Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 23)

Từ năm 2018 đến năm 2023 thì năm 2023 có vốn chủ sở hữu của công ty cổ phần Vincom Retail là cao nhất. Chọn D.

Ý D không được nói đến trong đoạn trích vì đoạn trích cho biết trẻ em Mĩ có có thể tự mình sửa chữa những món đồ chơi bị hỏng chứ không phải sửa chữa đồ đạc hư hỏng (nghĩa của từ “đồ đạc” rộng hơn từ “đồ chơi”). Chọn D.

Cha mẹ Mĩ biết lúc nào nên thể hiện sự quan tâm yêu thương với con, lúc nào nên buông tay để con dũng cảm tự lập. Chọn C.

Câu chủ đề đặt ở vị trí cuối đoạn trích: Tất cả những điều nói trên là hiện thân cho phương pháp giáo dục độc đáo của người Mĩ. Chọn C.

Đoạn trích nói về phương pháp giáo dục trẻ em của người Mĩ. Chọn C.

Vì “hiện thân” hiểu theo nghĩa văn chương thì là biểu hiện cụ thể của một cái gì đó. Chọn D.

Ta có \({\rm{v}}\left( {\rm{t}} \right) = {\rm{s'}}\left( {\rm{t}} \right) = - 3{{\rm{t}}^2} + 12{\rm{t}}\) có đồ thị là parabol.

Do đó \({\rm{v}}{\left( {\rm{t}} \right)_{\max }} \Leftrightarrow {\rm{t}} = \frac{{ - 12}}{{ - 6}} = 2\). Chọn D.

Phương thức biểu đạt: nghị luận. Chọn D.

Nếu bạn muốn thành công, trước hết bạn phải có sự tự tin cho chính mình. Chọn B.

Nội dung chính mà văn bản đề cập: Bàn về lòng tự tin. Chọn B.

Lòng tự tin xuất phát từ bên trong, từ sự hiểu mình: Biết ưu thế, sở trường… bản thân sẽ phát huy để thành công trong công việc, cuộc sống; biết mình có những hạn chế, khuyết điểm sẽ có hướng khắc phục để trở thành người hoàn thiện, sống có ích. Chọn A.

Thông điệp: Tự tin xuất phát từ chính bản thân bạn.Chọn C.

Ta có \({2^{{x^2} - 1}} = 5 \Leftrightarrow {x^2} - 1 = {\log _2}5 \Leftrightarrow {x^2} = 1 + {\log _2}5 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {1 + {{\log }_2}5} \).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm. Chọn C.

Nội dung chính của đoạn trích nằm ở câu đầu tiên: Dạo này, dường như ngày càng có nhiều người, nhất là lớp trẻ, khi nói và viết tiếng Việt thường chen tiếng nước ngoài, chủ yếu là tiếng Anh. Chọn A.

Thông tin nằm ở câu: Vì muốn hiểu sâu ngoại ngữ thì phải biết được từ đồng nghĩa hoặc từ tương ứng trong tiếng Việt. Chọn B.

Thông tin nằm ở câu: Trong sự phát triển mau lẹ của khoa học và công nghệ, nhất là của tin học và công nghệ thông tin, nhiều thuật ngữ mới ra đời, mà do chưa kịp có từ tương ứng trong tiếng Việt, nên buộc phải dùng thuật ngữ bằng tiếng nước ngoài khi nói cũng như khi viết. Chọn A.

Thông tin nằm ở câu: Đang có nhiều người cứ thích nói bằng tiếng Anh những từ hoàn toàn có thể diễn đạt được bằng tiếng Việt, và hãnh diện coi đó là thời thượng, là “sành điệu”. Chọn A.

Đoạn trích trên bàn về một vấn đề trong xã hội, đó là việc lạm dụng chêm xen tiếng nước ngoài khi nói và viết tiếng Việt. Tác giả đưa ra chủ điểm cùng các lí lẽ, dẫn chứng để chứng minh. Vì vậy, đoạn trích sử dụng phương thức biểu đạt nghị luận. Chọn D.

Từ hệ phương trình ta giải được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = a}\\{y = 1 - a}\end{array}} \right.\).

Nên ta có: \(x > y \Leftrightarrow a > 1 - a \Leftrightarrow a > \frac{1}{2}\). Chọn A.

Trong đoạn trích có câu “Các chú đừng bắt tôi bỏ nó”. Người đàn bà hàng chài xin quý tòa không bắt mình phải bỏ người chồng vũ phu. Chọn D.

Trong đoạn trích, người đàn bà hàng chài dù bị người chồng vũ phu đánh đập nhưng vẫn không muốn bỏ hắn vì nghĩ tới đàn con, nghĩ tới gia đình, nghĩ tới bản chất tốt đẹp của chồng, nhận mọi lỗi lầm về mình. Điều đó chứng tỏ chị là người bao dung, giàu đức hi sinh và lòng vị tha. Chọn B.

Nguyên nhân người đàn bà hàng chài thường xuyên bị chồng đánh đập thể hiện ở câu: “Bất kể lúc nào thấy khổ quá là lão lại xách tôi ra đánh...”. Chọn D.

Nguyên nhân khiến cho người đàn bà hàng chài nhất định xin chồng đưa lên bờ mà đánh nằm ở câu: Sau này con cái lớn lên, tôi mới xin được với lão... đưa tôi lên bờ mà đánh.... Điều đó có nghĩa là chị ta không muốn những đứa con mình chứng kiến cảnh tượng bố đánh mẹ. Chọn A.

Đoạn trích là lời của người đàn bà hàng chài đưa ra những lí do để thuyết phục quan tòa không bắt mình phải bỏ người chồng vũ phu như: người chồng đánh chị ta vì cuộc sống quá nghèo khổ cơ cực chứ không phải do bản tính của hắn, con thuyền cần một người đàn ông để chèo chống, để cùng nuôi con,... Chọn A.

Có \(z = {\left( {3 - 2i} \right)^2} = 9 - 12{\rm{i}} + {\left( {2{\rm{i}}} \right)^2} = 5 - 12{\rm{i}}\).

Do đó, điểm biểu diễn số phức \({\rm{z}}\) là \({\rm{Q}}\left( {5\,;\,\, - 12} \right)\). Chọn A.

A loại vì điều này chỉ đúng với Hiệp định Giơnevơ về Đông Dương (1954) vì đánh dấu sự kết của cuộc kháng chiến chống Pháp (1945-1954) còn Hiệp định Pari về Việt Nam (1973) chưa đánh dấu sự kết thúc cuộc kháng chiến chống Mĩ, cứu nước. Phải đến cuộc Tổng tiến công và nổi dậy Xuân 1975 thành công thì cuộc kháng chiến chống Mĩ, cứu nước của ta mới hoàn toàn kết thúc thắng lợi.

Chọn B vì theo nội dung của hai Hiệp định thì các nước cam kết tôn trọng độc lập, chủ quyền, thống nhất và toàn vẹn lãnh thổ của Việt Nam.

C loại vì điều này không đúng với nội dung của hai Hiệp định.

