}}{\rm{. }}\)

Và \({\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} > 0\) với \(\forall x \ne 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)g\left( x \right)}} =  - \infty \). Chọn A.

Gọi \(M\left( {a\,;\,\,b} \right),A\left( {3\,;\,\, - 1} \right),B\left( { - 2\,;\,\, - 2} \right)\) là các điểm biểu diễn các số phức \(z\,;\,\,3 - i\,;\,\, - 2 - 2i.\)

Khi đó \(\left| {z - 3 + i} \right| - \left| {z + 2 + 2i} \right| = \sqrt {26}  \Leftrightarrow MA - MB = \sqrt {26}  = AB\).

Suy ra \[M\] nằm trên đường thẳng \[AB\], về nằm về phía điểm \[B\].

Ta có \(T = \left| {4 - \left( {3 + z} \right)i} \right| = \left| {4 - 3i - iz} \right| = \left| i \right|.\left| {\frac{{4 - 3i}}{i} - z} \right| = \left| {z + 3 + 4i} \right| = MC\)

Với \(C\left( { - 3\,;\,\, - 4} \right)\) biểu diễn số phức \( - 3 - 4i.\)

Do đó \({T_{\min }} \Leftrightarrow MC\) ngắn nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(C\) trên \[AB\].

Phương trình đường thẳng \[AB\] là \(\left( {{d_1}} \right):x - 5y - 8 = 0.\)

Phương trình đường thẳng qua \(C\), vuông góc với \[AB\] là \(\left( {{d_2}} \right):5x + y + 19 = 0.\)

Suy ra \[M\] là giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right) \Rightarrow M\left( { - \frac{{87}}{{26}}; - \frac{{59}}{{26}}} \right) \Rightarrow b - a = \frac{{14}}{{13}}.\) Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 3{x^2} + 13x - 12 - {e^x} < 0,\,\,\forall x.\)

Do đó \(f\left[ {{{\log }_{0,5}}\left( {{{\log }_2}\left( {2m + 1} \right)} \right) - 2021} \right] < f\left[ {f\left( 0 \right)} \right]\)

\( \Leftrightarrow {\log _{0,5}}\left( {{{\log }_2}(2m + 1)} \right) - 2021 > f\left( 0 \right) =  - 2023\)

\( \Leftrightarrow {\log _{0,5}}\left( {{{\log }_2}(2m + 1)} \right) >  - 2\)

\( \Leftrightarrow 0 < {\log _2}(2m + 1) < {(0,5)^{ - 2}} = 4 \Leftrightarrow 1 < 2m + 1 < 16\)

\( \Leftrightarrow 0 < m < \frac{{15}}{2} \Rightarrow m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\}.\) Chọn D.

Thiết lập hệ tọa độ \[Oxyz\] như hình vẽ, gốc \(O \equiv A'\,;\,Ox \equiv A'B'\,\,;\,Oy \equiv AA'\,;\,Oz \equiv A'D'.\)

Khi đó \(A'\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right),\,\,B'\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),D'\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)

Vì \[M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q\] lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC,\,\,C'D',\,\,DD'\) nên

Phương trình hoành độ giao điểm là:

\({x^3} - 8{x^2} + 8x = {x^2} + \left( {8 - a} \right)x - b \Leftrightarrow {x^3} - 9{x^2} + ax + b = 0\,\,\,(1)\)

Khi đó phương trình (1) có ba nghiệm nằm trong \(\left[ { - 1\,;\,\,5} \right]\).

Đặt \(f(x) = {x^3} - 9{x^2} + ax + b\) suy ra \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 18x + a.\)

Để phương trình (1) có ba nghiệm nằm trong \(\left[ { - 1\,;\,\,5} \right]\) thì \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 18x + a = 0\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ { - 1\,;\,\,5} \right]\)\( \Leftrightarrow a =  - 3{x^2} + 18x\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ { - 1\,;\,\,5} \right]\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) =  - 3{x^2} + 18x\) suy ra \(g'\left( x \right) =  - 6x + 18\), ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3.\)

Bảng biến thiên của \(y = g\left( x \right)\).

