Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 25)

Dựa vào bảng, ta thấy: Ở Nga, số giờ làm việc trung bình tuần của người lao động nam bán thời gian cao hơn những quốc gia còn lại. Chọn D.

Đoạn kịch diễn ra sau một thời gian sống trong thân xác anh hàng thịt, hồn Trương Ba cảm thấy vô cùng đau khổ, bế tắc khi phải rơi vào bi kịch. Chọn A.

Đoạn trích nói về việc Hồn Trương Ba bày tỏ quan niệm sống của mình với Đế Thích: Sống nhờ vào đồ đạc, của cải người khác, đã là chuyện không nên, đằng này đến cái thân tôi cũng phải sống nhờ anh hàng thịt. Ông chỉ nghĩ đơn giản là cho tôi sống, nhưng sống như thế nào thì ông chẳng cần biết! Chọn D.

Bên cạnh những lời thoại của nhân vật, các chú thích nghệ thuật của tác giả (in nghiêng và đặt trong ngoặc đơn) trong đoạn kịch trên có ý nghĩa giúp người đọc, người nghe hình dung ra được bối cảnh của sự việc, thái độ và tâm trạng của nhân vật. Ví dụ: vẻ nhợt nhạt của Hồn Trương Ba. Chọn B.

Lời thoại thể hiện rõ nhất quan niệm của Hồn Trương Ba về ý nghĩa sự sống là: Không thể bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo được. Tôi muốn được là tôi toàn vẹn. Chọn C.

Lối sống “bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo” là biểu hiện của lối sống giả tạo, không chân thật. Chọn A.

Ta có \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 8 + 6t\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\).

Khi vận tốc chuyển động là \[11{\rm{ }}m/s\] thì \(8t + 3{t^2} = 11 \Leftrightarrow t = 1\;\,({\rm{s)}}\).

Do đó gia tốc của chất điểm cần tính là \(a\left( 1 \right) = 8 + 6 \cdot 1 = 14\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right).\) Chọn C.

Phương thức biểu đạt chính trong đoạn thơ: biểu cảm. Chọn A.

Đoạn thơ thể hiện cảm xúc yêu mến, tự hào, biết ơn của tác giả đối với đất nước mình. Chọn C.

Biện pháp nghệ thuật:

+ Điệp ngữ: là của chúng ta, những.

+ Liệt kê: trời xanh, núi rừng, cánh đồng, ngả đường, dòng sông.

→ Chọn B.

Tác phẩm được viết theo thể thơ tự do. Chọn D.

Sử dụng phép điệp từ có tác dụng tạo nhịp điệu, làm cho lời thơ giàu giá trị biểu đạt; qua đó tác giả nhằm nhấn mạnh niềm tự hào và chủ quyền của đất nước ta.Chọn D.           

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

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

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = {\log _2}{2^x}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right)\)\( \Leftrightarrow {4^x} + 4 = {2^x}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right) \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - {3.2^x} - 4 = 0\)

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

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

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

Dựa vào hoàn cảnh của câu nói: bà cụ Tứ nói khi thấy con trai bà – Tràng dẫn người phụ nữ xa lạ về làm vợ giữa bối cảnh khó khăn của nạn đói. “Tao đoạn” được hiểu là giai đoạn khó khăn. Chọn A.

Thành ngữ dân gian “dựng vợ gả chồng”. Chọn B.

Câu nói “Còn mình thì…”, dấu … gợi lời độc thoại nội tâm của nhân vật bà cụ Tứ bị đứt đoạn, khi bà so sánh giữa người ta với con mình. Qua đó, người đọc thấy được tấm lòng của người mẹ già này. Bà thương con nhưng thấy mình chưa làm tròn bổn phận, trách nhiệm của một người mẹ, nhất là trong ngày hạnh phúc của con. Chọn C.

Đoạn trích là lời độc thoại nội tâm của bà cụ Tứ cho thấy tâm trạng của bà khi biết Tràng “nhặt” được vợ. Chọn D.

Đoạn trích là lời độc thoại nội tâm, miêu tả tâm lí của bà cụ Tứ khi con trai dẫn người “vợ nhặt” về nhà, không có sự xuất hiện của miêu tả ngoại hình hay xây dựng tình huống truyện hay có sự chuyển đổi điểm nhìn, ngôi kể. Chọn C.