D loại vì điều này không đúng với nội dung của Hiệp định Pari về Việt Nam (1973)

Hoa Kì rút hết quân đội của mình và quân các nước đồng minh, hủy bỏ các căn cứ quân sự là điều khoản có ý nghĩa quyết định đối với sự phát triển của cách mạng miền Nam Việt Nam vì so sánh tương quan lực lượng sau Hiệp định Pari có lợi cho cuộc đấu tranh cách mạng của nhân dân miền Nam.Chọn A.

Chọn \({\rm{M}}\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) là trung điểm của đoạn \({\rm{AB}}\).

Mặt phẳng trung trực của đoạn \({\rm{AB}}\) đi qua \({\rm{M}}\) và nhận \[\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( {2\,;\,\, - 4\,;\,\, - 2} \right)\] làm vectơ pháp tuyến nên\(2\left( {x - 2} \right) - 4\left( {y - 0} \right) - 2\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - z - 1 = 0\). Chọn B.

Gọi \({\rm{H}}\) là hình chiếu của \({\rm{M}}\) lên trục \({\rm{Ox}}\) suy ra \[{\rm{H}}\left( {4\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,{\rm{M'}}\] là điểm đối xứng với \({\rm{M}}\) qua trục \({\rm{Ox}}\) thì H là trung điểm của \({\rm{MM'}}\).

Khi đó ta có

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_H} = \frac{{{x_M} + {x_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\\{{y_H} = \frac{{{y_M} + {y_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\\{{z_H} = \frac{{{z_M} + {z_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\end{array}} \right.{\rm{ }} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{{\rm{M'}}}} = 2{x_H} - {x_M} = 4}\\{{y_{{\rm{M'}}}} = 2{y_H} - {y_M} = 1}\\{{z_{{\rm{M'}}}} = 2{z_H} - {z_M} = - 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow {\rm{M'}}\left( {4\,;\,\,1\,;\,\, - 7} \right)\).

Suy ra\({\rm{ MM'}} = 10\sqrt 2 \). Chọn D.

Bất phương trình \(x\left( {2 - x} \right) \ge x\left( {7 - x} \right) - 6\left( {x - 1} \right)\)

Chọn D.

Ta có \(\sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - \frac{\pi }{4} = x + \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\\{2x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} - x + 12\pi }\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \pi + k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{6} + 1\frac{{2\pi }}{3}}\end{array}\,\,\left( {k,1 \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\).

Họ nghiệm \(x = \pi + k2\pi \) không có nghiệm nào thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,\pi } \right)\).

\(x = \frac{\pi }{6} + 1\frac{{2\pi }}{3} \in \left( {0\,;\,\,\pi } \right) \Rightarrow 0 < \frac{\pi }{6} + 1\frac{{2\pi }}{3} < \pi \Leftrightarrow 1 \in \left\{ {0\,;\,\,1} \right\}\)

Vậy phương trình có hai nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,\pi } \right)\) là \(x = \frac{\pi }{6}\) và \(x = \frac{{5\pi }}{6}\).

Từ đó suy ra tổng các nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,\pi } \right)\) của phương trình này bằng \(\pi \). Chọn B.

Ta có: \({u_n} = 1 - 3n \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1 - 3 \cdot 1 = - 2}\\{{u_{10}} = 1 - 3 \cdot 10 = - 29}\end{array}} \right.\).

Áp dụng công thức \(S = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{10\left( {{u_1} + {u_{10}}} \right)}}{2} = - 155.\) Chọn C.

Với điều kiện \(x > 1\) ta tính đạo hàm hàm số \(y = - \ln \left| {1 - x} \right|\) ta có \(y' = - \frac{{{{\left( {1 - x} \right)}^\prime }}}{{1 - x}} = \frac{1}{{1 - x}}\).

Chọn B.

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

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

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

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

Ta có: \[v\left( {\rm{t}} \right) = \int a \left( {\rm{t}} \right)dt = \int {\frac{3}{{t + 1}}} = 3\ln \left| {t + 1} \right| + C\].

Lại có: \(v\left( 6 \right) = 6 \Leftrightarrow 3\ln 7 + c = 6 \Leftrightarrow c = 6 - 3\ln 7\).

Suy ra \(v\left( {20} \right) = 3\ln 21 + 6 - 3\ln 7 = 3\ln 3 + 6\).

Vậy vận tốc của ôtô tại giây thứ 20 bằng \(3\ln 3 + 6\). Chọn C.

Số tiền ông Tuấn nhận được sau n năm là \({T_n} = 100{\left( {1 + \frac{{12}}{{100}}} \right)^n}\).

\({T_n} - 100 > 40 \Leftrightarrow 100{\left( {1 + \frac{{12}}{{100}}} \right)^n} - 100 > 40 \Leftrightarrow n > {\log _{1 + \frac{{12}}{{100}}}}\frac{{140}}{{100}} \approx 2,97.\)

Vậy giá trị nguyên dương nhỏ nhất của n là 3. Chọn B.

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2x - 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 > 2x - 1}\\{2x - 1 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{x > \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).

Do \(x\) nguyên nên \(x = 1\). Chọn B.

Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức

\({\rm{V}} = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} } \right)}^2}{\rm{dx}}} = \pi \int\limits_0^1 {\left( {{{\rm{x}}^2} + 1} \right){\rm{dx}}} = \left. {\pi \left( {\frac{{{{\rm{x}}^3}}}{3} + {\rm{x}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{{4\pi }}{3}\). Chọn A.

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

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow {m^2}{x^2} - 2\left( {{m^2} - 4m} \right)x + 1 \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\). (*) .

•Với \(m = 0\), ta có \(y' = 1 \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)(thỏa mãn bài toán).

•Với \({\rm{m}} \ne 0 \Leftrightarrow {{\rm{m}}^2} > 0:\) được thỏa mãn khi và chỉ khi \(\Delta ' = {\left( {{{\rm{m}}^2} - 4\;{\rm{m}}} \right)^2} - {{\rm{m}}^2} \le 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2}\left[ {{{\left( {m - 4} \right)}^2} - 1} \right] \le 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{(m - 4)}^2} \le 1}\\{m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 \le m - 4 \le 1}\\{m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow 3 \le m \le 5.} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow m \in \left[ {3\,;\,\,5} \right] \cup \left\{ 0 \right\}\) thì hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Vậy có 4 giá trị m thỏa mãn. Chọn C.

Ta có \({z^2} + 2z + 5 = 0\). Xét \(\Delta = {2^2} - 4.1.5 = - 16 < 0\).

Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt là \({z_{1,\,\,2}} = \frac{{2 \pm i\sqrt {16} }}{2} = 1 \pm 2i\).

Khi đó: \(\left| {z_1^2} \right| + \left| {z_2^2} \right| = \sqrt {{{\left( {{1^2} + {2^2}} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} \right)}^2}} = 10\). Chọn A.

Đặt \(w = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\). Ta có \(w = \left( {1 + 2i} \right)z \Leftrightarrow z = \frac{w}{{1 + 2i}} = \frac{{x + iy}}{{1 + 2i}}\).

Do đó \(\left| {z + 2 - i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {\frac{{x + iy}}{{1 + 2i}} + 2 - i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {x + yi + \left( {2 - i} \right)\left( {1 + 2i} \right)} \right| = \left| {1 + 2i} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {x + yi + 4 + 3i} \right| = \sqrt 5 \Leftrightarrow {\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^5} = 5\).

