Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 20)

Dựa vào biểu đồ, ta thấy số lượng của của tháng 12 cao nhất. Chọn A.

Thể thơ của đoạn trích là tự do. Chọn D.

Cuộc sống của người lính đảo được nhà thơ tái hiện qua những chi tiết, hình ảnh: Đảo tái cát, bãi gió cát, oan hồn trôi dạt, tao loạn thời bình,… Chọn B.

Ý nghĩa của hai câu thơ:

+ Gợi hình ảnh những người lính đảo: ngồi quây quần bên nhau trong sự tĩnh lặng, sự sẻ chia, trong nỗi nhớ quê hương vời vợi, sự gian khổ, vất vả.

+ Thể hiện tâm hồn nhạy cảm, giàu yêu thương, tinh thần kiên cường, bền bỉ của họ.

→ Chọn C.

Biện pháp tu từ được sử dụng là nhân hóa. Chọn C.

Hiệu quả:

+ Tăng tính hàm súc và gợi tả cho câu thơ.

+ Gợi nỗi đau, những mất mát lớn lao trước sự hi sinh của người lính, nỗi đau lan tỏa cả đất trời và gợi lên những nghịch lí oan trái mà người lính thời bình phải chịu. Đó là sự hi sinh thầm lặng để mang lại cuộc sống hòa bình cho Tổ quốc,…

→ Chọn C.

Ta có \({\rm{v}}\left( {\rm{t}} \right) = {\rm{s'}}\left( {\rm{t}} \right) = {{\rm{t}}^2} - 2{\rm{t}} + 9\).

• \({\rm{v'}} = 2{\rm{t}} - 2 \Rightarrow {\rm{v'}} = 0 \Leftrightarrow {\rm{t}} = 1\).

• \[{\rm{v}}\left( 1 \right) = 8\,;\,\,{\rm{v}}\left( {10} \right) = 89\,;\,\,{\rm{v}}\left( 0 \right) = 9\].

Vậy vận tốc lớn nhất là \(89\,\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\). Chọn A.

Án thư là bàn hẹp và dài kiểu cổ, thời xưa dùng để đọc sách và viết. Chọn A.

Hoàn cảnh éo le chính là cảnh nhà lao và bản chất con người của viên quản ngục, tương ứng với nội dung của toàn bộ đoạn trích và phù hợp với chi tiết quan trọng “chọn nhầm nghề mất rồi” là lời viên quản ngục tự nói về mình. Chọn C.

Câu văn nằm ở đoạn (2) mô tả về khuôn mặt của viên quản ngục, từ “bộ mặt tư lự” sang “mặt nước ao xuân…” và xuất hiện trước nội dung mô tả về cảnh đề lao rối ren ở đoạn (3): nơi toàn tàn nhẫn lại xuất hiện “thanh âm trong trẻo”. Từ “tư lự” thể hiện trạng thái, chủ thể đang suy nghĩ về một điều gì đó.

- Phân tích hình ảnh: “mặt nước ao xuân” là mặt nước ít biến động, ý nói viên quản ngục là người có ngoại hình điềm đạm, nền nã và dễ chịu. Đây là đặc điểm mang tính cố định, biểu hiện tính cách của nhân vật. Chọn D.

Đại từ “hắn” và “mình” xuất hiện trong đoạn (5), phần có dấu ngoặc kép diễn tả suy nghĩ của nhân vật viên quản ngục nên “mình” chính là chủ thể của lời nói, còn “hắn” là đối tượng thực hiện còn lại của cuộc giao tiếp trước đó: “câu nói ban chiều của thầy thơ lại”.

Hai nhân vật xuất hiện trong đoạn (5): Thầy thơ lại (hắn) và viên quản ngục (mình). Chọn C.

- Ở đoạn (2): “Người ngồi đấy, đầu đã điểm hoa râm, râu đã ngả màu. Những đường nhăn nheo của một bộ mặt tư lự, bây giờ đã biến mất hẳn. Ở đấy, giờ chỉ còn là mặt nước ao xuân, bằng lặng, kín đáo và êm nhẹ”, là những chi tiết miêu tả viên quản ngục. Loại đáp án A, B.

- Ở đoạn (3): “… viên quan cai ngục này là một thanh âm trong trẻo chen vào giữa một bản đàn mà nhạc luật đều hỗn loạn xô bồ.”.Loại đáp án C.

- Đáp án D chính mà mô tả về thầy thơ lại trong đoạn (5): “Một kẻ biết kính mến khí phách, một kẻ biết tiếc, biết trọng người có tài, hẳn không phải là kẻ xấu hay là vô tình…”. Chọn D.

Ta có \({\log _{\sqrt a }}a = {\log _{{a^{\frac{1}{2}}}}}a = 2{\log _a}a = 2\). Chọn D.

Trong đoạn trích người kể xưng “tôi” là ngôi thứ nhất nên loại phương án B, D.

Xác định các từ khóa: “dùng mõm ủi một chiếc ghế con”, “nhảy chồm chồm”, “táp được chiếc quần”, “không giống kiểu cún”, “rên ư ử”,… cho thấy đây không phải một em bé nên loại phương án A. Chọn C.

- Phần 1: Câu (1) đến câu (10): Ý tưởng bắc ghế của chú chó và sự cố gắng nhảy lên liên tục để đớp lấy quần áo được treo trên cao nhưng không thành.

- Phần 2: Câu (11) đến câu (18): Cú nhảy cuối cùng với tất cả sức lực khiến chú chó đớp được chiếc quần nhưng cũng khiến chú bị ngã đập đầu chảy máu.

- Phần 3: Câu (19): Suy nghĩ của chú chó về cái giá của tự do.

Như vậy, đoạn trích nói về sự nỗ lực chiến đấu của chú cún và sự chiêm nghiệm về cái giá phải trả cho sự tự do. Chọn D.

Dựa vào câu văn đứng trước: (14) Tôi táp được chiếc quần. (15) Nó và tôi cùng rơi xuống. Có thể thấy “nó” ở đây chỉ chiếc quần. Chọn B.

Xác định các chi tiết xuất hiện trong văn bản:

- Ủn cái ghế lại để trèo lên: Chi tiết này nằm ở câu (3) nên loại B.

- Nhảy lên với những chiếc quần áo mắc trên tường: Chi tiết này nằm ở câu (4), (5), (6), (7), (8) nên loại C.

- Đớp lấy chiếc quần rồi rơi xuống: Chi tiết này nằm ở câu (14), (15) nên loại D.

Chi tiết trong phương án A: Trèo lên giường cao để nhảy xuống là không đúng vì chú cún không trèo lên giường mà trèo lên ghế cao. Chọn A.

- Xác định nội dung: Vì muốn được tự do làm điều mình muốn, chú chó bất chấp nguy hiểm để nhảy lên cao. Cuối cùng bị ngã chảy máu thì chú mới nhận ra: phải dùng máu của mình để đánh đổi lấy tự do.

- Từ câu chuyện của chú chó, liên tưởng đến câu chuyện của con người: Muốn giành lấy tự do thì cần phải chấp nhận trả giá bằng xương máu hoặc những cái giá rất lớn. Chọn B.

Ta có \({\rm{D}} = {{\rm{m}}^2} - {\rm{m}} - 2\,;\,\,{{\rm{D}}_{\rm{x}}} =  - 2\;{{\rm{m}}^2} - 2\;{\rm{m}} - 6\,;\,\,{{\rm{D}}_{\rm{y}}} = 2\;{{\rm{m}}^2} + 3\;{\rm{m}} - 5\)

Hệ phương trình có nghiệm khi \({\rm{D}} \ne 0 \Leftrightarrow {\rm{m}} \ne  - 1\,;\,\,{\rm{m}} \ne 2.\)

Hệ có nghiệm \(x = \frac{{ - 2{m^2} - 2m - 6}}{{{m^2} - m - 2}}\,;\,y = \frac{{2{m^2} + 3m - 5}}{{{m^2} - m - 2}}\).

Hệ phương trình có nghiệm âm khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{m}}^2} - {\rm{m}} - 2 > 0}\\{2\;{{\rm{m}}^2} + 3\;{\rm{m}} - 5 < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{\rm{m}} <  - 1\\{\rm{m}} > 2\end{array} \right.\\ - \frac{5}{2} < {\rm{m}} < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow  - \frac{5}{2} < {\rm{m}} <  - 1} \right.\).

Chọn D.

Đúng ngọ là chỉ 12 giờ trưa, giữa trưa. Chọn A.

Khinh suất thể hiện sự thiếu thận trọng, không chú ý đầy đủ, có sự coi thường, chủ quan. Chọn B.

- Điệp cấu trúc: Danh từ - xô - danh từ.

- Điệp từ: xô.

- Nhân hóa: gùn ghè, đòi nợ xuýt.

- So sánh: cuồn cuộn luồng gió gùn ghè suốt năm như lúc nào cũng đòi nợ xuýt bất cứ người lái đò Sông Đà nào tóm được qua đấy.

→ Chọn B.

Đoạn trích miêu tả sự hung bạo, dữ dằn của sông Đà qua những thác đá, vách đá.... Chọn D.

Đoạn trích thể hiện tài năng nổi bật của Nguyễn Tuân ở phương diện sử dụng kho từ vựng phong phú, có những so sánh liên tưởng độc đáo nhằm diễn tả sự hung bạo, nguy hiểm của con sông Đà. Chọn A.