Chọn 4 người trong \(n\) học sinh có \(C_n^4\) cách \( \Rightarrow n(\Omega ) = C_n^4.\)

Gọi A là biến cố "trong đội tuyển chính thức có cả hai học sinh nữ"

Và B là biến cố "trong đội tuyển chính thức không có học sinh nữ nào"

Khi đó \({P_A} = \frac{{C_2^2 \cdot C_{n - 2}^2}}{{C_n^4}}\) và \({P_B} = \frac{{C_{n - 2}^4}}{{C_n^4}}\) suy ra \(\frac{{C_2^2 \cdot C_{n - 2}^2}}{{C_n^4}} = 2 \cdot \frac{{C_{n - 2}^4}}{{C_n^4}} \Rightarrow n = 7.\)

Đáp án: 7.

Khi chia tấm tôn đó thành ba phần rồi gấp hai bên lại theo một góc vuông như hình vẽ thì mặt cắt ngang là hình chữ nhật có hai kích thước \(x(\;{\rm{cm}})\) và \(40 - 2x(\;{\rm{cm}}).\)

Khi đó diện tích mặt cắt ngang là \(\left( {40 - 2x} \right)x\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Ta thấy: Diện tích mặt cắt ngang của rãnh dẫn nước lớn hơn hoặc bằng \(150\;\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\) khi và chỉ khi

\(\left( {40 - 2x} \right)x \ge 150 \Leftrightarrow  - 2{x^2} + 40x - 150 \ge 0.{\rm{ }}\)

Tam thức \(f(x) =  - 2{x^2} + 40x - 150\) có hai nghiệm \({x_1} = 5,{x_2} = 15\) và hệ số \(a =  - 2 < 0.\)

Sử dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta thấy tập hợp những giá trị của \(x\) sao cho tam thức \(f\left( x \right)\) mang dấu "+" là khoảng \(\left( {5\,;\,\,15} \right).\)

Do đó tập nghiệm của bất phương trình \( - 2{x^2} + 40x - 150 \ge 0\) là đoạn \[\left[ {5\,;\,\,15} \right].\]

Vậy rãnh dẫn nước phải có độ cao ít nhất là \(5\,\;{\rm{cm}}.\)

Đáp án: 5.

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

Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in (C)\) có dạng \[y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}.\]

Đường thẳng \(\Delta :y =  - 4x + m\) là tiếp tuyến của \((C)\) suy ra \(f'\left( {{x_0}} \right) =  - 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} =  - 2}\end{array}} \right..\)

• Với \({x_0} = 0\) ta có phương trình tiếp tuyến là \(y =  - 4\left( {x - 0} \right) + 3 \Leftrightarrow y =  - 4x + 3.\)

• Với \({x_0} =  - 2\),ta có phương trình tiếp tuyến là \(y =  - 4\left( {x + 2} \right) - 5 \Leftrightarrow y =  - 4x - 13.\)

Vậy có hai giá trị \(m\) thỏa mãn \(\Delta \) là tiếp tuyến của \((C)\) là \(m = 3;m =  - 13.\)

Suy ra tổng các giá trị \(m\) là \[ - 10\].

Đáp án: −10.

Ta có \({16^x} - 2 \cdot {12^x} + \left( {m - 2} \right) \cdot {9^x} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{16}}{9}} \right)^x} - 2 \cdot {\left( {\frac{{12}}{9}} \right)^x} + m - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2 - m = {\left[ {{{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^x}} \right]^2} - 2 \cdot {\left( {\frac{4}{3}} \right)^x}\), đặt \(t = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^x} > 1\) nên \(2 - m = {t^2} - 2t = f\left( t \right).\)

\( \Rightarrow f'\left( t \right) = 2t - 2 > 0,\,\,\forall t > 1\) suy ra \(f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right).\)

Để phương trình \[2 - m = f\left( t \right)\] có nghiệm \( \Leftrightarrow 2 - m > f(1) =  - 1 \Leftrightarrow m < 3.\)

Kết hợp với \(m \in {\mathbb{Z}^ + }\)suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2} \right\}.\)

Đáp án: 2.