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \({\rm{z}}\) là đường tròn tâm \({\rm{I}}\left( { - 4\,;\,\, - 3} \right)\). Chọn A.

Gọi \[E\left( {x\,;\,\,y} \right).\] Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AE}}} = 3\overrightarrow {{\rm{AB}}} - 2\overrightarrow {{\rm{AC}}} \Leftrightarrow \overrightarrow {{\rm{AE}}} - \overrightarrow {{\rm{AB}}} = 2(\overrightarrow {{\rm{AB}}} - \overrightarrow {{\rm{AC}}} ) \Leftrightarrow \overrightarrow {{\rm{BE}}} = 2\overrightarrow {{\rm{CB}}} \)

\(\left( {x - 1\,;\,\,y - 1} \right) = 2\left( { - 2\,;\,\, - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = - 4}\\{y - 1 = - 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{y = - 3}\end{array} \Rightarrow E\left( { - 3\,;\,\, - 3} \right)} \right.} \right.\). Chọn C

Ta có \({\rm{CH}} \bot {\rm{AB}}\) mà \({\rm{AB}}:7{\rm{x}} - {\rm{y}} + 4 = 0\).

Nên \({\rm{CH}}\) có phương trình \(1\left( {{\rm{x}} - {{\rm{x}}_{\rm{H}}}} \right) + 7\left( {{\rm{y}} - {{\rm{y}}_{\rm{H}}}} \right) = 0\)

Trong đó \({x_H},\,\,{y_H}\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y - 4 = 0}\\{x - y - 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 0}\end{array} \Rightarrow H\left( {2\,;\,\,0} \right)} \right.} \right.\).

Vậy phương trình đường cao \({\rm{CH}}:1\left( {x - 2} \right) + 7\left( {{\rm{y}} - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 7y - 2 = 0\).

Cách khác: Đường cao \({\rm{CH}} \bot {\rm{AB}}\) nên \({\rm{CH}}\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {\rm{n}} = \left( {1\,;\,\,7} \right)\). Chọn D.

Mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{{\rm{n}}_{\rm{P}}}} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {\rm{Q}} \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) nên \(\left( {\rm{Q}} \right)\) có một vectơ pháp tuyến \(\vec n = {\vec n_p} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {\rm{Q}} \right)\) đi qua điểm \({\rm{A}}\left( { - 4\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( {\rm{Q}} \right)\) là \(\left( {x + 4} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - z + 7 = 0\). Chọn B.

Ta có: \(\Delta SAB\) vuông cân tại \(S\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{r = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\\{h = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right..\)

\( \Rightarrow {\rm{V}} = \frac{1}{3}h\pi {{\rm{r}}^2} = \frac{1}{3}\pi \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{2}{\left( {\frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi {{\rm{a}}^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\) Chọn D.

Đặt \({\rm{AD}} = \) a suy ra đường kính của hai đường tròn là \({\rm{BE}} = \frac{{{\rm{BC}}}}{2} = \frac{a}{2}\).

Khi đó hình trụ có chiều cao \({\rm{h}} = {\rm{a}}\), bán kính đáy \({\rm{r}} = \frac{{\rm{a}}}{4}\).

Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}\;h = \frac{{\pi {a^3}}}{{16}} = \frac{{27\pi }}{2} \Rightarrow a = 6\).

Chu vi đường tròn đáy bằng độ dài cạnh \({\rm{AE}}\) nên

\({\rm{AE}} = 2\pi {\rm{r}} = \frac{{\pi {\rm{a}}}}{2} = 3\pi .{\rm{AB}} = {\rm{AE}} + {\rm{EB}} = 3\pi + 3\).

Diện tích hình chữ nhật \({\rm{ABCD}}\) bằng \({\rm{S}} = {\rm{AB}} \cdot {\rm{AD}} = \left( {3\pi + 3} \right)6 = 18\pi + 18\). Chọn B.

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \({\rm{ABC}}\).

Ta có\({\rm{AG}} = \frac{2}{3}{\rm{AI}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\);

\[A'{G^2} = A'{A^2} - A{G^2} = {\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{9} \Rightarrow A'G = \frac{a}{3}.\]

\({\rm{V}} = {\rm{B}} \cdot {\rm{h}} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{\rm{a}}}{3} = \frac{{{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{{12}} \cdot \) Chọn B.

Gọi \({\rm{O}} = {\rm{AC}} \cap {\rm{BD}}\,,\,\,{\rm{I}} = {\rm{AM}} \cap {\rm{SO}}\).

Trong mặt phẳng \[\left( {SBD} \right),\] kéo dài \[GI\] cắt \({\rm{SD}}\) tại \({\rm{K}}\)\( \Rightarrow {\rm{K}} = {\rm{SD}} \cap \left( {{\rm{AMG}}} \right)\).

Trong tam giác \({\rm{SAC}}\), có \({\rm{SO}},\,\,{\rm{AM}}\) là hai đường trung tuyến.

Suy ra I là trọng tâm tam giác \[SAC\]

\( \Rightarrow \frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{OS}}}} = \frac{1}{3}\) mà \[\frac{{{\rm{OG}}}}{{{\rm{OB}}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{OS}}}} = \frac{{{\rm{OG}}}}{{{\rm{OB}}}} \Rightarrow {\rm{GI}}\,{\rm{//}}\,{\rm{SB}}\]\( \Rightarrow {\rm{GK}}\,{\rm{//}}\,{\rm{SB}} \Rightarrow \frac{{{\rm{KD}}}}{{{\rm{KS}}}} = \frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GB}}}}\).

Ta có \({\rm{DO}} = {\rm{BO}} = 3{\rm{GO}} \Rightarrow {\rm{GD}} = 4{\rm{GO}},\,\,{\rm{GB}} = 2{\rm{GO}}\).

Vậy \(\frac{{{\rm{KD}}}}{{{\rm{KS}}}} = \frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GB}}}} = \frac{{4{\rm{GO}}}}{{2{\rm{GO}}}} = 2 \Rightarrow \frac{{{\rm{KS}}}}{{{\rm{KD}}}} = \frac{1}{2}\). Chọn A.

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[{\rm{I}}\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\] và bán kính \({\rm{R}} = 10\).

Khoảng cách từ \({\rm{I}}\) đến mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) là \({\rm{d}}\left( {{\rm{I}}\,,\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = 6 < {\rm{R}}\) nên \(\left( {\rm{P}} \right)\) cắt \[\left( S \right)\].

Khoảng cách từ \({\rm{M}}\) thuộc \[\left( S \right)\] đến \(\left( {\rm{P}} \right)\) lớn nhất

\( \Rightarrow M \in \left( d \right)\) đi qua I và vuông góc với \(\left( {\rm{P}} \right)\). Phương trình \(\left( d \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + 2t}\\{y = - 2 - 2t}\\{z = 1 - t}\end{array}} \right.\).