Ta có \[{z_1} + 2{z_2} = \left( {1 + i} \right) + 2\left( {2 + i} \right) = 5 + 3i\].

Vậy điểm biểu diễn số phức \({z_1} + 2{z_2}\) có tọa độ là \(\left( {5\,;\,\,3} \right)\). Chọn C. 

Dựa vào ưu thế quân sự với quân số đông, vũ khí hiện đại, quân Mĩ vừa mới vào miền Nam đã mở ngay cuộc hành quân "tìm diệt" vào căn cứ của Quân giải phóng Vạn Tường (Quảng Ngãi). Tiếp đó, Mĩ mở liên tiếp hai cuộc phản công chiến lược mủa khô (đông-xuân 1965-1966 và 1966-1967) bằng hàng loạt cuộc hành quân "tìm diệt" và "bình định" vào vùng "đất thánh Việt cộng". Chọn A.

Chiến lược "chiến tranh cục bộ" của Mĩ được tiến hành trên phạm vi toàn miền Nam và mở rộng chiến tranh phá hoại miền Bắc lần thứ nhất (1964-1968). Chọn A.

Các chiến lược "Chiến tranh đặc biệt" (1961-1965) và "Chiến tranh cục bộ" (1965-1968) của Mĩ ở Việt Nam đều là loại hình chiến tranh xâm lược thực dân mới của Mĩ, nhằm biến miền Nam Việt Nam thành thuộc địa kiễu mới của Mĩ. Chọn C.

Ta có \(\left( {\rm{P}} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{{\rm{n}}_1}}  = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {\rm{n}}  = 2\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {4\,;\,\, - 4\,;\,\,2} \right)\) là vectơ pháp tuyến của \(\left( {\rm{P}} \right)\). Chọn B.

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

Tam giác \[MNP\] vuông tại \({\rm{N}}\) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {{\rm{NM}}}  \cdot \overrightarrow {{\rm{NP}}}  = 0\)

\( \Leftrightarrow 3 \cdot 2 + 2\left( {m - 2} \right) - 2 \cdot 1 = 0 \Leftrightarrow m = 0.\)

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

Ta có \(\frac{{3x + 5}}{2} - 1 \le \frac{{x + 2}}{3} + x \Leftrightarrow 9x + 15 - 6 \le 2x + 4 + 6x \Leftrightarrow x \le  - 5\).

Vì \(x \in \mathbb{Z}\) mà \( - 10 < x \le  - 5\) nên có 5 nghiệm nguyên. Chọn B.

\(\sin 2x + 3\cos x = 0 \Leftrightarrow 2\sin x.\cos x + 3\cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x\left( {2\sin x + 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \quad ({\rm{k}} \in \mathbb{Z})}\\{\sin x =  - \frac{3}{2}\quad ({\rm{loai v\`i  }}\sin x \in \left[ { - 1\,;\,1} \right])}\end{array}} \right.\)

Theo đề: \({\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\,\pi } \right) \Rightarrow {\rm{k}} = 0 \Rightarrow {\rm{x}} = \frac{\pi }{2}\). Chọn B.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_5} =  - 15}\\{{u_{20}} = 60}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + 4d =  - 15}\\{{u_1} + 19d = 60}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} =  - 35}\\{d = 5}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

\( \Rightarrow {S_{20}} = 20{u_1} + \frac{{20 \cdot 19}}{2} \cdot d = 20 \cdot \left( { - 35} \right) + \frac{{20 \cdot 19}}{2} \cdot 5 = 250\). Chọn C.

Ta có \(F\left( x \right) = \int f \left( x \right)dx = \int {\frac{{dx}}{{2x + 1}}}  = \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right| + C\).

\(F\left( 0 \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln 1 + C = 1 \Leftrightarrow C = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right| + 1 \Rightarrow F\left( { - 2} \right) = 1 + \frac{1}{2}\ln 3.\) Chọn A.

Ta có \({\rm{f}}\left( x \right) > 2{\rm{x}} + {\rm{m}} \Leftrightarrow {\rm{m}} < {\rm{f}}\left( x \right) - 2{\rm{x}}(*)\).

Xét hàm số \({\rm{g}}\left( x \right) = {\rm{f}}\left( x \right) - 2{\rm{x}}\) trên \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\].

Ta có \[{\rm{g'}}\left( x \right) = {\rm{f'}}\left( x \right) - 2 < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\] nên hàm số \({\rm{g}}({\rm{x}})\) nghịch biến trên \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\].

Do đó \((*)\) đúng với mọi \(x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) khi \(m \le g\left( 2 \right) = f\left( 2 \right) - 4\). Chọn A.

Quãng đường ô tô đi được là: \(s = \int\limits_5^{10} {\left( {2 + \frac{{{t^2} - 4}}{{t + 4}}} \right)dt}  = 32,8\;\,({\rm{m)}}\). Chọn B.

Tổng số tiền người nhận hợp đồng lãnh sau 5 năm:

\({S_{kn}} = A \cdot n\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^k} - 1}}{r}\) với \(A = 8\) triệu; \(n = 6\) tháng; \(k = 10\) (5 năm là 60 tháng); \[r = 10{\rm{ }}\% .\]

\( \Rightarrow {S_{kn}} = 8 \cdot 6 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 10\% } \right)}^{10}} - 1}}{{10\% }} = 480\left( {1 \cdot {1^{10}} - 1} \right)\) (triệu đồng). Chọn C.

\({\left( {\frac{\pi }{4}} \right)^{2x + 3}} \le {\left( {\frac{\pi }{4}} \right)^{2{x^2} + 3x}} \Leftrightarrow 2x + 3 \ge 2{x^2} + 3x \Leftrightarrow 2{x^2} + x - 3 \le 0 \Leftrightarrow  - \frac{3}{2} \le x \le 1\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left[ { - \frac{3}{2};\,\,1} \right]\). Chọn A.

Ta có phương trình \(\sqrt {2 + \sin x}  = 0\) vô nghiệm nên:

\({\rm{V}} = \pi \int\limits_0^\pi  {{{\left( {\sqrt {2 + \sin x} } \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_0^\pi  {\left( {2 + \sin x} \right)dx}  = \left. {\pi \left( {2x - \cos x} \right)} \right|_0^\pi  = 2\pi \left( {\pi  + 1} \right).\) Chọn B.

Khi \({\rm{m}} = 0\) thì \({\rm{y}} = 2{{\rm{x}}^2} + 1\) đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) nên đồng biến trên \[\left( {1\,;\,\, + \infty } \right).\]

Như vậy \({\rm{m}} = 0\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét khi \(m \ne 0\) (lúc đó hệ số \({m^2} > 0\)): \(y' = 4{m^2}{x^3} - 4\left( {4m - 1} \right)x\,;\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = \frac{{4m - 1}}{{{m^2}}}}\end{array}} \right.\)

• Nếu \(\;\frac{{4m - 1}}{{{m^2}}} > 0\), tức là \(m > \frac{1}{4}\) thì \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 0}\\{{x_2} = \frac{{\sqrt {4m - 1} }}{m}}\\{{x_3} =  - \frac{{\sqrt {4m - 1} }}{m}}\end{array}} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số đồng biến trên \[\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\] thì \(\frac{{\sqrt {4\;{\rm{m}} - 1} }}{{\;{\rm{m}}}} \le 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{m}} > \frac{1}{4}}\\{\sqrt {4\;{\rm{m}} - 1}  \le {\rm{m}}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \frac{1}{4}}\\{4m - 1 \le {m^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \frac{1}{4}}\\{{m^2} - 4m + 1 \ge 0}\end{array}\left\{ \begin{array}{l}m > \frac{1}{4}\\\left[ \begin{array}{l}m \le 2 - \sqrt 3 \\m \ge 2 + \sqrt 3 \end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{4} < m \le 2 - \sqrt 3 }\\{m \ge 2 + \sqrt 3 }\end{array}.} \right.} \right.} \right.\)

• Nếu \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le \frac{1}{4}}\\{m \ne 0}\end{array}} \right.\) thì \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) nên đồng biến trên \[\left( {1\,;\,\, + \infty } \right).\]

Như vậy, hàm số đồng biến trên \[\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\] khi \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{m}} \le 2 - \sqrt 3 }\\{\;{\rm{m}} \ge 2 + \sqrt 3 }\end{array}} \right.\).

Từ đó suy ra có 16 giá trị nguyên của \(m \in \left( { - 10\,;\,\,10} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Thay \(z = a + \) bi vào \(iz = 1 + 3i\) ta được

\(i\left( {a + bi} \right) = 1 + 3i \Leftrightarrow ai + b{i^2} = 1 + 3i \Leftrightarrow  - b + ai = 1 + 3i \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 3}\\{b =  - 1}\end{array}} \right.\).

Vậy số phức \(z = 3 - i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {9 + 1}  = \sqrt {10} \). Chọn A.

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

\[\left( {\bar z + 2i} \right)\left( {z - 2} \right) = \left( {x - yi + 2i} \right)\left( {x + yi - 2} \right) = {x^2} + {y^2} - 2x +  - 2y + 2i\left( {x + y - 2} \right)\] là số thuần ảo thì:

\({x^2} + {y^2} - 2x - 2y = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 2\).