Trừ vế theo phương trình thứ nhất và phương trình thứ hai, ta được:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {x + 2} \right| + \left| {y + 5} \right| = 5}\\{\left| {x + 2} \right| - y = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {y + 5} \right| = 5 - y}\\{\left| {x + 2} \right| = y}\end{array}} \right..\]

•Nếu \(y + 5 \ge 0 \Leftrightarrow y \ge - 5 \Rightarrow y + 5 = 5 - y \Leftrightarrow y = 0 \Rightarrow x = - 2.\)

•Nếu \(y + 5 < 0 \Rightarrow y - 5 = 5 - y \Leftrightarrow - 5 = 5\) (vô lí).

Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( { - 2\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.

Từ “tương lai” chỉ thời gian sẽ đến về sau này; phân biệt với hiện tại và quá khứ. Đây là từ chỉ có nghĩa gốc, không có nghĩa chuyển. Chọn C.

“Hôm nay” và “ngày mai” là cặp từ chỉ thời gian nối tiếp. Cặp từ ngày không mang nghĩa trái ngược. Chọn D.

Đoạn trích sử dụng thể thơ tự do, câu thơ dài ngắn linh hoạt. Chọn B.

Câu thơ “Hãy ngước nhìn lên cao để thấy mình còn thấp” gửi gắm thông điệp hãy luôn khiêm tốn, biết mình. Chọn A.

Đoạn trích là lời khuyên của người cha đối với con về lẽ sống, cách sống. Chọn C.

Số phức \({z_1}\left( {1\,;\,\,4} \right)\) có môđun bằng \(\sqrt {{1^2} + {4^2}}  = \sqrt {17} .\)

Số phức \({z_2}\left( {3\,;\,\,2} \right)\) có môđun bằng \(\sqrt {{2^2} + {3^2}}  = \sqrt {13} .\)

Số phức \({z_2}\left( {2\,;\,\,2} \right)\) có môđun bằng \(\sqrt {{2^2} + {2^2}}  = 2\sqrt 2 .\)

Số phức \({z_4}\left( {4\,;\,\,1} \right)\) có môđun bằng \(\sqrt {{1^2} + {4^2}}  = \sqrt {17} .\)

Chọn B.

A loại vì theo nghĩa hẹp, cải tạo xã hội chủ nghĩa là tổ chức lại nền sản xuất xã hội để có năng suất lao động cao hơn.

B loại vì cho đến hiện nay tình trạng lạm phát vẫn còn.

Chọn C vì thực hiện nền kinh tế hàng hóa nhiều thành phần có sự kiểm soát của nhà nước sẽ tạo ra sức mạnh tổng hợp của nền kinh tế nhiều thành phần.

D loại vì Đảng chủ trương phát triển kinh tế hàng hóa nhiều thành phần không nhằm tăng cường vai trò của thành phần kinh tế nhà nước và tập thể.

Xu thế phát triển của thế giới sau Chiến tranh lạnh là lấy phát triển kinh tế làm trọng tâm.Trọng tâm của đường lối đổi mới ở Việt Nam năm 1986 là đổi mới về kinh tế. Chọn A.

Ta có \(A\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,3} \right)\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) lên \[Ox\,,\,\,Oy\,,\,\,Oz.\]

Phương trình theo đoạn chắn có dạng: \(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.\) Chọn A.

Điều kiện: \[x \ne 1\,;\,\,x \ne \frac{1}{2}.\]

Ta có \(\frac{2}{{x - 1}} \le \frac{5}{{2x - 1}} \Leftrightarrow \frac{2}{{x - 1}} - \frac{5}{{2x - 1}} \le 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2\left( {2x - 1} \right) - 5\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{3 - x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}} \le 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{\frac{1}{2} < x < 1}\end{array}.} \right.\)

Mà \(x \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\) và \(x \in \mathbb{Z}\) nên \[x \in \left\{ {3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\, \ldots ;\,\,10} \right\}\]. Chọn B.

Do \(A'\) đối xứng với \(A\) qua \(H\) nên \(AA'\) nhận \(H\) là trung điểm.

Do đó \({x_{A'}} = 2{x_H} - {x_A} = 1\,;\,\,\,{y_{A'}} = 2{y_H} - {y_A} = - 7\,;\,\,\,{z_{A'}} = 2{z_H} - {z_A} = - 5.\) Chọn C.