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy \(ABC.\)

Do \(DA = DB = DC\) nên \(DO \bot \left( {ABC} \right).\)

Gọi \[H\] là trung điểm \(DA.\) Qua \[H\] kẻ \(HI \bot DA\,\,\left( {I \in DO} \right).\)

Khi đó \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

− Xét tam giác \(ABC\) có:

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng \[10\,\,cm = 1\,\,dm)\], các cánh hoa tạo bởi các đường parabol có phương trình

\(y = \frac{{{x^2}}}{2},\,\,y =  - \frac{{{x^2}}}{2},\,\,x =  - \frac{{{y^2}}}{2},\,\,x = \frac{{{y^2}}}{2}.\)

Giả sử \(z = a + bi\,\,\left( {a,\,\,b \in \mathbb{R}} \right)\) và \(w = x + yi\,\,\left( {x,\,y \in \mathbb{R}} \right)\)

Ta có \(\left( {z - 2 + i} \right)\left( {\bar z - 2 - i} \right) = 25\)

\( \Leftrightarrow \left[ {a - 2 + \left( {b + 1} \right)i} \right]\left[ {a - 2 - \left( {b + 1} \right)i} \right] = 25 \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} = 25\).

Theo giả thiết: \[{\rm{w}} = 2\bar z - 2 + 3i \Leftrightarrow x + yi = 2\left( {a - bi} \right) - 2 + 3i\]

\( \Leftrightarrow x + yi = 2a - 2 + \left( {3 - 2b} \right)i \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2a - 2}\\{y = 3 - 2b}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{x + 2}}{2}}\\{b = \frac{{3 - y}}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).

Thay (2) vào (1) ta được \({\left( {\frac{{x + 2}}{2} - 2} \right)^2} + {\left( {\frac{{3 - y}}{2} + 1} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} = 100.\)

Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức \[w\] là đường tròn tâm \(I\left( {2\,;\,\,5} \right)\) và bán kính \(R = 10.\)

Vậy \(a + b + c = 17.\)

Đáp án: 17.

Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1.\)

Vì điểm \(M\left( {\frac{1}{7};\frac{2}{7};\frac{3}{7}} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên

\(\frac{{\frac{1}{7}}}{a} + \frac{{\frac{2}{7}}}{b} + \frac{{\frac{3}{7}}}{c} = 1 \Rightarrow \frac{1}{{7a}} + \frac{2}{{7b}} + \frac{3}{{7c}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 7\).

Mặt khác mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) tiếp xúc với \((S):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \frac{{72}}{7}\)

Do đó, khoảng cách từ tâm \[I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\] của cầu tới mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\sqrt {\frac{{72}}{7}} \)

\( \Rightarrow d\left( {I\,,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt {\frac{{72}}{7}} \) mà \(\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 7\)

\( \Rightarrow d\left( {I\,,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {7 - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt {\frac{{72}}{7}}  \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{7}{2}{\rm{.}}\) Đáp án: \[\frac{7}{2}\].

Gọi Ta có \[Q = AD \cap \left( {MNP} \right).\]

Thiết diện \[ABCD\] được cắt bởi mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] là tứ giác \(MNQP\).

Đặt \(w = z - 2\), ta được phương trình \({\left( {w + 2} \right)^2} - 2m\left( {w + 2} \right) + 2{m^2} - 2m = 0\)

\( \Leftrightarrow {w^2} - (2m - 4)w + 2{m^2} - 6m + 4 = 0\).

Khi đó bài toán trở thành tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({w_1},{w_2}\) thỏa mãn \(\left| {{w_1}} \right| = \left| {{w_2}} \right|.\)

Xét phương trình (1) có \(\Delta ' = {\left( {m - 2} \right)^2} - 2{m^2} + 6m - 4 =  - {m^2} + 2m.\)

• TH1: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m \in \left( {0\,;\,\,2} \right).\) Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 1.\)

Thay vào phương trình ta được \({w^2} + 2w = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{w = 0}\\{w =  - 2}\end{array}} \right.\) không thỏa mãn yêu cầu đề bài.

• TH2: \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).\)

Khi đó phương trình luôn có hai nghiệm phức phân biệt không phải số thực, hai nghiệm này là hai số phức liên hợp nên mô-đun của chúng luôn bằng nhau.

Kết hợp với điều kiện \(m\) là số nguyên và \(m \in \left( { - 10\,;\,\,10} \right)\).