Vậy tập hợp điểm \({\rm{M}}\left( {{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{y}}} \right)\) thỏa mãn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 2\) là một đường tròn có tâm \({\rm{I}}\left( {1\,;\,\,1} \right).\) Chọn B.

Điểm \({\rm{M}} \in {\rm{Ox}} \Rightarrow {\rm{M}}\left( {{\rm{m}}\,;\,\,0} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AB}}}  = \left( {1\,;\,\,7} \right)\) và \(\overrightarrow {{\rm{AM}}}  = \left( {{\rm{m}} - 2\,;\,\,3} \right)\).

Để \[A,\,\,B,\,\,M\] thẳng hàng thì \(\frac{{{\rm{m}} - 2}}{1} = \frac{3}{7} \Leftrightarrow {\rm{m}} = \frac{{17}}{7}\). Chọn D.

Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(M\left( {5\,;\,\,\frac{5}{2}} \right).\)

Phương trình đường thẳng \({\rm{AM}}\) là: \(\frac{{x - 1}}{{5 - 1}} = \frac{{{\rm{y}} - 4}}{{\frac{5}{2} - 4}} \Rightarrow 3x + 8{\rm{y}} - 35 = 0\). Chọn B.

\(({\rm{P}})\) là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \({\rm{AB}}\) nên \(({\rm{P}})\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{\rm{AB}}}  = \left( {4\,;\,\, - 2\,;\,\, - 3} \right)\) và đi qua \({\rm{B}}\left( {3\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(({\rm{P}})\) là \(4\left( {x - 3} \right) - 2y - 3\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 2y - 3z - 15 = 0.\) Chọn D.

Ta có \(AB = AC = \sqrt 2 \).

Gọi \({\rm{H}}\) là trung điểm của cạnh \({\rm{AB}}\) thì \({\rm{AH}} \bot {\rm{BC}}\) và \({\rm{AH}} = 1\).

Quay tam giác \({\rm{ABC}}\) quanh trục \({\rm{BC}}\) thì được khối tròn xoay có thể tích là: \({\rm{V}} = 2.\frac{1}{3}{\rm{HB}}{\rm{.}}\pi {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} = \frac{{2\pi }}{3} \cdot \) Chọn C.

Thể tích phân khối nón \({\rm{V}} = \frac{1}{3}\pi {{\rm{r}}^2}\;{\rm{h}} = \frac{1}{3}\pi  \cdot {3^2} \cdot 4 = 12\pi \).

Phân nửa thể tích khối cầu \({\rm{V}} = \frac{2}{3}\pi {{\rm{R}}^3} = \frac{2}{3}\pi {3^3} = 18\pi \).

Thể tích khối đồ chơi \({\rm{V}} = 12\pi  + 18\pi  = 30\pi \). Chọn A.

Diện tích tam giác \({\rm{ABC}}\) đều cạnh \(2{\rm{a}}\) là:

\({{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{{{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {{\rm{a}}^2}\sqrt 3 \).

Thể tích khối lăng trụ là \[{\rm{V}} = {{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} \cdot {\rm{AA'}} = {{\rm{a}}^2}\sqrt 3  \cdot {\rm{a}}\sqrt 3  = 3{{\rm{a}}^3} \cdot \] Chọn A.

Trong mặt phẳng \(\left( {{\rm{ABCD}}} \right)\), gọi \({\rm{E}} = {\rm{MN}} \cap {\rm{AC}}\). Trong mặt phẳng \(\left( {{\rm{SAC}}} \right)\), gọi \({\rm{H}} = {\rm{EG}} \cap {\rm{SC}}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{H}} \in {\rm{EG}}\,;\,\,{\rm{EG}} \subset \left( {{\rm{MNG}}} \right)}\\{{\rm{H}} \in {\rm{SC}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{H}} = {\rm{SC}} \cap \left( {{\rm{MNG}}} \right).} \right.\)

Gọi \({\rm{I}},\,\,{\rm{J}}\) lần lượt là trung điểm của \({\rm{SG}}\) và \({\rm{SH}}\).

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{IJ}}\,{\rm{//}}\,{\rm{HG}}}\\{{\rm{IA}}\,{\rm{//}}\,{\rm{GE}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{A}},\,\,{\rm{I}},\,\,{\rm{J}}} \right.\] thẳng hàng.

Xét \(\Delta {\rm{ACJ}}\) có \({\rm{EH}}\,{\rm{//}}\,{\rm{AJ}} \Rightarrow \frac{{{\rm{CH}}}}{{{\rm{HJ}}}} = \frac{{{\rm{CE}}}}{{{\rm{EA}}}} = 3 \Rightarrow {\rm{CH}} = 3{\rm{HJ}}\).

Lại có \({\rm{SH}} = 2{\rm{HJ}}\) nên \({\rm{SC}} = 5{\rm{HJ}}\). Vậy \(\frac{{{\rm{SH}}}}{{{\rm{SC}}}} = \frac{2}{5}\). Chọn A.

Gọi \({\rm{A}}\left( {{\rm{a}}\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,{\rm{B}}\left( {0\,;\,\,{\rm{b}}\,;\,\,0} \right),\,\,{\rm{C}}\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,{\rm{c}}} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\] là: \(\frac{{\rm{x}}}{{\rm{a}}} + \frac{{\rm{y}}}{{\rm{b}}} + \frac{{\rm{z}}}{{\rm{c}}} = 1\).

Gọi \({\rm{H}}\) là hình chiếu của \({\rm{O}}\) lên \[\left( P \right)\]. Ta có: \({\rm{d}}\left( {{\rm{O;}}\,\,\left( P \right)} \right) = {\rm{OH}} \le {\rm{OM}}\).

Do đó \(\max d\left( {{\rm{O,}}\,\,\left( P \right)} \right) = {\rm{OM}}\) khi và chỉ khi \[\left( P \right)\] qua \({\rm{M}}\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\) nhận \(\overrightarrow {{\rm{OM}}}  = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\) làm VTPT.

Do đó \[\left( P \right)\] có phương trình: \[1\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z - 3} \right) = 0\]

\( \Leftrightarrow x + 2y + 3z = 14 \Leftrightarrow \frac{x}{{14}} + \frac{y}{7} + \frac{z}{{\frac{{14}}{3}}} = 1\).

Suy ra: \(a = 14\,;\,\,b = 7\,;\,\,c = \frac{{14}}{3}.\)

Vậy \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6} \cdot OA \cdot OB \cdot OC = \frac{1}{6} \cdot 14 \cdot 7 \cdot \frac{{14}}{3} = \frac{{686}}{9}.\) Chọn B.

Chọn \[\overrightarrow {{\rm{OB}}}  = \left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right)\] là vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm.

Phương trình đường thẳng qua \[{\rm{A}}\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\] và song song với \({\rm{OB}}\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z =  - 3 + t}\end{array}} \right.\) . Chọn C.

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

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

Từ đồ thị hàm số \(f'\left( {\rm{x}} \right)\) ta có

\(f'\left( {{x^2} + 4x} \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( {{x^2} + 4x} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 4x =  - 4}\\{{x^2} + 4x = 0}\\{{x^2} + 4x = a \in \left( {1\,;\,\,5} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 2 \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\\{x = 0 \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\\{x =  - 4 \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\\{x =  - 2 - \sqrt {4 + a}  \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\\{x =  - 2 + \sqrt {4 + a}  \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\end{array}} \right.} \right.\,\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(y' = 0\) có 5 nghiệm đều là nghiệm bội lẻ nên đạo hàm đổi dấu khi qua các nghiệm, do đó đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Chọn A.

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{OA}}}  = \left( {2\,;\,\,2\,;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow {{\rm{OB}}}  = \left( { - \frac{8}{3}\,;\,\,\frac{4}{3}\,;\,\,\frac{8}{3}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{OA}}} .\overrightarrow {{\rm{OB}}}  =  - \frac{{16}}{3} + \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{OA}}}  \bot \overrightarrow {{\rm{OB}}} \)

Lại có: \({\rm{OA}} = 3\,,\,\,{\rm{OB}} = 4 \Rightarrow {\rm{AB}} = 5\).

Gọi \({\rm{D}}\) là chân đường phân giác trong góc \(\widehat {{\rm{AOB}}}\)\( \Rightarrow D\) thuộc đoạn \[AB.\]

Theo tính chất của phân giác trong ta có: \(\frac{{{\rm{DA}}}}{{{\rm{DB}}}} = \frac{{{\rm{OA}}}}{{{\rm{OB}}}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{DA}}}  =  - \frac{3}{4}\overline {{\rm{DB}}}  \Rightarrow {\rm{D}}\left( {0\,;\,\,\frac{{12}}{7}\,;\,\,\frac{{12}}{7}} \right)\).

Tam giác \({\rm{OAB}}\) có diện tích \({\rm{S}} = \frac{1}{2} \cdot {\rm{OA}} \cdot {\rm{OB}} = 6\), nửa chu vi \({\rm{p}} = \frac{{{\rm{OA}} + {\rm{OB}} + {\rm{AB}}}}{2} = 6\).

\( \Rightarrow {\rm{r}} = \frac{{\rm{S}}}{{\rm{p}}} = 1\) là bán kính đường tròn nội tiếp; chiều cao \({\rm{OH}} = \frac{{{\rm{OA}}{\rm{.OB}}}}{{{\rm{AB}}}} = \frac{{12}}{5}\).