Ta có \(2{\cos ^2}x + \sqrt 3 \sin 2x = 3\)\( \Leftrightarrow \cos 2x + \sqrt 3 \sin 2x = 2 \Leftrightarrow \cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Xét \(0 < x \le \frac{{5\pi }}{2} \Leftrightarrow 0 < \frac{\pi }{6} + k\pi \le \frac{{5\pi }}{2} \Rightarrow k = 0\,,\,\,k = 1\,,\,\,k = 2.\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}\\k = 1 \Rightarrow x = \frac{{7\pi }}{6}\\k = 2 \Rightarrow x = \frac{{13\pi }}{6}\end{array} \right.\)

Vậy tổng các nghiệm bằng \(\frac{{7\pi }}{2}.\) Chọn C.

Hình vuông thứ nhất có diện tích là \({S_1} = {1^2} = 1 = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{1 - 1}}.\)

Hình vuông thứ hai có diện tích là \({S_2} = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot 1} \right)^2} = \frac{1}{2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{2 - 1}}.\)

Hình vuông thứ ba có diện tích là: \({S_3} = {\left[ {{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}.1} \right]^2} = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^4} = \frac{1}{4} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{3 - 1}}{\rm{. }}\)

.........

Hình vuông thứ \(n\) có diện tích là \({S_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}.\)

Do đó, tổng diện tích của 10 hình vuông đầu tiên bằng

\(S = {S_1} + {S_2} +  \ldots  + {S_{10}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} +  \ldots  + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^9} = \frac{{{2^{10}} - 1}}{{{2^9}}}.\)

Chọn B.

Ta có \(F\left( x \right) = \int {\frac{{\cos x}}{{1 - {{\cos }^2}x}}} \;{\rm{d}}x = \int {\frac{{\cos x}}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} \; = \int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \;{\rm{d}}\left( {\sin x} \right) = - \frac{1}{{\sin x}} + C.\)

Chọn C.

Ta có \(y = {x^3} - 3{x^2} \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right..\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại ba điểm phân biệt khi \( - 4 < m < 0.\) Chọn B.

Ta có \(s\left( t \right) = \int v \left( t \right){\rm{d}}x = k{t^3} + \frac{1}{2}n{t^2}\).

Sau 5 giây, quãng đường đi được là \(s\left( 5 \right) = 150 \Leftrightarrow 125k + 12,5n = 150.\)

Sau 10 giây, quãng đường đi được là \(s\left( {10} \right) = 1100 \Leftrightarrow 1000k + 50n = 1100.\)

Suy ra \(k = 1\,,\,\,n = 2\) nên \(s\left( t \right) = {t^3} + {t^2}.\)

Vậy quãng đường cần tính là \(s\left( {30} \right) = {30^3} + {30^2} = 27\,\,900\,\,({\rm{m)}}.\) Chọn A.

Ta có \({2^x} + {2^{x + 1}} \le {3^x} + {3^{x + 1}} \Leftrightarrow {3.2^x} \le {4.3^{x - 1}} \Leftrightarrow {2^{x + 1}} \le {3^{x - 2}}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{x - 2}} \le 1 \Leftrightarrow x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2.\) Chọn D.

Áp dụng công thức lãi kép là: \(T = A \cdot {\left( {1 + r\% } \right)^n}\)

Ta có \(15 \cdot {\left( {1 + 7,5\% } \right)^n} = 20 \Leftrightarrow 1,{075^n} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow n = {\log _{1,075}}\frac{4}{3} \approx 4\) (năm).

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\left| x \right| = {x^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow y = 0}\\{x =  \pm 1 \Rightarrow y = 1}\end{array}} \right..\)

Ta có đồ thị hai hàm số \(y = \left| x \right|\) và \(y = {x^2}\) đều đối xứng qua \[Oy\] nên hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị \(y = \left| x \right|\) và \(y = {x^2}\) quay quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng thể tích vật thể tròn

xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường \(x = y\) và \(x = \sqrt y \) quanh xung quanh trục \[Oy.\]

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:

\(V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {y - {y^2}} \right|dy}  = \pi \int\limits_0^1 {\left( {y - {y^2}} \right)dy}  = \left. {\pi  \cdot \left( {\frac{1}{2}{y^2} - \frac{1}{3}{y^3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{\pi }{6}{\rm{. }}\)Chọn A.

Ta có \[y' = 3{x^2} - 6mx + 3\left( {2m - 1} \right).\]

Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 2 nên \(y' = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2.\)

Để hàm số có hai điểm cực trị \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \[{\Delta '_{y'}} > 0 \Leftrightarrow 9{m^2} - 9\left( {2m - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1.{\rm{ }}\]

Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = 2m - 1}\end{array} \Rightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow {{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2} = 4} \right.\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 4 \Leftrightarrow 4{m^2} - 4\left( {2m - 1} \right) = 4\)\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\). Chọn A.