Suy ra \(m \in \left\{ { - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 1} \right\} \cup \left\{ {3\,;\,\,4\,;\,\, \ldots \,;\,\,9} \right\}.\)

Vậy có 16 giá trị của \(m\) thỏa mãn. Đáp án: 6.

Gọi \(I\left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)\) sao cho \(\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  - 2\overrightarrow {IC}  = \vec 0.\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {OI}  = \overrightarrow {OA}  + 2\overrightarrow {OB}  - 2\overrightarrow {OC}  \Rightarrow I\left( { - 3\,;\,\, - 5\,;\,\, - 3} \right)\).

Ta có \(P = M{A^2} + 2M{B^2} - 2M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)

\( = M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2} + 2\left( {\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  - 2\overrightarrow {IC} } \right) = M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2}{\rm{. }}\)

Do \(I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2} = 36 + 70 - 93 = 13\) không đổi nên \({P_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}\)

Và \[M{I_{\min }} = {\rm{d}}\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 3} \right) + 6 \cdot \left( { - 5} \right) - 3 \cdot \left( { - 3} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {4 + 36 + 9} }} = 4.\]

Vậy \({P_{\min }} = 4 + 13 = 17.\) Đáp án: 17.

Ta có \({2^x} + y \le {\log _2}\left( {x - y} \right)\)

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

• Xét hàm số \(f(t) = {2^t} + t\) có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 + 1 > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}.\)

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\), do đó: \((*) \Leftrightarrow x \le {\log _2}\left( {x - y} \right) \Leftrightarrow {2^x} \le x - y \Leftrightarrow y \le x - {2^x}\,\,(**)\)

• Xét hàm số \(g(x) = x - {2^x}\) trên đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,10} \right]\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = 1 - {2^x}\ln 2\) và \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {\log _2}\left( {{{\log }_2}e} \right)\)

Bảng biến thiên

Điều kiện: \(x \le 1.\)

\({\rm{Ta c\'o  }}2{y^3} + 7y + 2x\sqrt {1 - x}  = 3\sqrt {1 - x}  + 3\left( {2{y^2} + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {{y^3} - 3{y^2} + 3y - 1} \right) + y - 1 = 2\sqrt {1 - x} \left( {1 - x} \right) + \sqrt {1 - x} \)

\( \Leftrightarrow 2{\left( {y - 1} \right)^3} + y - 1 = 2{\left( {\sqrt {1 - x} } \right)^3} + \sqrt {1 - x} \,\,\,(*)\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = 2{t^3} + t\) có \(f'\left( t \right) = 6{t^2} + 1 > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\), suy ra \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Khi đó \((*) \Leftrightarrow f\left( {y - 1} \right) = f\left( {\sqrt {1 - x} } \right) \Leftrightarrow y - 1 = \sqrt {1 - x}  \Leftrightarrow x = 2y - {y^2}\) (điều kiện \(y \ge 1\))

Khi đó \[P = x + 2y =  - {y^2} + 4y = 4 - {\left( {y - 2} \right)^2} \le 4\]

Đẳng thức xảy ra khi \(y = 2,x = 0.\)

Vậy \(\max P = 4\) khi \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {0\,;\,\,2} \right).\)

Đáp án: 4.

Dựng các điểm \[E,\,\,F\] để có các hình chữ nhật \[ABED\] và \[ABCF\] như hình vẽ.

• TH1: Khi quay hình thang \[ABCD\] (kể cả các điểm trong) quanh đường thẳng \[BC\] ta được khối tròn xoay có thể tích là \({V_1} = {V_3} - {V_4} = 3\pi  - \frac{1}{3}\pi \left( {3 - x} \right) = 2\pi  + \frac{1}{3}\pi x = \frac{1}{3}\pi \left( {6 + x} \right).\)

Trong đó, \({V_3}\) là thể tích khối trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng 1 , chiều cao bằng \(3;{V_4}\) là thể tích khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng 1, chiều cao bằng \(3 - x.\)

• TH2: Khi quay hình thang \[ABCD\] (kể cả các điểm trong) quanh đường thẳng \[AD\] ta được khối tròn xoay có thể tích là \({V_2} = {V_5} + {V_4} = \pi x + \frac{1}{3}\pi \left( {3 - x} \right) = \pi  + \frac{2}{3}\pi x = \frac{1}{3}\pi \left( {3 + 2x} \right).\)

Trong đó, \({V_5}\) là thể tích khối trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng 1 , chiều cao bằng x.