Gọi \[I\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \({\rm{OAB}}\) nên \[I\] thuộc đoạn \({\rm{OD}}\).

Ta có \(\frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{DO}}}} = \frac{{\rm{r}}}{{{\rm{OH}}}} = \frac{5}{{12}} \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{DI}}}  = \frac{5}{{12}}\overrightarrow {{\rm{DO}}}  \Rightarrow {\rm{I}} = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{a}} = 0}\\{\;{\rm{b}} = 1}\\{{\rm{c}} = 1}\end{array}} \right.\)

Vậy \(S = a + b + c = 2\). Chọn D.

Đặt hàm \(h(x) = 4f(x) + {x^2}\).

\(h'(x) = 4f'(x) + 2x\)

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

\(h(0) = 4f(0) + {0^2} = 0\)

Bảng biến thiên

Hàm số \({\rm{g}}({\rm{x}}) = \left| {{\rm{h}}({\rm{x}})} \right|\) đồng biến trên từng khoảng \(\left( {{\rm{a}}\,;\,\, - 2} \right),\,\,\left( {0\,;\,\,4} \right)\) và \(\left( {{\rm{b}}\,;\,\, + \infty } \right)\) với \[a \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right),\,\,b \in \left( {4\,;\,\, + \infty } \right).\]

Vậy hàm số \(g(x) = \left| {4f(x) + {x^2}} \right|\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\,4} \right)\). Chọn A.

Ta có \(\left| {mx + 2x - 1} \right| = \left| {x - 1} \right| \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{mx + 2x - 1 = x - 1}\\{mx + 2x - 1 =  - \left( {x - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {m + 1} \right)x = 0\,\,\,\,\,(1)}\\{\left( {m + 3} \right)x = 2\,\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.} \right.\).

* Xét (1), ta có:

• \(m =  - 1\) thì phương trình nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

• \(m \ne  - 1\) thì phương trình có nghiệm \(x = 0\).

* Xét (2), ta có:

• \(m =  - 3\) thì phương trình vô nghiệm.

• \(m \ne  - 3\) thì phương trình có nghiệm \(x = \frac{2}{{m + 3}}\).

Vì \(\frac{2}{{m + 3}} \ne 0\,,\,\,\forall m \ne  - 3\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là \(x = 0\,,\,\,x = \frac{2}{{m + 3}}\) khi \(m \ne  - 1\) và \({\rm{m}} \ne  - 3\).

Mà \({\rm{m}} \in \left[ { - 5\,;\,\,5} \right]\) và \({\rm{m}} \in \mathbb{Z}\) nên \({\rm{m}} \in \left\{ { - 5\,;\,\, - 4\,;\,\, - 2\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}\).

Do đó có 9 giá trị \(m\). Chọn B.

Ta có: \({\left[ {f'({\rm{x}})} \right]^2} = 4.\left[ {2{{\rm{x}}^2} + 1 - {\rm{f}}({\rm{x}})} \right]\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {f'(x)} \right]^2} - 4x \cdot f'(x) + 4{x^2} = 12{x^2} + 4 - 4\left[ {x \cdot f'(x) + f(x)} \right]\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {f'(x) - 2x} \right]^2} = 12{x^2} + 4 - 4{\left[ {x \cdot f(x)} \right]^\prime }\)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) - 2x} \right]}^2}dx = \int\limits_0^1 {\left( {12{x^2} + 4} \right)dx - 4\int\limits_0^1 {{{\left[ {x \cdot f\left( x \right)} \right]}^\prime }dx} } } \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) - 2x} \right]}^2}dx = 8 - 4\left( {x \cdot f\left( x \right)} \right)\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right.} \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'(x) - 2x} \right]}^2}dx}  = 8 - 4 \cdot f(1) \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'(x) - 2x} \right]}^2}dx}  = 0 \Rightarrow f'(x) = 2x\) .

Từ đó \(f(x) = \int {f'} (x)dx = \int 2 xdx = {x^2} + C\) mà \(f(1) = 2 \Rightarrow C = 1\) nên \(f(x) = {x^2} + 1\).

Vậy \(I = \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^1 {x\left( {{x^2} + 1} \right)dx}  = \frac{3}{4}.\) Chọn A.

Số các chữ số có 8 chữ số đôi một khác nhau là \(9 \cdot {\rm{A}}_9^7\).

Do đó, không gian mẫu \(\Omega \) có số phân tử bằng \({\rm{n}}\left( \Omega  \right) = 9 \cdot {\rm{A}}_9^7\).

Gọi B: “số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 25”

Một số chia hết cho 25 tận cùng bằng \[00\,;\,\,25\,;\,\,50\,;\,\,75.\]

Nhưng vì số đó có các chữ số khác nhau nên số đó tận cùng bằng \[25\,;\,\,50\,;\,\,75.\]

TH1: Số đó tận cùng bằng 25 hoặc 75, khi đó số các số là: \[2 \cdot 7 \cdot A_7^5\] .

TH2: Số đó tận cùng bằng 50, khi đó số các số là: \(A_8^6\).

Suy ra, số các số có 8 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 25 là: \({\rm{n}}(B) = 2 \cdot 7 \cdot {\rm{A}}_7^5 + {\rm{A}}_8^6.\)

Suy ra \(P(B) = \frac{{2 \cdot 7 \cdot A_7^5 + A_8^6}}{{9 \cdot A_9^7}} = \frac{{11}}{{324}}.\) Chọn C.

Gọi \[H,\,\,I\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \({\rm{A}},\,\,{\rm{E}}\) trên mặt phẳng (BCD).

Khi đó \({\rm{H}},\,\,{\rm{I}} \in {\rm{DM}}\) với \({\rm{M}}\) là trung điểm \({\rm{BC}}\).

Ta tính được \({\rm{AH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{3},{\rm{DH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3},{\rm{MH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}\).

Ta có \[\left( {\widehat {\left( {\rm{P}} \right),\,\,\left( {{\rm{BCD}}} \right)}} \right) = \widehat {{\rm{EMD}}} = \alpha \]\( \Rightarrow \tan \alpha  = \frac{{EI}}{{MI}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{7}\).

Gọi \({\rm{DE}} = x \Rightarrow \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{AD}}}} = \frac{{{\rm{EI}}}}{{{\rm{AH}}}} = \frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{DH}}}}\)

\( \Rightarrow {\rm{EI}} = \frac{{{\rm{ DE}} \cdot {\rm{AH }}}}{{{\rm{AD}}}} = \frac{{x \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{3}}}{a} = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\);

\({\rm{DI}} = \frac{{{\rm{DE}} \cdot {\rm{DH}}}}{{{\rm{AD}}}} = \frac{{{\rm{x}} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}}}{{\rm{a}}} = \frac{{{\rm{x}}\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow {\rm{MI}} = {\rm{DM}} - {\rm{DI}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} - \frac{{{\rm{x}}\sqrt 3 }}{3}.\)

Khi đó \(\tan \alpha  = \frac{{EI}}{{MI}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{7} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{x\sqrt 6 }}{3}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2} - \frac{{x\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{7} \Leftrightarrow x = \frac{5}{8}a\).

Do đó \(\frac{{{V_{{\rm{DBCE}}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{ABCD}}}}}} = \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{AD}}}} = \frac{5}{8} \Rightarrow \frac{{{{\rm{V}}_{{\rm{ABCE}}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{BCDE}}}}}} = \frac{3}{5}\). Chọn A.

Ta có \(y' = \frac{{ - 10}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} \Rightarrow k = y'\left( {{x_0}} \right) = y'(3) = \frac{{ - 10}}{{{{\left( {3 - 2} \right)}^2}}} =  - 10\).

Đáp án: −10.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

• \(f(x)\) liên tục tại \(x =  - 1\,,\,\,x = 1\).

• \(f'(x)\) đổi dấu khi \(x\) qua \(x =  - 1\,,\,\,x = 1\).

Suy ra hàm số \(y = f(x)\) đạt cực trị tại \(x =  - 1\,,\,\,x = 1\).

Vậy hàm số\({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{x}})\) có 2 điểm cực trị. Đáp án: 2.

Mặt phẳng \(({\rm{P}}):2{\rm{x}} + {\rm{y}} - 1 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {\rm{n}}  = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\).

Khi đó \(a = 2,b = 1,c = 0 \Rightarrow a + b + c = 3\). Đáp án: 3.

TH1: Có 8 chữ số 8, có 1 số.

TH2: Có 1 chữ số \[1\,;\,\,7\] chữ số 8, có 8 cách xếp chữ số 1 nên có 8 số.

TH3: Có 2 chữ số \[1\,;\,\,6\] chữ số 8, xếp 6 số 8 ta có 1 cách.

Từ 6 số 8 ta có 7 chỗ trống để xếp 2 số 1 nên ta có: \(C_7^2 = 21\) (số).

TH4: Có 3 chữ số \[1\,;\,\,5\] chữ số 8 .

Tương tự TH3, từ 5 chữ số 8 ta có 6 chỗ trống để xếp 3 chữ số 1 nên có: \(C_6^3 = 20\) (số).

TH5: Có 4 chữ số \[1\,;\,\,4\] chữ số 8.