Ta có \[M \in \left( d \right) \Rightarrow M\left( {3 + 2t\,;\,\, - 2 - 2t\,;\,\,1 - t} \right).\]

Mà\(M \in \left( {\rm{P}} \right)\) nên\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{10}}{3} \Rightarrow {M_1}\left( {\frac{{29}}{3};\,\, - \frac{{26}}{3};\,\, - \frac{7}{3}} \right)}\\{t = - \frac{{10}}{3} \Rightarrow {M_2}\left( { - \frac{{11}}{3};\,\,\frac{{14}}{3};\,\,\frac{{13}}{3}} \right)}\end{array}} \right..\)

Thử lại:Ta thấy \({\rm{d}}\left( {{{\rm{M}}_1},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) > {\rm{d}}\left( {{{\rm{M}}_2},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right)\).

Do đó\({\rm{M}}\left( {\frac{{29}}{3};\,\, - \frac{{26}}{3};\,\, - \frac{7}{3}} \right)\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn C.

Mặt phẳng \(\left( P \right):{\rm{x}} - 2{\rm{y}} + 3 = 0\) có VTPT \[{\overrightarrow {\rm{n}} _{\left( P \right)}} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,0} \right)\].

Đường thẳng \({\rm{d}}\) qua \({\rm{A}}\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 2} \right)\) và vuông góc với \[\left( P \right)\] có VTCP \(\overrightarrow {\rm{u}} = {\overrightarrow {\rm{n}} _{\left( P \right)}} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,0} \right)\).

Vậy \({\rm{d}}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 1 + {\rm{t}}}\\{{\rm{y}} = 2 - 2{\rm{t}}}\\{{\rm{z}} = - 2}\end{array}\,\,({\rm{t}} \in \mathbb{R})} \right.\). Chọn D.

Xét \(h\left( {\rm{x}} \right) = f\left( {{x^2}} \right) - 2x\)

\( \Rightarrow h'\left( {\rm{x}} \right) = 2xf'\left( {{x^2}} \right) - 2 = 2\left[ {xf'\left( {{x^2}} \right) - 1} \right],\,\,h'\left( {\rm{x}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow xf'\left( {{x^2}} \right) - 1 = 0\)

•Nếu \(x \le 0\) thì phương trình vô nghiệm vì \(f'\left( {{x^2}} \right) \ge 0\,,\,\,\forall x\) nên \(xf'\left( {{x^2}} \right) \le 0\,,\,\,\forall x \le 0 \Rightarrow xf'\left( {{x^2}} \right) - 1 < 0\,,\,\,\forall x \le 0\)

•Nếu \(x > 0\), đặt \[{x^2} = t \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{1}{{\sqrt t }}\] có nghiệm duy nhất \(t = a \in \left( {0\,;\,\,1} \right).\)

Vì \(h\left( 0 \right) = 0\,;\,\,h\left( 2 \right) > 0\) nên ta có bảng biến thiên của h(x) như sau:

Vậy hàm số \(g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right|\) có 3 cực trị. Chọn D.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: \(4 = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AB'}}}} + \frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{AC'}}}} + \frac{{{\rm{AD}}}}{{{\rm{AD'}}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{\rm{AB}} \cdot {\rm{AC}} \cdot {\rm{AD}}}}{{{\rm{AB'}} \cdot {\rm{AC'}} \cdot {\rm{AD'}}}}}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{\rm{AB'}} \cdot {\rm{AC'}} \cdot {\rm{AD'}}}}{{{\rm{AB}} \cdot {\rm{AC}} \cdot {\rm{AD}}}} \ge \frac{{27}}{{64}} \Rightarrow \frac{{{V_{A{\rm{B'C'D'}}}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{{\rm{AB'}} \cdot {\rm{AC'}} \cdot {\rm{AD'}}}}{{{\rm{AB}} \cdot {\rm{AC}} \cdot {\rm{AD}}}} \ge \frac{{27}}{{64}} \Rightarrow {V_{A{\rm{B'C'D'}}}} \ge \frac{{27}}{{64}}{V_{ABCD}}\).

Để \({V_{A{\rm{B'C'D'}}}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(\frac{{A{\rm{B'}}}}{{AB}} = \frac{{AC'}}{{AC}} = \frac{{AD'}}{{AD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \overrightarrow {A{\rm{B'}}} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} \Rightarrow {\rm{B'}}\left( {\frac{7}{4};\frac{1}{4};\frac{7}{4}} \right)\).

Lúc đó mặt phẳng \[\left( {B'C'D'} \right)\] song song với mặt phẳng \(\left( {{\rm{BCD}}} \right)\) và đi qua \({\rm{B'}}\left( {\frac{7}{4};\frac{1}{4};\frac{7}{4}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình mặt phẳng \(\left( {B'C'D'} \right)\) là \(16{\rm{x}} + 40{\rm{y}} - 44{\rm{z}} + 39 = 0\). Chọn A.

\(y = \left| {4{\rm{f}}\left( {\sin x} \right) + \cos 2x - a} \right| = \left| {4f\left( {\sin x} \right) - 2{{\sin }^2}x + 1 - a} \right|.\)

Đặt \(t = \sin x\,,\,\,t \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\) do \(x \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)\).

Bài toán trở thành: Có bao nhiêu số nguyên dương \[a\] để hàm số \({\rm{y}} = \left| {4{\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) - 2{{\rm{t}}^2} + 1 - {\rm{a}}} \right|\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\,1} \right)\).

Ta có: \[{\rm{y'}} = \frac{{\left[ {4{\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) - 4{\rm{t}}} \right]\left[ {4{\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) - 2{{\rm{t}}^2} + 1 - {\rm{a}}} \right]}}{{\left| {4{\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) - 2{{\rm{t}}^2} + 1 - {\rm{a}}} \right|}} \le 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\,\,(*).\]

Với \({\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\) thì đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right)\) nằm phía dưới trục \({\rm{Ox}}\)

\( \Rightarrow {\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) < 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right) \Rightarrow {\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) - {\rm{t}} < 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\)

Khi đó: \((*) \Leftrightarrow 4f\left( {\rm{t}} \right) - 2{t^2} + 1 - a \ge 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right) \Leftrightarrow a \le 4f\left( {\rm{t}} \right) - 2{t^2} + 1\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\).

Xét hàm số \({\rm{g}}\left( {\rm{t}} \right) = 4{\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) - 2{{\rm{t}}^2} + 1\) trên \(\left( {0\,;\,\,1} \right)\).

Ta có \(g'\left( {\rm{t}} \right) = 4f'\left( {\rm{t}} \right) - 4t < 0 \Rightarrow g\left( {\rm{t}} \right) > g\left( 1 \right) = 4f\left( 1 \right) - 2 \cdot 1 + 1 = 3\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\).

Do đó \(a \le 3 < g\left( {\rm{t}} \right)\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\). Vậy \(0 < a \le 3 \Rightarrow a \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\). Chọn B.

Điều kiện \(1 - 2x > 0 \Leftrightarrow x < \frac{1}{2}\).

\[\frac{{\left| {3 - x} \right|}}{{\sqrt {1 - 2x} }} = \frac{{2x + 3}}{{\sqrt {1 - 2x} }} \Leftrightarrow \left| {3 - x} \right| = 2x + 3\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3 \ge 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - x = 2x + 3}\\{3 - x = - 2x - 3}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge \frac{{ - 3}}{2}}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0\,\,\,\,\,\,(TM)}\\{x = - 6\,\,\,\,\,(L)}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow x = 0.} \right.} \right.\] Chọn B.