Theo giả thiết ta có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{7}{5} \Leftrightarrow \frac{{6 + x}}{{3 + 2x}} = \frac{7}{5} \Leftrightarrow x = 1.\)

Đáp án: 1.

Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là khoa học. Trong đoạn trích sử dụng nhiều thuật ngữ khoa học cùng với nội dung mang tính chất nghiên cứu khoa học. Chọn D.

Đoạn trích bàn về văn hóa của Việt Nam. Chọn A.

Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là tự sự. Chọn B.

Nhân vật Nghĩa không xuất hiện trực tiếp trong đoạn trích. Chọn C.

Biện pháp tu từ: Nhân hóa: Cái tư tưởng - tư tưởng náu mình, yên lặng. Chọn B.

Phong cách ngôn ngữ của văn bản là nghệ thuật. Chọn A.

Dùng phương pháp loại trừ:

Tân Việt Cách mạng đảng đến năm 1928 không theo khuynh hướng vô sản.

Đảng Cộng sản Việt Nam năm 1930 mới ra đời.

Tâm tâm xã và Cộng sản đoàn theo khuynh hướng vô sản những có hoạt động tiêu biểu và đại diện nhất cho cho khuynh hướng cách mạng vô sản ở Việt Nam (1919-1928) là Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên. Chọn C.

Mĩ vừa phát động cuộc Chiến tranh lạnh năm 1947.

Hiệp định Pari về Việt Nam được kí kết năm 1973.

Liên minh châu Âu đã ra đời và phát triển năm 1991.

Hiệp hội các quốc gia Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập năm 1967 đây là thời gian mà Mĩ đang đẩy mạnh xâm lược Việt Nam (1954-1975). Chọn A.

Phong trào công nhân Việt Nam những năm 1925-1929 chịu ảnh hưởng nhiều từ những hoạt động của Hội Việt Nam Cách mạng thanh niên nên đã dần chuyển từ tự phát sang tự giác, phong trào công nhân trở thành nòng cốt của phong trào dân tộc trong cả nước, nổ ra tại các trung tâm kinh tế, chính trị (bãi công của công nhân than Mạo Khê, nhà máy cưa Bến Thủy, xi măng Hải Phòng,...). Phong trào công nhân đã thể hiện được ý thức chính trị và ý thức của giai cấp, đấu tranh với mục tiêu dân tộc, dân chủ rõ ràng hơn. Chọn B.

Hiệp định về chấm dứt chiến tranh, lập lại hòa bình ở Việt Nam được kí chính thức ngày 27-1-1973 tại Pari giữa bốn ngoại trưởng, đại diện cho các chính phủ tham dự Hội nghị và bắt đầu có hiệu lực. Chọn C.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- Đáp án A. nước ta có điều kiện thuận lợi để phát triển ngành đường biển. → đây là yếu tố có sẵn từ trước, không thúc đẩy ngành vận tải đường biển phát triển nhanh.

- Đáp án B. nước ta đang thực hiện mở cửa, quan hệ quốc tế ngày càng tăng. → đúng. Chọn B.

- Đáp án C. ngành dầu khi phát triển mạnh, vận chuyển chủ yếu bằng đường biển. → đúng nhưng chưa đủ, không chỉ ngành dầu khi phát triển mà còn nhiều ngành khác.

- Đáp án D. ngoại thương nước ta phát triển mạnh, lượng hàng xuất nhập khẩu lớn. → không bao quát bằng B

Khi cho hai điện tích cùng loại lại gần nhau thì chúng đẩy nhau. Chọn B.

Vận dụng quy tắc nắm tay phải: vùng (2), (4) từ trường do hai dây dẫn gây ra có thể triệt tiêu nhau. Chọn D.

Vận dụng quy tắc nắm tay phải ta thấy dòng điện có chiều đi vào mặt phẳng.

Chọn A.