Từ 4 chữ số 8 ta có 5 chỗ trống để xếp 4 chữ số 1 nên có \(C_5^4 = 5\) (số).

Vậy có \(1 + 8 + 21 + 20 + 5 = 55\) (số).

Đáp án: 55.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - 10}}{{x - 1}} = 5\) nên  hay

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - 10}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left[ {\sqrt {4f(x) + 9}  + 3} \right]}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x + 5 - 10}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left[ {\sqrt {4\left( {5x + 5} \right) + 9}  + 3} \right]}}\)

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {20x + 29}  + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\sqrt {20x + 29}  + 3}} = 1\].

Đáp án: 1.

Ta có: \({\rm{f'}}({\rm{x}}) = 12{{\rm{t}}^2} - 2{{\rm{t}}^3},\,\,{\rm{x}} \in \left[ {0\,;\,\,6} \right]\).

Khảo sát hàm \({\rm{f'}}({\rm{x}})\).

Ta có \({\rm{f''}}(t) = 24t - 6{t^2}\,;\,\,{\rm{f''}}(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 0}\\{t = 4}\end{array}} \right..\)

Vậy tốc độ truyền lớn nhất sẽ lớn nhất vào ngày thứ 4. Đáp án: 4.

Xét hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}}) = 3{{\rm{x}}^4} - 8{{\rm{x}}^3} - 6{{\rm{x}}^2} + 24{\rm{x}} - {\rm{m}}\) trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \({\rm{f'}}({\rm{x}}) = 12{{\rm{x}}^3} - 24{{\rm{x}}^2} - 12{\rm{x}} + 24\); \({\rm{f'}}(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{x = 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số \(y = \left| {3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m} \right|\) có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị của hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}}) = 3{{\rm{x}}^4} - 8{{\rm{x}}^3} - 6{{\rm{x}}^2} + 24{\rm{x}} - {\rm{m}}\) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{13 - m > 0}\\{8 - m < 0}\end{array} \Leftrightarrow 8 < m < 13} \right.\). Mà m nguyên nên \(m \in \left\{ {9\,;\,\,10\,;\,\,11\,;\,\,12} \right\} = S\).

Suy ra tổng tất cả các phần tử của tập \(S\) là 42. Đáp án: 42.

Ta có \(\int\limits_0^{10} {f(x)dx}  = 7 \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f(x)dx}  + \int\limits_2^6 {f(x)dx}  + \int\limits_6^{10} {f(x)dx}  = 7\)\( \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f(x)dx}  + \int\limits_6^{10} {f(x)dx}  = 4\).

Đáp án: 4.

Ta có \(g'(x) = f'(x) \cdot f'\left( {f(x) - 1} \right)\)

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

• Với \[f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = a \in ( - 1\,;\,\,0)}\\{x = 1}\\{x = b \in (1\,;\,\,2)}\end{array}} \right.\]

• Với \(f'\left( {f(x) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) - 1 = a \in ( - 1\,;\,\,0)}\\{f(x) - 1 = 1}\\{f(x) - 1 = b \in (1\,;\,\,2)}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) = a + 1 \in (0\,;\,\,1)}\\{f(x) = 2}\\{f(x) = b + 1 \in (2\,;\,\,3)}\end{array}} \right.\)

Từ đồ thị hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}})\) ta có:

• Phương trình (1) có 2 nghiệm.

• Phương trình (2) có 2 nghiệm không trùng với 2 nghiệm của phương trình (1).

• Phương trình (3) có 2 nghiệm không trùng với 2 nghiệm của phương trình (1) và 2 nghiệm của phương trình (2).

Vậy phương trình \(g'(x) = 0\) có tất cả 9 nghiệm.

Đáp án: 9.

Ta có \(z = a + bi\,\,\left( {a,\,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \bar z = a - bi\)

Khi đó \(\left( {2 + i} \right)\left( {\bar z + 1 - i} \right) - \left( {2 - 3i} \right)\left( {z + i} \right) = 2 + 5i\)

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

\[ \Leftrightarrow \left( {2 + i} \right)\left[ {a + 1 - \left( {b + 1} \right)i} \right] - \left( {2 - 3i} \right)\left[ {a + \left( {b + 1} \right)i} \right] = 2 + 5i\]

\( \Leftrightarrow 2\left( {a + 1} \right) - 2\left( {b + 1} \right)i + \left( {a + 1} \right)i - \left( {b + 1} \right){i^2} - \left[ {2a + 2\left( {b + 1} \right)i - 3ai - 3\left( {b + 1} \right){i^2}} \right] = 2 + 5i\)

\( \Leftrightarrow 2a + 2 - \left( {2b + 2} \right)i + \left( {a + 1} \right)i + b + 1 - 2a - \left( {2b + 2} \right)i + 3ai - 3b - 3 = 2 + 5i\)

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

Do đó \({\rm{S}} = 2{\rm{a}} - 3\;{\rm{b}} = 2 \cdot 1 - 3 \cdot \left( { - 1} \right) = 5\).

Đáp án: 5.

Gọi \[O\] là tâm hình vuông \[ABCD\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{BD}} \bot {\rm{SO}}}\\{{\rm{BD}} \bot {\rm{AC}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{BD}} \bot ({\rm{SOC}}) \Rightarrow {\rm{BD}} \bot {\rm{OM}}} \right.\)

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{({\rm{MBD}}) \cap ({\rm{ABCD}}) = {\rm{BD}}}\\{{\rm{BD}} \bot {\rm{OM}}}\\{{\rm{BD}} \bot {\rm{OC}}}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow (\widehat {({\rm{MBD}}),({\rm{ABCD}})})\]\[ = (\widehat {{\rm{OM}},{\rm{OC}}}) = \widehat {{\rm{MOC}}}\]

Có \({\rm{OM}} = {\rm{MC}} = \frac{{{\rm{SC}}}}{2} = \frac{{\rm{a}}}{2}\) \( \Rightarrow \Delta {\rm{MOC}}\) cân tại \({\rm{M}};{\rm{OC}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{2}\).

\(\cos \widehat {MOC} = \cos \widehat {MCO} = \frac{{OC}}{{SC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {MOC} = 45^\circ .\)

Vậy \((\widehat {({\rm{MBD}}),({\rm{ABCD}})}) = 45^\circ \). Đáp án: 45.

Gọi \({\rm{H}}\) là hình chiếu của \({\rm{A}}\) trên \[{\rm{d}} \Rightarrow {\rm{H}} \in {\rm{d}} \Rightarrow {\rm{H}}\left( {6 - 4{\rm{t}}\,;\,\, - 2 - {\rm{t}}\,;\,\, - 1 + 2{\rm{t}}} \right)\].

Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AH}}}  = \left( {5 - 4t\,;\,\, - 3 - t\,;\,\, - 2 + 2t} \right)\), \[d\] có VTCP \(\overrightarrow {\rm{u}}  = \left( { - \,4\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\).

Vì \({\rm{AH}} \bot {\rm{d}} \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{AH}}}  \cdot \overrightarrow {\rm{u}}  = 0 \Leftrightarrow 24{\rm{t}} - 24 = 0 \Leftrightarrow {\rm{t}} = 1 \Rightarrow {\rm{H}}\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right)\).

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng của điểm \({\rm{A}}\) qua đường thẳng \({\rm{d}}\) nên \(A'\left( {3\,;\,\, - 7\,;\,\,1} \right)\).

Khoảng cách từ điểm \(A'\) đến mặt phẳng \(({\rm{Oyz}})\) là \({\rm{d}}\left( {A'\,;\,\,({\rm{Oyz}})} \right) = 3\).

Đáp án: 3.

Điều kiện: \(x > 0\). Đặt \(t = {\log _2}x \Rightarrow x = {2^t}\).

Khi đó \((*) \Leftrightarrow {\left( {{2^t}} \right)^2} + {3^t} > {\left( {{2^t}} \right)^{{{\log }_2}5}} \Leftrightarrow {4^t} + {3^t} > {5^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^t} > 1\).

Xét hàm số \[{\rm{f}}\left( t \right) = {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{\rm{t}}} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^{\rm{t}}} \Rightarrow {\rm{f'}}\left( t \right) = {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t}\ln \frac{4}{5} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^t}\ln \frac{3}{5} < 0\,,\,\,\forall t\]

Do đó hàm số \({\rm{f}}\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Mà \(f\left( 2 \right) = 1\) nên \[f\left( t \right) > 1 \Leftrightarrow f\left( t \right) > f\left( 2 \right) \Leftrightarrow t < 2 \Rightarrow {\log _2}x < 2 \Leftrightarrow x < 4\].

Đối chiếu điều kiện ta được: \(0 < x < 4\).

Vậy có 3 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn. Đáp án: 3.

Kẻ \[{\rm{BH}} \bot {\rm{AC}}\,\,\left( {{\rm{H}} \in {\rm{AC}}} \right);\,\,\,{\rm{HK}} \bot {\rm{SA}}\,\,\left( {{\rm{K}} \in {\rm{SA}}} \right)\].

Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{SA}} = ({\rm{SAC}}) \cap ({\rm{SAB}})}\\{{\rm{HK}} \bot {\rm{SA}},{\rm{HK}} \subset ({\rm{SAC}})}\\{{\rm{BK}} \bot {\rm{SA}},{\rm{BK}} \subset ({\rm{SAB}})}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow (({\rm{SAC}}),({\rm{SAB}})) = ({\rm{HK}},{\rm{BK}}) = \widehat {{\rm{HKB}}} = \alpha \)

Ta có: \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 2 \).