Ta có \(\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 1 + 5i \Leftrightarrow z = 1 + i.\)

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

Do đó \(\left| w \right| = \sqrt {{3^2} + 1} = \sqrt {10} .\) Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( {4\,;\,\, - 3} \right),\,\,\overrightarrow {AB} = \left( { - x\,;\,\,5 - y} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {4 - x\,;\,\,2 - y} \right)\)

Vì \(d\) đi qua \(H\) và vuông góc với \[BC\] nên \(d:4x - 3y - 5 = 0\)

Vì \(d\) đi qua \(A\) nên \(4{x_A} - 3{y_A} - 5 = 0 \Leftrightarrow {x_A} = \frac{{5 + 3{y_A}}}{4}\)

ABC vuông tại \(A\) nên \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x - 7y + 10 = 0\)

Thay (1) vào (2) ta được \({\left( {\frac{{5 + 3{y_A}}}{4}} \right)^2} + y_A^2 - 4 \cdot \frac{{5 + 3{y_A}}}{4} - 7{y_A} + 10 = 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{25}}{{26}}y_A^2 - \frac{{65}}{8}{y_A} + \frac{{105}}{{16}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_A} = \frac{{21}}{{15}}}\\{{y_A} = 1}\end{array}} \right.\).

Do tung độ của \(A\) nguyên nên \({y_A} = 1 \Rightarrow {x_A} = 2.\)

Vậy \(A\left( {2\,;\,\,1} \right).\) Chọn A.

Do đường thẳng \(d'\) song song với đường thẳng \(d\) nên phương trình của đường thẳng \(d'\) là \(2x + 4y + m = 0\,\,\left( {m \ne 1} \right)\).

Giả sử \(d'\) cắt tia \[Ox\,,\,\,Oy\] lần lượt tại \(A\left( { - \frac{m}{2}\,;\,\,0} \right)\) và \(B\left( {0\,;\,\, - \frac{m}{4}} \right)\,\,\,\,\left( {m < 0} \right)\).

Theo bài, diện tích tam giác \[OAB\] bằng 1 nên:

\(\frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{m}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{m}{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{{m^2}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 4}&{(KTM)}\\{m = - 4}&{(TM)}\end{array}.} \right.\)

Với \(m = - 4\), ta được phương trình của đường thẳng \(d'\) là: \(x + 2y - 2 = 0\).

Chọn D.

Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\)

Ta có \[2\left| {z - i} \right| = \left| {z - \bar z + 2i} \right| \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2y + 2} \right)}^2}} \Leftrightarrow y = \frac{{{x^2}}}{4}.\]

Vậy đỉnh parabol là \(O\left( {0\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.

Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng lần lượt là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right),\,\,\overrightarrow {{n_\beta }} = \left( {5\,;\,\, - 4\,;\,\,3} \right).\)

Vì \(\left( P \right)\) vuông góc với \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) nên \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} \,;\,\,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là \(2x + y - 2z = 0.\) Chọn C.

Gọi \[r\,,\,\,h\] lần lượt là bán kính và độ dài đường cao của mình nón.

Giả sử góc giữa đường sinh \[SA\] và mặt phẳng đáy là \(60^\circ .\)

Ta có \(\cos \widehat {SAO} = \frac{{OA}}{{SA}} \Rightarrow r = OA = SA \cdot \cos 60^\circ = a\) và \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = a\sqrt 3 .\)

Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) Chọn A.

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

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2\,;\,\, + \infty } \right).\)

Chọn C.

Do \[ABCD\] là hình vuông cạnh \(a\) nên \({S_{ABCD}} = {a^2}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Khi đó, \(\left( {\widehat {SC,\,\,\left( {SAB} \right)}} \right) = \widehat {CSB} = 30^\circ .\)

Đặt \(SA = x \Rightarrow SB = \sqrt {{x^2} + {a^2}} .\)

Tam giác \[SBC\] vuông tại \(B\) nên \(\tan \widehat {CSA} = \tan 30^\circ  = \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{BC}}{{SB}}\)

Ta được \(SB = BC\sqrt 3  \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3  \Rightarrow x = a\sqrt 2 .\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2  \cdot {a^2} = \frac{{\sqrt 2 {a^2}}}{3}\) (đvtt). Chọn B.