Tia tử ngoại có có tác dụng diệt khuẩn do vậy nó có thể diệt được 99% vi khuẩn.

Chọn B.

Gọi V là thể tích máu của người đó. Độ phóng xạ H = 597.V (phân rã/phút) = 9,95.V (Bq). Ta có: \({\rm{H}} = {{\rm{H}}_0}{2^{ - \frac{{\rm{t}}}{{\rm{T}}}}} \Rightarrow \frac{{9,95\;{\rm{V}}}}{{74000}} = {2^{ - \frac{{3,75}}{{15}}}} \Rightarrow {\rm{V}} = 6253,9\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3} = 6,25\)lít. Chọn B.

Ta có, khi U_AN cực đại thì:

\({U_{AN}} = {U_{RL}} = \frac{{U.\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U.\sqrt {{R^2} + {{({\rm{\omega }}L)}^2}} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\rm{\omega }}L - \frac{1}{{{\rm{\omega }}C}}} \right)}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 - {p^{ - 2}}} }} \cdot \)Với \(p = \frac{1}{2}\left( {1 + \sqrt {1 + 2\frac{{{R^2}C}}{L}} } \right)\)

Từ đồ thị ta thấy \({{\rm{U}}_{{\rm{AN}}}} = \frac{5}{3}{\rm{U}} \Rightarrow {\rm{p}} = 1,25 \Rightarrow \frac{{{{\rm{R}}^2}{\rm{C}}}}{{\rm{L}}} = 0,625\)

Tại \({\rm{\omega }} = y\) thì \({U_{L\max }}\), ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_C} = \sqrt {\frac{L}{C} - \frac{{{R^2}}}{2}} }\\{{Z_L} = \frac{L}{C}.\frac{1}{{{Z_C}}}}\end{array} \Rightarrow \frac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} = \frac{L}{C}.\frac{1}{{\frac{L}{C} - \frac{{{R^2}}}{2}}} = \frac{1}{{1 - \frac{{{R^2}C}}{L}}} = 1,455} \right.\)

Chuẩn hóa số liệu: \({Z_C} = 1;{Z_L} = 1,455;R = 0,95\)

Hệ số công suất: \(\cos {\rm{\varphi }} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{0,95}}{{\sqrt {0,{{95}^2} + {{(1,455 - 1)}^2}} }} = 0,9\). Đáp án. 0,9.

Giả sử ban đầu A là vị trí cho vân sáng bậc \(k \to {x_M} = k\frac{{D{\rm{\lambda }}}}{a}\) (1)

Khi dịch chuyển màn ra xa một đọan d thì A vẫn là vân sáng nhưng số vân sáng trên AB giảm đi 4 vân điều này chứng tỏ tại A lúc này là vân sáng bậc \(\left( {{\rm{k}} - 2} \right)\)\( \to {{\rm{x}}_{\rm{M}}} = ({\rm{k}} - 2)\frac{{({\rm{D}} + {\rm{d}}){\rm{\lambda }}}}{{\rm{a}}}\)

Từ (1) và (2): \(k\frac{{D{\rm{\lambda }}}}{a} = ({\rm{k}} - 2)\frac{{({\rm{D}} + {\rm{d}}){\rm{\lambda }}}}{{\rm{a}}} \Rightarrow \)\({\rm{k}} = ({\rm{k}} - 2)\left( {1 + \frac{{\rm{d}}}{{\rm{D}}}} \right)\)(*)

Tiếp tục dịch chuyển màn ra xa thêm một khoảng 9d nữa thì A là vân sáng, sau đó nếu dịch chuyển màn tiếp tục ra xa thì ta sẽ không thu được vân sáng nên lúc này A là vân sáng bậc nhất

\( \Rightarrow {{\rm{x}}_{\rm{M}}} = \frac{{({\rm{D}} + 10\;{\rm{d}}){\rm{\lambda }}}}{{\rm{a}}}\) (3)

Từ (1) và (3): \(k\frac{{D{\rm{\lambda }}}}{a} = \frac{{({\rm{D}} + 10\;{\rm{d}}){\rm{\lambda }}}}{{\rm{a}}} \Rightarrow {\rm{kD}} = {\rm{D}} + 10\;{\rm{d}} \Rightarrow \frac{{\rm{d}}}{{\rm{D}}} = \frac{{{\rm{k}} - 1}}{{10}}\)

Thay vào phương trình (*) ta thu được \(\frac{{{{\rm{k}}^2}}}{{10}} - \frac{3}{{10}}{\rm{k}} - \frac{9}{5} = 0 \to {\rm{k}} = 6\). Chọn D.