\({\rm{BH}} = \frac{{{\rm{BA}}{\rm{.BC}}}}{{{\rm{AC}}}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 {\rm{.a}}}}{{{\rm{a}}\sqrt 3 }} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\).

Khi đó \(\cos \alpha  = \sqrt {\frac{6}{{19}}} \,;\,\,\alpha  \in \left[ {0\,;\,\,90^\circ } \right] \Rightarrow \sin \alpha  = \sqrt {\frac{{13}}{{19}}} \).

Do đó \(\sin \alpha  = \frac{{{\rm{BH}}}}{{{\rm{BK}}}} \Rightarrow {\rm{BK}} = \frac{{{\rm{BH}}}}{{\sin \alpha }} = \frac{{\frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}}}{{\sqrt {\frac{{13}}{{19}}} }} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt {38} }}{{\sqrt {39} }}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SC}\\{AB \bot BC}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AB \bot SB} \right.\).

Khi đó tam giác \[SAB\] vuông tại \[B.\] Do đó \(\frac{1}{{{\rm{B}}{{\rm{K}}^2}}} = \frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{B}}^2}}} + \frac{1}{{{\rm{S}}{{\rm{B}}^2}}} \Rightarrow {\rm{S}}{{\rm{B}}^2} = 38{{\rm{a}}^2} \Rightarrow {\rm{SB}} = \sqrt {38} {\rm{a}}\).

Tam giác \({\rm{SBC}}\) vuông tại \({\rm{C}}\). Khi đó \({\rm{SC}} = \sqrt {{\rm{S}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{B}}{{\rm{C}}^2}}  = 6a\). Đáp án: \[{\bf{6a}}\].

Gọi \[I\] là tâm mặt cầu và \[S.ABCD\] là hình chóp nội tiếp mặt cầu.

Gọi \[x\] là độ dài cạnh \[SO,{\rm{ }}M\] là trung điểm của \[SD.\]

Ta có \[SI \cdot SO = SM \cdot SD = \frac{1}{2}{\rm{S}}{{\rm{D}}^2} \Rightarrow {\rm{S}}{{\rm{D}}^2} = 2{\rm{SI}} \cdot {\rm{SO}} = 18{\rm{x}}\]. Suy ra \(O{D^2} = 18x - {x^2}\).

Thể tích khối chóp \[S.ABCD\] bằng

\({\rm{V}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{1}{3}x \cdot 2 \cdot O{{\rm{D}}^2} = \frac{2}{3}x\left( {18x - {x^2}} \right) = \frac{2}{3}{x^2}\left( {18 - x} \right)\).

Ta có \({x^2}\left( {18 - x} \right) = 4\frac{x}{2} \cdot \frac{x}{2}\left( {18 - x} \right) \le 4 \cdot {\left( {\frac{{18}}{3}} \right)^3} = 864\).

Vậy thể tích của khối chóp là: \({\rm{V}} = \frac{2}{3} \cdot 864 = 576\).

Đáp án: 576.

Người lái đò Sông Đà là một áng văn đẹp được làm nên từ tình yêu đất nước say đắm, thiết tha của một con người muốn dùng văn chương để ca ngợi vẻ đẹp vừa kì vĩ, hào hùng, vừa trữ tình, thơ mộng của thiên nhiên, và nhất là của con người lao động bình dị ở miền Tây Bắc. Chọn A.

Câu văn sai ngữ pháp do chưa xác định được các thành phần trong câu. Thừa từ “việc”. Chọn A.

Từ dùng sai là “bút pháp”. Bút pháp là cách thức hành văn, dùng chữ, bố cục, cách sử dụng các phương tiện biểu hiện để tạo thành một hình thức nghệ thuật nào đó. Sử dụng trong ngữ cảnh này chưa hợp lí, nên thay thế bằng từ “thi pháp”. Chọn A.

Từ “dực dỡ” viết sai chính tả. Thay từ “dực dỡ” thành “rực rỡ”. Chọn A.

Đoạn trích trên đề cập đến sự quan tâm giữa người với người trong cuộc sống hiện nay. Dùng từ “trái tim” để chỉ mối quan hệ giữa người với người chưa phù hợp với ngữ cảnh và nội dung ý nghĩa của câu. Thay từ “trái tim” thành “tình nghĩa” hoặc “nghĩa tình”. Chọn A.

Tác giả không thuộc giai đoạn văn học 1945 – 1954 là Nguyễn Duy. Chọn A.

Từ “khúc khuỷu” là từ tượng hình. Các từ còn lại là từ tượng thanh. Chọn D.

Các đáp án A, B, C đều là các tác phẩm có phần đề từ:

- Tràng giang (Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài)

- Người lái đò Sông Đà (Chúng thủy giai Đông tẩu/ Đà giang độc Bắc lưu và Đẹp vậy thay tiếng hát trên dòng sông)

- Đàn ghi ta của Lor-ca (Khi tôi chết hãy chôn tôi với cây đàn)

→ Chọn D.

Từ “hậu” trong “hậu bối, hậu cung, hậu quả” mang nghĩa là sau khác với từ “hậu” trong “hậu hĩnh”. Chọn D.

Từ “đau chân” có yếu tố “chân” dùng với nghĩa gốc. Các từ còn lại có yếu tố “chân” dùng với nghĩa chuyển. Chọn D. 

Cách tổ chức, sắp xếp các thành tố của văn bản thành một đơn vị thống nhất, hoàn chỉnh, có ý nghĩa được gọi là kết cấu văn bản. Chọn A.      

Đối với Tố Hữu, một nhà thơ cách mạng, ý nghĩa của hoạt động thơ ca là hướng đến thực hiện những nhiệm vụ chính trị. Chọn C.

Chủ nghĩa nhân đạo trong văn học trung đại vừa bắt nguồn từ truyền thống nhân đạo của người Việt Nam vừa tiếp thu tư tưởng nhân văn tích cực vốn có của Phật giáo, Nho giáo, Đạo giáo. Chọn B.

Xu hướng văn học lãng mạn, nội dung thể hiện cái tôi trữ tình với những khát vọng và ước mơ. Đề tài là thiên nhiên, tình yêu và tôn giáo và thể loại chủ yếu là thơ và văn xuôi trữ tình. Chọn B.

Thơ của Nguyễn Khoa Điềm hấp dẫn bởi sự kết hợp giữa cảm xúc nồng nànvà suy tư sâu lắng của người trí thức về đất nước, con người Việt Nam. Chọn D.

Trong đoạn trích, Chủ tịch Hồ Chí Minh đã dùng thao tác lập luận chứng minh bằng cách đưa ra những dẫn chứng về tội ác của giặc Pháp về chính trị, về kinh tế để kết tội chúng. Chọn C.

Xác định nội dung của đoạn trích: tác giả khẳng định cô gái (nhân vật em) chính là người làm chủ trái tim mình (nữ hoàng của vương quốc) nhưng lại khẳng định rằng cô gái ấy không hiểu biết về nó (biết gì về biên giới). Trái tim đại diện cho tình yêu, vô cùng cao quý (lớn lao như một vương quốc) nhưng dù có phơi bày mọi thứ cũng không thể hiểu hết được → Nội dung sẽ gồm 2 ý: tình yêu cao quý và tình yêu nhiều điều khó lí giải. Chọn D.

So sánh: Tay ông lêu nghêu như cái sào. Chân ông lúc nào cũng khuỳnh khuỳnh gò lại như kẹp lấy cái cuống lái tưởng tượng. Giọng ông nói ào ào như tiếng nước trước mặt ghềnh sông.... Chọn A.

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

Hai câu thơ thể hiện quan niệm “nhàn” của Nguyễn Bỉnh Khiêm: Nhàn là thuận theo tự nhiên mà sống. Chọn C.

Các chi tiết trong đoạn trích nói tới hình ảnh của chị Chiến trước khi rời nhà tham gia kháng chiến. Chị lo lắng chu toàn mọi việc, khiêng bàn thờ má sang nhà chú Năm. Chọn C.

Đoạn thơ thể hiện thái độ, tình cảm của tác giả đối với mẹ già và đất nước là: Niềm nhớ thương, thái độ trân trọng và kính yêu dạt dào dành cho mẹ và đất nước. Điều này thể hiện rõ nét qua các câu thơ “Con quên làm sao được… Chia đều nỗi nhớ thương”. Đó là tình cảm thiêng liêng của người con dành cho cội nguồn, cho dân tộc, cho người mẹ kính yêu đã sinh ra và yêu thương mình.Chọn D.

So sánh: “hòn đảo Song Ngư” – “tòa cột đá trụ trời”. Chọn B.

Hai câu kết tác giả muốn thể hiện lòng yêu chân thành và cầu mong cho người con gái mình yêu hạnh phúc. Chọn C.

Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là phong cách khoa học. Chọn D.

Xác định các từ khóa thể hiện tính cách của người đàn bà cam chịu, nhẫn nhục, không hề kêu một tiếng, không chống trả... không trốn chạy → Thể hiện người đàn bà đã quen với việc bị đánh nên không phản kháng nữa → tính cách nổi bật nhất là vẻ cam chịu và nhẫn nhịn. Chọn D.