Ta có \((P):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{3} = 1\) qua tâm\(I\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) nên \(\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{3} = 1 \Leftrightarrow \frac{2}{a} + \frac{1}{b} = \frac{2}{3}{\rm{. }}\)

Lại có \({V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA \cdot OB \cdot OC = \frac{1}{6}a \cdot b \cdot 3 = \frac{1}{2}ab.\)

Ta có \(\frac{2}{3} = \frac{2}{a} + \frac{1}{b} \ge 2\sqrt {\frac{2}{a} \cdot \frac{1}{b}} \Rightarrow ab \ge 18 \Rightarrow {V_{OABC}} \ge 9.\)

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{a} = \frac{1}{b} > 0}\\{ab = 18}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3}\\{a = 6}\end{array} \Rightarrow a + b = 9} \right.} \right..\)Chọn B.

Gọi \(r\) là bán kính đáy của hình trụ thì ta có \(4,45 = 2r \cdot \sin 150^\circ \Rightarrow r = 4,45.\)

Từ đó suy ra góc ở tâm ứng với cung này là \(60^\circ \) và cung này bằng \(\frac{1}{6}\) chu vi đường tròn đáy.

Ta có diện tích xung quanh của các hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi rh\).

Nên diện tích của tấm kính chính là \(\frac{1}{6} \cdot 2\pi rh = \frac{{\pi rh}}{3}.\)

Do đó, giá tiền cần tính là \(1\,\,500\,\,000 \cdot \frac{{\pi \cdot 4,45 \cdot 1,35}}{3} \approx 9\,\,437\,\,000\) (đồng).Chọn C.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow AM \bot BC.\)

Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng \( \Rightarrow BB' \bot (ABC) \Rightarrow BB' \bot AM.\)

Suy ra \(AM \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow \left( {AB',\,\,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \widehat {AB'M} = 30^\circ .\)

Tam giác \(AB'M\) vuông tại \(M\) có \(\sin \widehat {AB'M} = \frac{{AM}}{{AB'}} \Rightarrow AB' = a\sqrt 3 .\)

Tam giác \(AA'B'\) vuông tại \(A'\) có \(AA' = \sqrt {A{{B'}^2} - A'{{B'}^2}}  = a\sqrt 2 .\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = AB' \cdot {S_{ABC}} = a\sqrt 2  \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}.\)Chọn D.

Phương trình tham số đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + 2t}\\{y = t}\\{z = - 2 + 3t}\end{array}} \right.\).

Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại \(M\left( { - 1 + 2t\,;\,\,t\,;\,\, - 2 + 3t} \right)\).

Suy ra \(\left( { - 1 + 2t} \right) \cdot 1 + t \cdot 2 + \left( { - 2 + 3t} \right) \cdot 1 - 4 = 0\)\( \Rightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right).\)

Vì \(\Delta \) nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \({\vec u_\Delta } \bot {\vec n_{\left( P \right)}}\).

Vì \(\Delta \) vuông góc với \(d\) nên \({\vec u_\Delta } \bot {\vec u_d}\).

Suy ra \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\,\,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - \frac{5}{3}\,;\,\,\frac{1}{3}\,;\,\,1} \right) \Rightarrow \Delta :\frac{{x - 1}}{5} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{{ - 3}}.\)Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\) và \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 7\,;\,\, - 5\,;\,\, - 1} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \[B.\]

Vì \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) nên \(I\) là trung điểm của \[AC.\]

Suy ra\(I\left( {1\,;\,\, - \frac{1}{2}\,;\,\,3} \right)\), do đó \(a + 2b + c = 1 + 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) + 3 = 3.\)Chọn B.

Ta có \(f'\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1 \Rightarrow f'\left( {2 - x} \right) = {\left( {2 - x} \right)^3} - 3\left( {2 - x} \right) + 1\)

\( \Rightarrow f'\left( {2 - x} \right) = - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 3\)

Với \[y = f\left( {2 - x} \right) - (1 - m)x - 6\], ta có \(y' = - f'\left( {2 - x} \right) - 1 + m.\)

Hàm số \(y = f\left( {2 - x} \right) - \left( {1 - m} \right)x - 6\) nghịch biến trên \(\left( {2\,;\,\,3} \right)\)

\( \Leftrightarrow y' \le 0\,,\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\,3} \right)\)\( \Leftrightarrow - f'\left( {2 - x} \right) - 1 + m \le 0 \Leftrightarrow m \le 1 + f'\left( {2 - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 3 + 1 \Leftrightarrow m \le - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 4\,,\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\,3} \right)\)