Từ giả thiết suy ra \(f'\left( {\rm{x}} \right) \ge 0\,,\,\,\forall {\rm{x}} \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]\) và \({\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) \ge {\rm{f}}\left( 1 \right) > 0\,,\,\,\forall {\rm{x}} \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]\).

Ta có \[x + 2xf\left( {\rm{x}} \right) = {\left[ {f'\left( {\rm{x}} \right)} \right]^2} \Leftrightarrow x\left[ {1 + 2f\left( {\rm{x}} \right)} \right] = {\left[ {f'\left( {\rm{x}} \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \frac{{f'\left( {\rm{x}} \right)}}{{\sqrt {1 + 2f\left( {\rm{x}} \right)} }} = \sqrt x \].

Suy ra: \[\int {\frac{{f'\left( {\rm{x}} \right)}}{{\sqrt {1 + 2{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} }}} {\rm{dx}} = \int {\sqrt {\rm{x}} dx} \Leftrightarrow \sqrt {1 + 2{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} = \frac{2}{3}{\rm{x}}\sqrt {\rm{x}} + {\rm{C}}\].

Vì \(f\left( 1 \right) = \frac{3}{2} \Rightarrow 2 = \frac{2}{3} + C \Leftrightarrow C = \frac{4}{3}.\)Do đó \(f(x) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\frac{2}{3}x\sqrt x + \frac{4}{3}} \right)}^2} - 1} \right].\)

Vậy \[I = \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^4 {\frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\frac{2}{3}x\sqrt x + \frac{4}{3}} \right)}^2} - 1} \right]dx} = \frac{{1\,\,186}}{{45}}\]. Chọn D.

Ta có \(n\left( \Omega \right) = 8!\).

Gọi A là biến cố "2 em ngồi đối diện khác giới trong đó Hoàng và Nhi ngồi đối diện nhau hoặc ngồi cạnh nhau".

TH1: Hoàng ngồi đối diện Nhi: Chọn 1 ghế cho Hoàng có 8 cách.

Xếp cho Nhi ngồi đối diện Hoàng có 1 cách. Xếp các ghế còn lại có \[6 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = 288\](cách).

Vậy TH1 có 2304 cách.

TH2: Nhi ngồi cạnh Hoàng và Hoàng ngồi ở các vị trí đầu hoặc cuối hàng ghế.

Chọn 1 ghế cho Hoàng có 4 cách. Xếp cho Nhi ngồi cạnh Hoàng có 1 cách.

Xếp các bạn nữ ngồi đối diện Hoàng có 3 cách.

Xếp các bạn nam ngồi đối diện Nhi có 3 cách. Xếp các ghế còn lại có: \[4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = 16\](cách).

Số cách xếp trong trường hợp này là 576 cách.

TH3: Nhi ngồi cạnh Hoàng và Hoàng ngồi ở các vị trí giữa hàng ghế.

Chọn 1 ghế cho Hoàng có: 4 cách. Xếp cho Nhi ngồi cạnh Hoàng có 2 cách.

Xếp các bạn nữ ngồi đối diện Hoàng có 3 cách. Xếp các bạn nam ngồi đối diện Nhi có 3 cách.

Xếp các ghế còn lại có \(4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = 16\)(cách).

Số cách xếp trong trường hợp này là 1152 cách.

Vậy \(n(A) = 4023 \Rightarrow P(A) = \frac{{4023}}{{8!}} = \frac{1}{{10}}\). Chọn B.

Gọi \[E\,,\,\,F\,,\,\,I\] lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng \[BC,\,\,CD,\,\,BD.\]

Ta có \(\frac{{{{\rm{V}}_{{\rm{AMNP }}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{AEFI }}}}}} = \frac{8}{9} \Rightarrow {{\rm{V}}_{{\rm{AMNP}}}} = \frac{8}{9}\;{{\rm{V}}_{{\rm{AEFI}}}} = \frac{2}{9}\;{\rm{V}}\).

\({{\rm{V}}_{{\rm{MNPQ}}}} = \frac{1}{3}\;{\rm{d}}\left( {{\rm{Q}},\,\,\left( {{\rm{MNP}}} \right)} \right) \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{MNP}}}} = \frac{1}{3}\frac{1}{2}\;{\rm{d}}\left( {{\rm{A}},\,\,\left( {{\rm{MNP}}} \right)} \right) \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{MNP}}}}\)

\( = \frac{1}{6}\;{\rm{d}}\left( {{\rm{Q}},\,\,\left( {{\rm{MNP}}} \right)} \right) \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{MNP}}}} = \frac{1}{2}\;{{\rm{V}}_{{\rm{AMNP}}}} = \frac{{\rm{V}}}{9} \cdot \) Chọn C.

Hệ số góc của tiếp tuyến: \(y' = 6{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( { - 2} \right) = 36\). Đáp án: 36.

Ta có \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{x}} = \pm 2\) là các nghiệm đơn. Do đó hàm số có 2 điểm cực trị.

Đáp án: 2.

Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng (ABC) là \(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow 6x + 2y + 3z = 6\).

Vậy \[d\left( {I\,,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {6 + 4 + 3 - 6} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {2^2} + {3^2}} }} = 1\]. Đáp án: 1.

Gọi số tự nhiên thỏa mãn bài toán có dạng \(\overline {{\rm{abcdef}}} \).

Xét trường hợp có cả chữ số 0 đứng đầu. Số cách chọn vị trí cho chữ số 2 là \(C_7^2\).

Số cách chọn vị trí cho chữ số 3 là \(C_5^3\).

Số cách chọn 2 chữ số còn lại trong tập hợp \(\left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}\) để xếp vào hai vị trí cuối là \(A_{78}^2\).

Do đó có \(C_7^2 \cdot C_5^3 \cdot A_8^2 = 11\,\,760\)(số)

Xét trường hợp chữ số 0 đứng đầu, \(a = 0\) nên có 1 cách chọn.

Số cách chọn vị trí cho chữ số 2 là: \(C_6^2\).

Số cách chọn vị trí cho chữ số 3 là \({\rm{C}}_4^3\).

Số cách chọn 2 chữ số còn lại trong tập hợp \(\left\{ {1\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}\) là 7 cách.

Do đó có: \(1 \cdot C_6^2 \cdot C_4^3 \cdot 7 = 420.\)

Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán: \(11\,\,760 - 420 = 11\,\,340\) (số).

Đáp án: \[11\,\,340.\]

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 7x + 12} }}{{a\left| x \right| - 17}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {4 - \frac{7}{x} + \frac{{12}}{{{x^2}}}} }}{{ - x\left( {a + \frac{{17}}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4 - \frac{7}{x} + \frac{{12}}{{{x^2}}}} }}{{a + \frac{{17}}{x}}} = \frac{2}{a} = \frac{2}{3}.\)

Đáp án: 3.

Với \(c\left( t \right) = \frac{t}{{{t^2} + 1}}\,,\,\,t > 0\) ta có \(c'\left( t \right) = \frac{{ - {t^2} + 1}}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}}\).

Cho \(c'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - {t^2} + 1}}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = 1\).

Bảng biến thiên

Vậy \[\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left( {0\,;\, + \infty } \right)} c\left( t \right) = \frac{1}{2}\] khi \(t = 1\). Đáp án: 1.