Giọng điệu chủ đạo của đoạn trích là thiết tha. Thể hiện qua cấu trúc “tôi muốn…”. Chọn A.

Huế là tên một địa danh. Với hoàn cảnh sáng tác trong chiến tranh. Do đó, mang đến các liên tưởng. Từ “Huế” gợi liên tưởng đến những người sống ở Huế. Bởi đổ máu là các tàn khốc xảy ra trong chiến tranh khi có thương vong. Như vậy, giữa “Huế” và “người sống ở Huế” có mối quan hệ gần gũi giữa vật chứa đựng và vật bị chứa đựng. Huế mang đến sự bao trùm cho con người, không gian,…Giữa “đổ máu” và “chiến tranh” có mối quan hệ gần gũi, phản ánh với dấu hiệu của sự vật và sự vật mang dấu hiệu.Biện pháp nghệ thuật được sử dụng ở đây là hoán dụ.Chọn C.

Đoạn thơ thể hiện khát vọng thống nhất đất nước của các chiến sĩ giải phóng miền Nam. Thể hiện qua chi tiết: đêm trăn trở đố nhau: / bao giờ về thành phố?/ con tắc kè nhanh nhảu nói: sắp về!. Chọn A.

Câu văn được tách thành một dòng riêng. Nó như cái bản lề khép lại quãng đời tủi nhục của Mị, đồng thời mở ra một tương lai hạnh phúc. Nó chứng tỏ tâm trạng vẫn còn lo sợ của Mị.

- Hành động của Mị vừa có tính tự giác (xuất phát từ động cơ muốn cứu người), vừa có tính tự phát (không có kế hoạch, tính toán cụ thể), nói cách khác là vì lòng thương người , thương mình, căm thù bọn chúa đất. Nhưng lòng khao khát sống, khao khát tự do đã trỗi dậy, đã chiến thắng sự sợ hãi, để Mị tiếp tục băng đi, chạy theo A Phủ. Đây là một câu văn ngắn, thể hiện dụng công nghệ thuật đầy bản lĩnh và tài năng của Tô Hoài. Chọn B.

Chiến tranh thế giới thứ nhất là cuộc chiến tranh đế quốc phi nghĩa vì nổ ra do các nước đế quốc muốn tranh giành thị trường, thuộc địa. Hậu quả mà cuộc chiến tranh thế giới này để lại cho nhân loại là vô cùng nặng nề cả về vật chất và tinh thần.Chọn D.

Với tác động từ cuộc khai thác thuộc địa lần thứ hai của thực dân Pháp (1919 - 1929), nền kinh tế Việt Nam phổ biến vẫn trong tình trạng nghèo nàn, lạc hậu.Chọn D.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

- Nội dung các phương án A, B, D là biến đổi của các nước Đông Bắc Á sau chiến tranh thế giới thứ hai.

- Nội dung phương án C không phải là biến đổi của các nước Đông Bắc Á sau chiến tranh thế giới thứ hai.Chọn C.

Sau Chiến tranh thế giới thứ nhất, các nước thắng trận phân chia lại thế giới, hình thành hệ thống Véc xai Oansinh tơn.

- Hậu quả chiến tranh làm các cường quốc tư bản châu Âu gặp khó khăn, nước Pháp bị thiệt hại nặng.

- Cách mạng tháng Mười Nga thắng lợi năm 1917, Nga Xô viết được thành lập, Quốc tế cộng sản ra đời.

→ Tình hình trên tác động mạnh đến Việt Nam 1917-1939. Chọn A.

Thắng lợi của phong trào giải phóng dân tộc ở châu Phi và khu vực Mĩ-Latinh trong nửa sau thế kỉ XX đã góp phần vào quá trình xóa bỏ chủ nghĩa thực dân. Nếu ở khu vực châu Phi là thực dân cũ như Pháp, Anh thì ở khu vực Mĩ-Latinh là thực dân mới Mĩ. Chọn B.

Trước tình thế bị sa lầy và thất bại của Pháp, Mĩ can thiệp sâu vào cuộc chiến tranh ở Đông Dương, ép Pháp phải kéo dài và mở rộng chiến tranh, tích cực chuẩn bị thay thế Pháp. Được sự thỏa thuận của Mĩ, Pháp cử Nava sang làm Tổng chỉ huy quân đội viễn chinh Pháp ở Đông Dương. Nava đề ra kế hoạch quân sự mang tên mình với hi vọng trong vòng 18 tháng sẽ giành lấy thắng lợi quân sự quyết định để “kết thúc chiến tranh trong danh dự”→ Kế hoạch Nava là sản phẩm của sự kết hợp sức mạnh của Mĩ và thủ đoạn của thực dân Pháp.Chọn B.

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

Đại bộ phận lãnh thổ Liên Bang Nga nằm trong vành đai khí hậu ôn đới.Chọn A.

Nhật Bản là đất nước quần đảo, lãnh thổ gồm 4 đảo lớn và hàng nghìn đảo nhỏ; bờ biển khúc khuỷu, kéo dài, có nhiều vũng vịnh thuận lợi để xây dựng hệ thống các cảng biển; vị trí xung quanh đều tiếp giáp với các vùng biển thuộc Thái Bình Dương.

→ Giao thông vận tải biển đóng vai trò quan trọng đối với sự phát triển kinh tế-xã hội của vùng: tạo điều kiện để giao lưu kinh tế giữa các vùng kinh tế đảo và với các vùng kinh tế trên thế giới bằn đường biển.

→ Như vậy, yếu tố vị trí địa lí và lãnh thổ giúp Nhật Bản phát triển mạnh loại hình vận tải đường biển. Chọn D.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Ở trung tâm bán đảo Đông Dương. → sai, gần chứ không ở ở trung tâm. Chọn A.

B. Trong vùng nhiệt đới bán cầu Bắc. → đúng.

C. Tiếp giáp với Biễn Đông. → đúng.

D. Trong vùng nhiều thiên tai. → đúng.

Khí hậu nước ta không khô hạn như các nước cùng vĩ độ vì ảnh hưởng của biển Đông và các khối khí di chuyển qua biển.

A. nước ta nằm liền kề với 2 vành đai sinh khoáng lớn. → vành đai sinh khoáng không liên quan đến khí hậu.

B. ảnh hưởng của biển Đông và các khối khí di chuyển qua biển. → đúng. Chọn B.

C. nước ta nằm hoàn toàn trong vành đai nhiệt đới Bắc bán cầu. → nhiệt đới chỉ nói đến nhiệt độ không nói đến độ ẩm.

D. thiên nhiên chịu ảnh hưởng rõ rệt của gió Tín phong. → Tín phong gây khô nên đây không phải lý do.

Căn cứ vào Atlat Địa lí Việt Nam trang Vùng Duyên hải Nam Trung Bộ, Vùng Tây Nguyên, cho biết cát thủy tinh phân bố tập trung ở Khánh Hòa. Chọn D.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- Loại A: thể hiện cơ cấu là biểu đồ tròn

- Loại C: thể hiện quy mô, cơ cấu là biểu đồ tròn có bán kính khác nhau hoặc biểu đồ cột chồng giá trị tuyệt đối

- Loại D: thể hiện tốc độ tăng trưởng là biểu đồ đường

- B đúng: biểu đồ cột ghép thể hiện tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta (thể hiện giá trị của đối tượng). Chọn B.

Vị trí địa lí là nhân tố có ảnh hưởng quan trọng nhất đến sự phát triển và phân bố các khu công nghiệp ở nước ta. Ở nước ta các khu công nghiệp phân bố chủ yếu ở nơi có vị trí thuận lợi như gần các cảng biển, trục đường giao thông, dân cư đông, thị trường rộng lớn, nguồn lao động dồi dào, có khả năng thu hút vốn đầu tư như Đông Nam Bộ, Đồng bằng Sông Hồng, các khu kinh tế ven biển gắn với cảng nước sâu…Chọn A.

Ngành chăn nuôi lợn ở nước ta tập trung ở những vùng trọng điểm lương thực và đông dân. Những vùng này cung cấp thức ăn và tạo đầu ra cho ngành chăn nuôi lợn. Chọn C.

Nguyên nhân chủ yếu dẫn đến việc phải hình thành cơ cấu nông-lâm-ngư nghiệp của Bắc Trung Bộ là thiên nhiên phân hóa theo chiều tây-đông nên từ tây sang đông cần phát triển những ngành kinh tế khác nhau, kết nối liên hoàn với nhau. Chọn C.

Hiện tượng ngập lụt ở đồng bằng sông Cửu Long chủ yếu do hai nguyên nhân chủ yếu là mưa lớn và triều cường. Chọn B.

Độ lớn của lực Lo-ren-xơ phụ thuộc vào hướng chuyển động của điện tích. Chọn B.

Khi khung kim loại EFGH vào trong từ trường, số đường sức từ xuyên qua khung kim loại ra ngoài mặt phẳng giấy tăng.

⇒ Dòng điện cảm ứng xuất hiện, sao cho từ trường cảm ứng chống lại sự tăng này – từ trường cảm ứng có chiều ngược với từ trường ngoài khung kim loại.

Mà \(\overrightarrow B \) hướng từ trong ra ngoài ⇒\(\overrightarrow {{B_C}} \) hướng từ ngoài vào trong.