Độ lệch pha giữa u và i: \(\tan {\rm{\varphi }} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\).

Từ đồ thị ta thấy khi: \({{\rm{Z}}_{\rm{C}}} = 6 \Rightarrow \tan {\rm{\varphi }} = 0 \Rightarrow \frac{{{{\rm{Z}}_{\rm{L}}} - 6}}{{\rm{R}}} = 0 \Rightarrow {{\rm{Z}}_{\rm{L}}} = 6\)

\({Z_C} = 0 \Rightarrow \tan {\rm{\varphi }} = 1,2V \Rightarrow \frac{{{Z_L}}}{R} = 1,2 \Rightarrow R = \frac{{{Z_L}}}{{1,2}} = 5\Omega \). Chọn A.

Hydrocarbon không no có khả năng tham gia phản ứng với nước bromine nên sẽ tạo thành dung dịch đồng nhất.  Chọn B.

Chọn số mol của \(Ca{C_2}{O_4}.1{H_2}O = 1\,mol\)→ \({m_{Ca{C_2}{O_4} \cdot {H_2}O}} = 146\,gam\)

Các phản ứng khi nung:

Phần trăm khối lượng chất rắn còn lại so với ban đầu là: \(\% {m_{CaO}} = \frac{{1 \cdot 56}}{{146}}.100\%  \approx 38,36\% .\)

Chọn B.

\({n_{C{l_2}}} = {n_{C{l_x}{O_y}}} = 30\) (Coi thể tích bằng với số mol trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất).

Oxide \({\rm{X}}\) khi đun nóng phân hủy định lượng thành oxygen và chlorine đơn chất.

\(\begin{array}{l}2{\rm{C}}{{\rm{l}}_x}{{\rm{O}}_y} \to x{\rm{C}}{{\rm{l}}_2} + y{{\rm{O}}_2}\\30\quad \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,15x\quad \,\,\,15y\end{array}\)

\(30 + 15(x + y) = 75 \Rightarrow x + y = 3\)

Tiếp tục xử lý hỗn hợp với dung dịch xút dư thì \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}\) tham gia phản ứng, \({{\rm{O}}_2}\) không tham gia phản ứng nên lượng còn lại là \({{\rm{O}}_2}.\)

\({n_{{O_2}}} = 15{\rm{y}} = 15 \Rightarrow {\rm{y}} = 1,{\rm{x}} = 2\)Þ Công thức là \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}{\rm{O}}.\) Chọn B.

Cách 1: Ta có công thức: \(PV = nRT\)trong đó P: áp suất, V: thể tích, n: số mol, T: nhiệt độ, \(R = 0,082.\)

Ban đầu: \(1\;{{\rm{V}}_1} = 1{\rm{RT}} \Rightarrow {{\rm{V}}_1} = {\rm{RT}}\)

Tăng áp suất hệ lên 3 lần: \(3\;{{\rm{V}}_2} = {\rm{RT}} \Rightarrow {{\rm{V}}_2} = \frac{{{\rm{RT}}}}{3} \Rightarrow {{\rm{V}}_1} = 3\;{{\rm{V}}_2}\)

Cách 2: Ta có: \(PV = nRT \Rightarrow V = \frac{{nRT}}{P}\)

Thể tích tỉ lệ nghịch với áp suất, khi tăng áp suất thì thể tích giảm.

Þ Tăng áp suất lên 3 lần thì thể tích giảm đi 3 lần Þ\({V_2} = \frac{{{V_1}}}{3}\)

\( \Rightarrow {{\rm{V}}_1} = 3\;{{\rm{V}}_2}.\) Chọn A.

Các phát biểu đúng là (b), (c), (d), (e).

Phát biểu (a) sai vì aniline nặng hơn nước sẽ chìm xuống dưới. Chọn C.