Ta có \(\int\limits_{ - 2}^1 {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{d}}x} = 3 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( { - 2} \right) = 3\,\,\,(1)\)

Lại có \[S = \frac{5}{3} \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {\left| {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \frac{5}{3} \Leftrightarrow - \int\limits_1^3 {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{d}}x} = \frac{5}{3}\]\[ \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{d}}x} = - \frac{5}{3} \Leftrightarrow f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right) = - \frac{5}{3}.\]

Lấy \((1) + (2)\), ta được \(f\left( 3 \right) - f\left( { - 2} \right) = 3 - \frac{5}{3} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow 3f\left( 3 \right) - 3f\left( { - 2} \right) = 4.\)

Đáp án: 4.

Dựa vào hình vẽ ta có: \({S_1} = \int\limits_0^k {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_0^k = {e^k} - 1\,;\,\,{S_2} = \int\limits_k^{\ln 4} {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_k^{\ln 4} = 4 - {e^k}\).

Theo đề ra: \({{\rm{S}}_1} = {{\rm{S}}_2} \Leftrightarrow {{\rm{e}}^{\rm{k}}} - 1 = \left( {4 - {{\rm{e}}^{\rm{k}}}} \right) \Leftrightarrow 2{{\rm{e}}^{\rm{k}}} = 5 \Leftrightarrow {\rm{k}} = \ln \frac{5}{2} \Rightarrow {\rm{a}} + {\rm{b}} = 7\).

Đáp án: 7.

Xét phương trình \(2{\rm{f}}\left( {{{\rm{x}}^2} + 1} \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow {\rm{f}}\left( {{{\rm{x}}^2} + 1} \right) = \frac{1}{2}\,\,(*)\).

Trên đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,2} \right]\)đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{x}})\) cắt đường thẳng \({\rm{y}} = \frac{1}{2}\) tại ba điểm phân biệt \({\rm{x}} = {\rm{a}} < - 1\,,\,\,{\rm{x}} = {\rm{b}} < 1\,,\,\,{\rm{x}} = {\rm{c}} > 1\).

Khi đó từ (*) ta có \({x^2} + 1 = c\) có 2 nghiệm phân biệt, \({x^2} + 1 = a\,,\,\,{x^2} + 1 = b\) vô nghiệm.

Đáp án: 2.

Ta có: \(\left| z \right| = 5 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 25\) (1).

Và \(\left( {4 - 3i} \right)z = \left( {{\rm{a}} + {\rm{bi}}} \right)\left( {4 - 3i} \right) = \left( {4{\rm{a}} + 3\;{\rm{b}}} \right) + \left( {4{\rm{b}} - 3{\rm{a}}} \right)\)(\[i\] là số thực) nên \(4\;{\rm{b}} - 3{\rm{a}} = 0\).

Thay vào \((1)\) ta được \({a^2} + {\left( {\frac{3}{4}a} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow \left| a \right| = 4 \Rightarrow \left| b \right| = 3 \Rightarrow P = \left| a \right| + \left| b \right| + 3 = 10\).

Đáp án: 10.

Diện tích hình thang\(ABCD\) là:

\({{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}}\left( {{\rm{AB}} + {\rm{CD}}} \right) = \frac{1}{2}2{\rm{a}} \cdot 3{\rm{a}} = 3{{\rm{a}}^2},\,\,{\rm{CB}} = {\rm{AC}} = {\rm{a}}\sqrt 5 .\)

Độ dài đường cao \({\rm{SI}} = \frac{{3\;{{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABCD}}}}}}{{{{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}}}} = \frac{{3 \cdot \frac{{3\sqrt {15} {{\rm{a}}^3}}}{5}}}{{3{{\rm{a}}^2}}} = \frac{{3\sqrt {15} {\rm{a}}}}{5}\).

Vẽ \({\rm{IH}} \bot {\rm{CB}}\) tại \({\rm{H}} \Rightarrow {\rm{BC}} \bot \left( {{\rm{SIH}}} \right) \Rightarrow {\rm{BC}} \bot {\rm{SH}}\).

Ta có \[\widehat {\left( {\left( {{\rm{SBC}}} \right),\left( {{\rm{ABCD}}} \right)} \right)} = \widehat {\left( {{\rm{IH}},\,\,{\rm{SH}}} \right)} = \widehat {{\rm{SHI}}}\].

\({{\rm{S}}_{{\rm{ICB}}}} = {{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} - {{\rm{S}}_{{\rm{IDC}}}} - {{\rm{S}}_{{\rm{AIB}}}} = 3{{\rm{a}}^2} - \frac{{{{\rm{a}}^2}}}{2} - {{\rm{a}}^2} = \frac{{3{{\rm{a}}^2}}}{2} \Rightarrow {\rm{IH}}{\rm{.CB}} = 3{{\rm{a}}^2}\)

\( \Rightarrow IH = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5},\,\,\tan \widehat {SHI} = \frac{{SI}}{{IH}} = \frac{{3a\sqrt {15} }}{5}:\frac{{3a\sqrt 5 }}{5} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SHI} = 60^\circ .\) Đáp án: 60.

Ta có VTPT của \[\left( P \right)\] là: \[\overrightarrow {{{\rm{n}}_{({\rm{P}})}}} = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2} \right)\,,\,\,\overrightarrow {{{\rm{n}}_{\left( Q \right)}}} = \left( {{\rm{a}}\,;\,\, - 2\,;\,{\rm{b}}} \right)\].

Theo bài ra \(\left( P \right) \bot \left( Q \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {{{\rm{n}}_{\left( P \right)}}} \cdot \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = 0 \Leftrightarrow {\rm{a}} + 6 - 2\;{\rm{b}} = 0\) (1).

Mặt khác: \({\rm{M}} \in \left( Q \right) \Rightarrow {\rm{a}} + 6 + 2\;{\rm{b}} - 7 = 0 \Leftrightarrow {\rm{a}} + 2\;{\rm{b}} = 1\) (2).

Từ (1) và (2) giải ra tìm được \(a = - \frac{5}{2},\,\,b = \frac{7}{4} \Rightarrow 3a + 2b = 3 \cdot \left( { - \frac{5}{2}} \right) + 2 \cdot \frac{7}{4} = - 4\).

Đáp án: −4.

Ta có: \({\log _2}\left( {4x + 4} \right) + x = y + 1 + {2^y} \Leftrightarrow {\log _2}4 + {\log _2}\left( {x + 1} \right) + x = y + 1 + {2^y}\)

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

Với \(0 \le x \le 2021\) thì \(0 \le {2^y} - 1 \le 2021 \Leftrightarrow {2^0} \le {2^y} \le 2022 \Leftrightarrow 0 \le y \le {\log _2}2022 \approx 10,98\).

Mà với mỗi \(y \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \mathbb{Z}\) nên có 11 cặp nguyên \[\left( {x\,;\,\,y} \right)\] thỏa mãn bài toán.

Đáp án: 11.

Gọi \({\rm{H}}\) là tâm hình vuông \({\rm{ABCD}}\) nên\({\rm{SH}} \bot \left( {{\rm{ABCD}}} \right)\)

Đặt \(AB = a\,\,(a > 0)\,,\,\,{S_{ABCD}} = {a^2};\,\,BD = a\sqrt 2 \).