Xét hàm số \(h\left( x \right) = - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 4\) với \(x \in \left( {2\,;\,\,3} \right).\)

Ta có \(h'\left( x \right) = - 3{x^2} + 12x - 9 > 0\,,\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\,3} \right).\)

Khi đó \({\min _{\left[ {2\,;\,\,3} \right]}}h\left( x \right) = h\left( 2 \right) = 2\) suy ra \(m \le 2.\)

Do \(m \in \left[ { - 5\,;\,\,5} \right]\) nên \(m \in \left\{ { - 5\,;\,\, - 4\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\)

Vậy có 8 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu.Chọn D.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x + m \ge 0}\\{x + 2m - 9 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le \frac{m}{2}}\\{x \ne 9 - 2m}\end{array}} \right.} \right.\).

Yêu cầu bài toán trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{m}{2} \ge 1}\\{9 - 2m > 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 2}\\{m < 4}\end{array} \Leftrightarrow 2 \le m < 4} \right.} \right..\)

Kết hợp với điều kiện \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ {2\,;\,\,3} \right\}.\)Chọn B.

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

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x \Leftrightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1\), do đó \(g'\left( x \right) = - \left( {2x - 1} \right){g^2}\left( x \right)\)

\( \Leftrightarrow - \frac{{g'\left( x \right)}}{{{g^2}\left( x \right)}} = 2x - 1 \Leftrightarrow \int - \frac{{g'\left( x \right)}}{{{g^2}\left( x \right)}}{\rm{d}}x = \int {\left( {2x - 1} \right){\rm{d}}x} \)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{g\left( x \right)}} = {x^2} - x + C \Leftrightarrow \frac{1}{{f\left( x \right) - x}} = {x^2} - x + C\)

Mà \[f\left( 0 \right) = 1\] nên \(\frac{1}{{f\left( 0 \right) - 0}} = C \Leftrightarrow C = 1.\)

Do đó \[f\left( x \right) = x + \frac{1}{{{x^2} - x + 1}} \Rightarrow S = f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) = 2 + \frac{7}{3} = \frac{{13}}{3}.\]

Chọn C.

Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là \(A_7^4 = 840 \Rightarrow n(\Omega ) = 840.\)

Biến cố A "số được chọn không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn".

TH1: Số được chọn có 4 chữ số đều là số lẻ, có \(4! = 24\) cách chọn.

TH2: Số được chọn có 1 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ

Có \(C_3^1\) cách chọn 1 chữ số chẵn và \(C_4^3\) cách chọn 3 chữ số lẻ.

Đồng thời có \[4!\] cách sắp xếp 4 số được chọn

Nên có \(C_3^1 \cdot C_4^3 \cdot 4! = 288\) cách chọn thỏa mãn.

TH3: Số được chọn có 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.

Chọn 2 số chẵn, 2 số lẻ trong tập hợp \(\left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\}\) có \(C_3^2 \cdot C_4^2\) cách.

Với mỗi bộ 2 số chẵn và 2 số lẻ được chọn, để hai số chẵn không đứng cạnh nhau thì ta có các trường hợp CLCL, CLLC, LCLC.

Với mỗi trường hợp trên ta có \[2!\] cách sắp xếp 2 số lẻ và \[2!\] cách sắp xếp các số chẵn nên có 3.2!.2! số thỏa mãn.

Suy ra trường hợp 3 có \(C_3^2 \cdot C_4^2 \cdot 12 = 216\) (cách chọn).

Suy ra \(n(A) = 24 + 288 + 216 = 528.\)

Vậy xác suất cần tìm là \(P = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{528}}{{840}} = \frac{{22}}{{35}}.\)Chọn C.

Gọi \[O\] là tâm hình vuông \[ABCD.\] Suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Và góc giữa cạnh bên SA với mặt đáy \[\left( {ABCD} \right)\] là \(\widehat {SAO}.\)

Theo giả thiết \(\widehat {SAO} = 60^\circ \) nên\[\Delta SAC\] đều \( \Rightarrow SA = a\sqrt 2 \) và \(SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

Gọi \(M\) là trung điểm \[SA.\] Trong \(\left( {SAC} \right)\), đường trung trực của cạnh \[SA\] cắt \[SO\] tại \[I.\]

Khi đó, \(I = IA = IB = IC = ID\) nên \(I\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \[S.ABCD.\]

Tam giác \[SAO\] có \(SI \cdot SO = SM \cdot SA \Rightarrow SI = \frac{{S{A^2}}}{{2SO}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} = R.\)

Ta lại có, khối nón ngoại tiếp hình chóp có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông \[ABCD\] nên có bán kính đáy \(r = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và chiều cao \(h = SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

Suy ra \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{4}{3} \cdot \pi {{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^3}}}{{\frac{1}{3}\pi {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}} = \frac{{32}}{9}.\) Chọn A.