Áp dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được dòng điện cảm ứng cùng chiều kim đồng hồ.

Chọn B.

Để chữa tật cận thị, người bị cận thị phải đeo thấu kính phân kì có độ tụ thích hợp.

Chọn B.

Động năng của con lắc lò xo dao động điều hòa: \(K\, = \,\frac{1}{2}m{v^2}\)

Lại có: \({v^2}\, = \,{\omega ^2}.\left( {{A^2}\, - \,{x^2}} \right)\)⇒\(K\, = \,\frac{1}{2}m{v^2}\, = \frac{1}{2}\,m{\omega ^2}.\left( {{A^2}\, - \,{x^2}} \right)\)⇒\(K\, = \, - \frac{1}{2}m{\omega ^2}{x^2}\, + \,\frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\) (∗)

(∗) có dạng \(y\, = \,a{x^2}\, + \,b\)với a < 0

⇒ Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của động năng K của con lắc theo \(x\) có dạng hình B.

Chọn B.

Khi khoảng cách giữa piston và đầu hởi của ống là \(L\, = \,45cm\)thì đầu hở của ống nghe thấy âm thanh lớn ⇒ Đầu piston là nút sóng, đầu hở là bụng sóng.

Áp dụng điều kiện có sóng dừng một đầu là nút sóng một đầu là bụng sóng ta có:

\(L\, = \,\left( {2k\, + \,1} \right)\frac{\lambda }{4}\, = \,\left( {2k\, + \,1} \right)\frac{v}{{4f}}\, \Rightarrow \,f\, = \,\frac{{\left( {2k\, + \,1} \right)v}}{{4.L}}\)

Để \({f_{\min }}\, \Leftrightarrow \,{k_{\min }}\, = \,0\, \Rightarrow \,{f_{\min }}\, = \,\frac{v}{{4.L}}\, = \,\frac{{330}}{{4.0,45}}\, = \,183,33\,Hz\)

Chọn C.

Gọi \[\Delta N\] là liều lượng cho một lần chiếu xạ (\[\Delta N\]= hằng số)

Trong lần chiếu xạ đầu tiên:\[\Delta N\, = \,{N_{01}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right)\] (1)

Trong lần chiếu xạ tiếp theo sau đó 2 năm: \[\Delta N'\, = \,{N_{02}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right) = \Delta N\] (do liều lượng chiếu xạ trong các lần chiếu xạ là như nhau).

Với: \[{N_{02}}\, = \,{N_{01}}.\,{2^{ - \frac{{\Delta t}}{T}}}\, \Rightarrow \,\Delta N'\, = \,{N_{01}}.\,{2^{ - \frac{{\Delta t}}{T}}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)\](2)

Từ (1) và (2) ta có: \[{N_{01}}.\,{2^{ - \frac{{\Delta t}}{T}}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)\, = \,{N_{01}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right)\]⇔ \[{2^{ - \frac{{\Delta t}}{T}}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)\, = \,\,1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}\] (∗)

Với: \[\left\{ \begin{array}{l}\Delta t\, = \,2\,\left( {nam} \right)\\{t_1}\, = \,10p\\T\, = \,4\,\left( {nam} \right)\,\end{array} \right.\]

Thay vào (*) ta được:  \[{2^{ - \frac{2}{4}}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{{4.365.24.60}}}}} \right)\, = \,\,1\, - \,{2^{ - \frac{{10}}{{4.365.24.60}}}} \Rightarrow {t_2} = 14,1\] phút.

Chọn A.

Sử dụng quy tắc xoay đinh ốc xác định được hình biểu diễn đúng là hình C. Chọn C.

Cơ thể người phát ra tia hồng ngoại. Máy sấy tay hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng tia hồng ngoại phát ra từ bàn tay. Chọn C.

Người ta sản xuất ra các loại công tắc điện có đặc điểm sau đây: khi đèn trong phòng tắt đi ta thấy nút bấm của công tắc phát ra ánh sáng màu xanh. Sự phát quang này kéo dài hàng giờ, rất thuận tiện cho việc tìm chỗ bật đèn trong đêm. Đó là hiện tượng lân quang.

Chọn C.

Gọi P là công suất nơi phát, n là số bóng đèn nhà vườn sử dụng.

Tổng công suất các bóng đèn tiêu thụ:

\[P'\, = \,P\, - \,\Delta P \Rightarrow \,220n\, = \,P\, - \,\frac{{{P^2}}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}\,R\, = \,P\, - \,\frac{{{P^2}}}{{{{1500}^2}}}.\,50\]\[ \Rightarrow \,50{P^2}\, - \,22,5.\,{10^5}P\, + \,49,{5.10^7}.\,n\, = \,0\]

Để  phương trình có nghiệm thì:

\[\Delta \ge 0\, \Leftrightarrow \,{b^2} - 4.a.c \ge 0 \Leftrightarrow {(22,{5.10^5})^2} - 4.50.\,49,5.\,{10^7}n\, \ge \,0 \Leftrightarrow n\, \le \,51,136\, \Rightarrow \,{n_{\max }}\, = \,51\]

⇒ Số bóng tối đa mà nhà vườn có thể sử dụng cùng lúc là 51 bóng.

Đáp án. 51.

Ta có: \[\% {m_H}\; = {\rm{ }}100\% {\rm{ }} - {\rm{ }}92,31\% {\rm{ }} = {\rm{ }}7,69\% .\]

→ \(C:H = \frac{{92,31}}{{12}}:\frac{{7,69}}{1} = 1:1\)→ CTĐGN là CH.

- Khi đốt cháy 0,01 mol chất Z thu được không quá 2,75 gam \[C{O_2}\;\]

\( \to {n_{C{O_2}}} < \frac{{2,75}}{{44}} = 0,0625\)

\( \to {C_Z} < \frac{{0,0625}}{{0,01}} = 6,25\).

- Mặt khác số nguyên tử H luôn là số chẵn nên suy ra: X là \[{C_2}{H_2},\]Y là\[{C_4}{H_4}\] và Z là \[{C_6}{H_6}.\]

- Cho 3,12 gam hỗn hợp A (có số mol các chất bằng nhau) tác dụng với lượng dư dung dịch\[AgN{O_3}/N{H_3}\]:

\({n_X}\; = {\rm{ }}{n_Y}\; = {\rm{ }}{n_Z}\; = \frac{{3,12}}{{26 + 52 + 78}} = 0,02\,mol\)

Để lượng kết tủa tối đa thì CTCT của các chất là:

     \[\begin{array}{*{20}{l}}{{C_2}{H_2}:{\rm{ }}CH \equiv CH{\rm{ }}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\\{\;{C_4}{H_4}:{\rm{ }}CH \equiv C - CH = C{H_2}\;\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\\{\;{C_6}{H_6}:{\rm{ }}CH \equiv C - C{H_2} - C{H_2} - C \equiv CH{\rm{ }}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\end{array}\]

Kết tủa gồm:

     \[\begin{array}{*{20}{l}}{CAg \equiv CAg{\rm{ }}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\\{\;CAg \equiv C - CH = C{H_2}\;\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\\{\;CAg \equiv C - C{H_2} - C{H_2} - C \equiv CAg{\rm{ }}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\end{array}\]

⟹\[{m_ \downarrow }\; = 0,02 \cdot 240 + 0,02 \cdot 159 + 0,02 \cdot 292 = 13,82{\rm{ }}gam.\]

Chọn A.

Khoáng vật chính của P là apatite - \(3{\rm{C}}{{\rm{a}}_3}{\left( {{\rm{P}}{{\rm{O}}_4}} \right)_2}.{\rm{Ca}}{{\rm{F}}_2}\) và phosphorite - \({\rm{C}}{{\rm{a}}_3}{\left( {{\rm{P}}{{\rm{O}}_4}} \right)_2}\)

Chọn A.

Các chất tham gia phản ứng tráng gương là có nhóm –CHO, lưu ý fructose có nhóm ketone nhưng trong môi trường \[N{H_3}\] fructose bị chuyển thành glucose nên fructose cũng tham gia phản ứng tráng gương.

→ Các chất tham gia phản ứng tráng gương: glucose, aldehyde acetic, fructose.

Lưu ý: acetylene tham gia phản ứng với \[AgN{O_3}\]nhưng không phải phản ứng tráng gương.

Chọn C.

Dung dịch X chứa \[Glu{\rm{ }}--{(Na)_2}:{\rm{ }}x{\rm{ }}mol\]và NaOH: y mol thì 191x + 40y = 23,1 (1)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}S{O_4}}} = z\,mol\\{n_{HCl}} = 2z\,mol\end{array} \right.\)

X + dung dịch Y:

Vì phản ứng vừa đủ nên\(3{n_{Glu - {{(Na)}_2}}} + {n_{NaOH}} = {n_{HCl}} + 2{n_{{H_2}S{O_4}}}\)

→  3x + y = 2z + 2z = 4z                    (2)

Ta thấy:\({n_{{H_2}O}} = {n_{NaOH}} = y\,mol\)

BTKL có

\( \to 38,4 = 40y + 191x + 36,5 \cdot 2z + 98z - 18y\,\,\,\,\,\,(3)\)

Giải (1), (2), (3) có x = y = z = 0,1 mol

⇒ m = 147x = 14,7 gam.

Chọn A.