Tam giác SBD vuông tại \(S\) nên \(SH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\({{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABCD}}}} = \frac{1}{3}{\rm{SH}} \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{6}{{\rm{a}}^3} = \frac{{\sqrt 2 }}{6} \Rightarrow {\rm{a}} = 1\)

\({{\rm{V}}_{{\rm{MACD}}}} = \frac{1}{4}\;{{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABCD}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{24}};\,\,{\rm{HM}} = \frac{1}{2}{\rm{SB}} = \frac{1}{2}\)(vì \({\rm{SB}} = {\rm{AB}} = 1\))

\[{S_{MAC}} = \frac{1}{2}MH \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt 2 = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\] Ta có: \(d\left( {B,\left( {MAC} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {MAC} \right)} \right)\).

Lại có \({V_{{\rm{MACD}}}} = \frac{1}{3} \cdot d\left( {D,\left( {MAC} \right)} \right) \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{MAC}}}} \Rightarrow d\left( {D,\left( {MAC} \right)} \right) = \frac{{3\;{{\rm{V}}_{{\rm{MACD}}}}}}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAC}}}}}} = \frac{1}{2}\).

Đáp án: 0,5.

Ta có\({\rm{r}} = 3\,,\;\,\,{{\rm{V}}_{{\rm{CN}}}} = \pi {{\rm{r}}^2} \cdot h = \pi \cdot 15 \cdot {3^2} = 135\pi \).

Thể tích \({{\rm{V}}_1}\) của cốc nước sau khi thả 5 viên bi là: \({{\rm{V}}_1} = \pi \cdot 10 \cdot {3^2} + 5 \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {\ell ^3} = \frac{{290\pi }}{3}\).

Thể tích của phần còn trống là: \({V_2} = {V_{CN}} - {V_1} = 135\pi - \frac{{290\pi }}{3} = \frac{{115\pi }}{3}\).

Gọi \({{\rm{h}}_1}\) là khoảng cách từ mực nước trong cốc đến miệng cốc, ta có:

\(\pi {3^2} \cdot {h_1} = \frac{{115\pi }}{3} \Rightarrow {h_1} = \frac{{115}}{{27}} \approx 4,26\,\,({\rm{cm)}}.\)

Đáp án: 4,26.

Đọc nội dung ngữ liệu để xác định được nội dung và nghĩa của câu: Áp lực học tập của trẻ vị thành niên. Trong đó nhắc đến mối quan hệ cạnh tranh điểm số giữa các học sinh trong lớp, từ “gay cấn” sử dụng không hợp về ý nghĩa đối với ngữ cảnh bởi “gay cấn” chỉ tình huống có nhiều trở ngại, vướng mắc đến mức như không vượt qua, không thể giải quyết được. Còn trường hợp này nên dùng “gay gắt” để chỉ một tình huống có mức độ khó khăn, áp lực cao, gây cảm giác khó chịu hoặc căng thẳng. Chọn B.

Từ “phớt lờ” dùng chưa hợp lí, nên thay bằng từ “điềm nhiên”. Chọn B.

Hồi kí là một thể của loại kí, thường ghi lại chân thực, khách quan có kèm theo phân tích, đánh giá của người viết về nội dung được ghi lại. Như tên gọi của nó, điểm nhìn của hồi kí là từ hiện tại nhìn về quá khứ, nhìn về chặng đường đã trải qua nên cái nhìn có tính toàn diện, khái quát và có đánh giá mang ý nghĩa tổng kết. Chọn A.

Thơ Tố Hữu mang đậm tính sử thi, coi những sự kiện chính trị lớn của đất nước là đối tượng thể hiện chủ yếu, đề cập đến những vấn đề có ý nghĩa lịch sử và tính chất toàn dân. Chọn D.

Lỗi sai về dùng từ chưa phù hợp với ngữ cảnh: “dai dẳng” là kéo dài rất lâu, gây cảm giác bức bối, khó chịu, đối lập với sức sống của những con người trong tác phẩm, vì thế, có thể thay thế bằng từ “kì diệu”. Chọn D.

Từ “giang sơn” là từ Hán Việt, các từ còn lại đều là từ Thuần Việt. Chọn C.

Các từ “đạo đức, kinh nghiệm, cách mạng” là danh từ chỉ khái niệm; “mưa” là danh từ chỉ hiện tượng. Vậy từ “mưa” không cùng nhóm với các từ còn lại. Chọn C.

Từ “mắt” trong “đau mắt đỏ” dùng với nghĩa gốc. Các từ còn lại. từ “mắt” dùng với nghĩa chuyển. Chọn C.

Đặc điểm cơ bản của nền văn học Việt Nam từ năm 1945 đến năm 1975 là:

+ Nền văn học chủ yếu vận động theo hướng cách mạng hoá, gắn bó sâu sắc với vận mệnh chung của đất nước.

+ Nền văn học chủ yếu mang khuynh hướng sử thi và cảm hứng lãng mạn.

+ Nền văn học hướng về đại chúng.

→ Chọn B.

“Tây Tiến” thuộc thể loại thơ. Các tác phẩm còn lại thuộc thể truyện ngắn. Chọn A.

Viết về người trí thức tiểu tư sản nghèo, Nam Cao đã mạnh dạn phân tích và mổ xẻ tất cả. Chọn A.    

Khuynh hướng sử thi kết hợp với cảm hứng lãng mạn làm cho văn học giai đoạn này thấm nhuần tinh thần lạc quan, phản ánh hiện thực đời sống trong quá trình vận động và phát triển cách mạng. Chọn A.

Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống. Chọn B.

Xuân Diệu là nhà thơ mới nhất trong các nhà thơ mới. Chọn B.

Bài thơ Đàn ghi ta của Lor-ca thể hiện nỗi đau xót sâu sắc trước cái chết bi thảm của Phê-đê-ri-cô Gar-xi-a Lor-ca, nhà thơ thiên tài Tây Ban Nha. Chọn A.

Biện pháp tu từ ẩn dụ (tắm, bể máu). Tác dụng: Khắc sâu tội ác dã man, tàn độc của thực dân Pháp đối với cách mạng, nhân dân ta. Đồng thời bộc lộ thái độ căm phẫn của tác giả trước tội ác của kẻ thù và nỗi đau xót của tác giả trước thảm cảnh của nhân dân. Chọn A.

Câu nói trong đoạn trích của nhân vật Tràng tưởng chừng thể hiện sự nông nổi có đôi chút liều lĩnh nhưng thực chất đó là kết quả tất yếu của một lòng tốt thành thực và của niềm khát khao sự sống, khát khao tình yêu – phần bản năng trong mỗi con người.Chọn C.

Chi tiết “rời chiếc bàn xếp đến phát ngốt lên những chồng hồ sơ, giấy má” thể hiện sự chuyển biến mới trong nhận thức của Đẩu. Hành động “rời chiếc bàn” là hành động có ý nghĩa biểu tượng. Đẩu buộc phải rời khỏi cương vị của một chánh án bởi từ vị trí đó, từ góc nhìn đó anh không thể hiểu được quyết định của người đàn bà.Chọn B.