Ta có: \({y^\prime } = \frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{{(x - 3)}^2}}}.\)

Gọi \(M\left( {{x_0};\frac{{x_0^2 - {x_0} - 2}}{{{x_0} - 3}}} \right)\) là tọa độ tiếp điểm.

Phương trình tiếp tuyến với \((C)\) tại \(M\) có dạng: \(y = \frac{{x_0^2 - 6{x_0} + 5}}{{{{\left( {{x_0} - 3} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{x_0^2 - {x_0} - 2}}{{{x_0} - 3}}\)

Tiếp tuyến đi qua \(A(4;1) \Rightarrow 1 = \frac{{x_0^2 - 6{x_0} + 5}}{{{{\left( {{x_0} - 3} \right)}^2}}}\left( {4 - {x_0}} \right) + \frac{{x_0^2 - {x_0} - 2}}{{{x_0} - 3}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} \ne 3}\\{5x_0^2 - 22{x_0} + 17 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 1}\\{{x_0} = \frac{{17}}{5}}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm.Đáp án: 2.

Đặt \[f\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{{x + 2}} \Rightarrow y = \left| {f\left( x \right)} \right|.\]

Ta có \[y' = \frac{{f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 0}\end{array}} \right.\].

Dễ thấy \(f'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\) và \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)

Do đó, hàm số đã cho có duy nhất 1 điểm cực trị.

Đáp án: 1.

Do mặt cầu tâm \(A\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \[R = d\left( {A,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 6 + 4 + 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 4.\]

Đáp án: 4.

Gọi chiều dài của tấm tôn là \(x\,\,(\;{\rm{cm}})\) và \(0 < x < 60.\)

Suy ra chiều rộng của tấm tôn là \(60 - x\,\,(\;{\rm{cm}}).\)

Giả sử cuộn tấm tôn theo cạnh có kích thước là \(x\).

Suy ra \(x\) chính là chu vi của đường tròn đáy của khối trụ.

Do đó khối trụ có \(R = \frac{x}{{2\pi }}\) và chiều cao \(h = 60 - x\,\,(\;{\rm{cm}}).\)

Thể tích của khối trụ là:\(V = \pi {R^2}h = \frac{{ - {x^3} + 60{x^2}}}{{4\pi }} = \frac{{x \cdot x \cdot (120 - 2x)}}{{8\pi }}\).

Ta có \(\frac{{x \cdot x \cdot \left( {120 - 2x} \right)}}{{8\pi }} \le \frac{{{{\left( {\frac{{x + x + 120 - 2x}}{3}} \right)}^3}}}{{8\pi }} = \frac{{8\,\,000}}{\pi }\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(x = 120 - 2x \Leftrightarrow x = 40\,\,(\;{\rm{cm}}).\)

Đáp án: 40.

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt

\( \Leftrightarrow {x^3} - 8{x^2} + \left( {{m^2} + 11} \right)x - 2{m^2} + 2 = 0\) có ba nghiệm phân biệt

Ta có \({x^3} - 8{x^2} + \left( {{m^2} + 11} \right)x - 2{m^2} + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} - 6x + {m^2} - 1} \right) = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{{x^2} - 6x + {m^2} - 1 = 0}\end{array}} \right.\).

Suy ra phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt khác 2

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = 10 - {m^2} > 0}\\{{m^2} - 8 \ne 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne \pm \,2\sqrt 2 }\\{ - \sqrt {10} < m < \sqrt {10} }\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn đề bài.

Đáp án: 7.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} - 3x + 1} - ax - b} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4{x^2} - 3x + 1 - {{(ax + b)}^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 1} + ax + b}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4{x^2} - 3x + 1 - {a^2}{x^2} - 2abx - {b^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 1} + ax + b}} = 0\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {4 - {a^2}} \right){x^2} - (3 + 2ab)x + 1 - {b^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 1} + ax + b}} = 0\)

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - {a^2} = 0}\\{a > 0}\\{3 + 2ab = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{4b = - 3}\end{array} \Leftrightarrow a - 4b = 5} \right.} \right..\)

Đáp án: 5.