Tư tưởng “Chúng nó đã cầm súng mình phải cầm giáo” thực chất chính là sự cụ thể hóa của tư tưởng cốt lõi Cách mạng thời kì chống Mĩ cứu nước. Phải dùng bạo lực Cách mạng để chống lại bạo lực phản Cách mạng. Muốn có độc lập tự do thì người dân làng Xô Man phải đứng lên cầm vũ khí tiêu diệt kẻ thù.Chọn B.

Đoạn thơ nói lên cảm giác cô đơn và nỗi buồn bâng khuâng toát lên từ khung cảnh sóng nước của “tràng giang”.Chọn B.

Từ “kịp” trong đoạn trích trên gợi niềm khao khát, một thúc bách chạy đua với thời gian. Với hoàn cảnh lúc bấy giờ Hàn Mặc Tử chỉ mong có một người bạn từ thế giới bên ngoài bước vào thế giới của ông làm bạn với ông. Thế nhưng quỹ thời gian của nhà thơ còn rất ngắn ngủi nên câu thơ là lời thúc báchchạy đua với thời gian.Chọn C.

Nhân vật Việt trong đoạn trích trên thể hiện rõ nhất phẩm chất của một người anh hùng.Chọn A.

Từ “khoảnh” có nghĩa là khó tính, khó gần trong giao tiếp. Ông không dễ dàng cho chữ cho bất kì ai. Cả đời ông chỉ cho chữ những người ông xem là tri kỉ.Chọn D.

Trong đoạn trích trên tác giả đã sử dụng hình thức phối hợp nghệ thuật đối lập, giễu nhại với lật tẩy để tạo tiếng cười châm biếm. Chọn D.

Đoạn thơ trên sử dụng các biện pháp tu từ:

- Điệp từ (Này đây)

- So sánh (Tháng giêng ngon như một cặp môi gần).

→ Chọn B.                         

Hình ảnh chiếc lò gạch tiếp tục xuất hiện thể hiện cái vòng luẩn quẩn, bế tắc, đau thương không lối thoát của người nông dân Việt Nam trong xã hội cũ. Chọn C.

Hình ảnh ánh sáng trong đoạn trích trên gợi ra những kiếp người nghèo khổ, những cảnh đời lay lắt sống vật vờ, tàn lụi đáng thương trong màn đêm của xã hội cũ. Chọn D.

Đoạn đối thoại trên thể hiện khát vọng sống đẹp. Sống được là chính mình. Đồng thời thể hiện ý thức tự giải thoát bản thân của nhân vật Trương Ba. Chọn D.

Ghềnh Hát Loóng hung dữ được Nguyễn Tuân miêu tả qua các chi tiết: Dài hàng cây số nước xô đá, đá xô sóng, sóng xô gió, 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. Quãng này mà khinh suất tay lái thì cũng dễ lật ngửa bụng thuyền ra. Chọn B.

Nghệ thuật đối lập thể hiện những trạng thái đối lập của con sóng, cũng là những trạng thái đối lập của người con gái trong tình yêu. Chọn A.

Đến giữa thế kỉ XIX, Nhật Bản lâm vào cuộc khủng hoảng trầm trọng, đứng trước sự lựa chọn: hoặc tiếp tục duy trì chế độ phong kiến trì trệ bảo thủ hoặc tiến hành duy tân đưa đất nước phát triển.Tháng 1-1868, sau khi lên ngôi, Thiên hoàng Minh Trị đã thực hiện một loạt các cải cách tiến bộ nhằm đưa Nhật Bản thoát khỏi tình trạng một nước phong kiến lạc hậu.Đáp án A

Từ năm 1884 đến năm 1945, thực dân Pháp không du nhập hoàn chỉnh phương thức sản xuất tư bản chủ nghĩa vào Việt Nam, mà vẫn duy trì quan hệ sản xuất phong kiến. Chọn D.

Từ giữa những năm 70 của thế kỉ XX, những nghiên cứu về công nghệ đã trở thành nội dung cốt lõi của cuộc cách mạng khoa học-kĩ thuật hiện đại. Khoa học tham gia trực tiếp vào sản xuất, là nguồn gốc chính của những tiến bộ kĩ thuật và công nghệ. Chọn A.

Chiến tranh thế giới thứ nhất, nông dân chiếm hơn 90% dân số cả nước, đây là lực lượng hăng hái và đông đảo nhất tham gia vào phong trào cách mạng ở Việt Nam. Chọn C.

Đảng Cộng sản Đông Dương xác định mục tiêu đấu tranh trước mắt của nhân dân Đông Dương trong thời kỳ 1936-1939 là đòi tự do, dân chủ, cơm áo và hòa bình.Chọn A.

Đến năm 1930 Đảng Cộng sản Việt Nam mới được thành lập, chiến lược của Đảng trong Cương lĩnh chính trị đầu tiên là đúng đắn nên trong những năm 1920-1930 Nguyễn Ái Quốc không có vai trò trong việc hoàn chỉnh sự chuyển hướng chiến lược đấu tranh của Đảng. Chọn C.

Đại hội lần thứ VII của Quốc tế cộng sản (tháng 7/1935) đã yêu cầu ở mỗi nước thành lập mặt trận nhân dân rộng rãi chống phát xít.Chọn C.

Thời cơ của cách mạng tháng Tám bao gồm nguyên nhân chủ quan và nguyên nhân khách quan. Trong đó, nội dung của các phương án A, C, D là nguyên nhân chủ quan quyết định sự thắng lợi của cách mạng tháng Tám. Còn nội dung của phương án B là nguyên nhân khách quan giúp cho cuộc cách mạng tháng Tám diễn ra nhanh chóng và ít đổ máu vì kẻ thù của ta đã suy yếu nghiêm trọng.Chọn B.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. GNI bình quân đầu người rất cao. → Sai

B. đã phát triển mạnh nền kinh tế tri thức. → Sai

C. chỉ số phát triển con người rất cao. → Sai

D. trình độ phát triển kinh tế chưa cao. → Đúng. Chọn D.

Nông nghiệp Liên bang Nga phát triển mạnh từ năm 2000 đến nay không phải là do tích cực mở rộng diện tích trồng trọt mà do sử dụng kỹ thuật hiện đại, nâng cao năng suất. Chọn D.

Đất nông nghiệp nước ta giảm do sức ép của dân số, quá trình CNH- HĐH đất nước.Chọn A.

Hai vấn đề quan trọng nhất trong bảo vệ môi trường ở nước ta là mất cân bằng sinh thái và ô nhiễm môi trường.Chọn D.

Đô thị có quy mô dân số (năm 2007) từ 100 000 đến 200 000 người ở Đông Nam Bộ là: Thủ Dầu Một(TP. Hồ Chí Minh: trên 1 triệu người, Biên Hòa từ 500 đến 1 triệu người, TP Vũng Tàu dưới 100 nghìn người). Chọn D.

Thể hiện trị giá hàng xuất khẩu → 1 loại đơn vị tuyệt đối trong tổng có thể thể hiện bằng biểu đồ cột ghép hoặc cột chồng. Loại tất cả các phương án chứa biểu đồ tròn, kết hợp. Chọn A.

Trong những năm qua, sản lượng lương thực của nước ta tăng lên chủ yếu là do áp dụng rộng rãi các biện pháp thâm canh trong nông nghiệp khiến năng suất lúa tăng mạnh.Chọn D.