Ta có: \[y\prime = {x^2} - 2mx + {m^2} - m\].

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị \[ \Leftrightarrow y\prime = 0\;\]có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - {m^2} + m > 0 \Leftrightarrow m > 0\]Khi đó \[{x_1}{x_2} = 2 \Leftrightarrow {m_2} - m = 2\; \Leftrightarrow {m_2} - m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {loai} \right)\\m = 2\,\,\,\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.\].

Vậy \[m = 2\].

Đáp án: 2.

Số cách chọn 6 học sinh bất kì trong 12 học sinh là \(C_{12}^6\) cách.

Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 10 là \(C_7^6\) cách.

Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 11 là \(C_8^6\) cách.

Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 12 là \(C_9^6\) cách.

Vậy có \(C_{12}^6 - \left( {C_7^6 + C_8^6 + C_9^6} \right) = 805\) cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 805.

Đặt \(t = \cos x \in \left[ { - 1\,;\,\,1} \right] \Rightarrow f\left( t \right) \in \left[ { - 1\,;\,\,3} \right].\)

Đặt \(u = f\left( t \right) \in \left[ { - 1\,;\,\,3} \right] \Rightarrow f\left( u \right) \in \left[ { - 1\,;\,\,5} \right].\)

Do đó \(f\left( {f\left( {\cos x} \right)} \right) = m\) có nghiệm khi và chỉ khi \( - 1 \le m \le 5.\)

Kết hợp với \(m \in \mathbb{Z}\) nên có \(5 - \left( { - 1} \right) + 1 = 7\) giá trị nguyên cần tìm.

Đáp án: 7.

Ta có \[P = \left| {\bar z + 1 + i} \right| = \left| {\overline {\bar z + 1 + i} } \right| = \left| {z + 1 - i} \right|\].

Suy ra \(P = \left| {\left( {z - 2 - 3i} \right) + 3 + 2i} \right| = \left| {w - \left( { - 3 - 2i} \right)} \right|\) với \(w = z - 2 - 3i.\)

Khi đó \(\left| {\left| w \right| - \left| { - 3 - 2i} \right|} \right| \le \left| {w - \left( { - 3 - 2i} \right)} \right| \le \left| w \right| - \left| { - 3 - 2i} \right|\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {13} - 1 \le \left| {w - \left( { - 3 - 2i} \right)} \right| \le \sqrt {13} + 1 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\min P = \sqrt {13} - 1}\\{\max P = \sqrt {13} + 1}\end{array}} \right.\).

Vậy \(M \cdot m = \left( {\sqrt {13} + 1} \right) \cdot \left( {\sqrt {13} - 1} \right) = 13 - 1 = 12.\)

Đáp án: 12.

Gọi \[M\] là trung điểm \[AB.\] Do tam giác \[ABC\] đều nên \(CM \bot AB.\)

Lại có \(CM \bot A'A\) nên suy ra

\[CM \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {A'C,\,\,\left( {ABB'A'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'C,\,\,A'M} \right)} = \widehat {MA'C}\]

Ta có \(A'C = \sqrt {A'{A^2} + A{C^2}}  = \sqrt {2{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3 \) và \(CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Trong tam giác vuông \(CM'A\), ta có:

\(\sin \widehat {MA'C} = \frac{{MC}}{{A'C}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {MA'C} = 30^\circ {\rm{.}}\)

Vậy góc giữa đường thẳng \(A'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) bằng \(30^\circ .\)

Đáp án: 30.

Gọi \(H\left( {1\,;\,\,3\,;\,\,0} \right),\,\,K\left( { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right)\) là hình chiếu của \[A,\,\,B\] trên \({\rm{mp}}\left( {Oxy} \right)\), độ dài \(HK = 5.\)

Ta chọn vị trí \[M,\,\,N\] thuộc đoạn \[HK\] như hình vẽ, đặt \(HM = a,\)\(NK = b\) thì \(a + b = 4.\)

Khi đó \(A{M^2} + B{N^2} = A{H^2} + {a^2} + {b^2} + K{B^2} = 4 + 16 + {a^2} + {b^2}.\)

Suy ra \(A{M^2} + B{N^2} \ge 20 + \frac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} = 20 + 8 = 28.\)

Đáp án: 28.

Đặt \(t = {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right)\).

Khi đó, phương trình trở thành: \({\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \cdot {\log _4}\left[ {2 \cdot \left( {{5^x} - 1} \right)} \right] = m\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \cdot \frac{1}{2}{\log _2}\left[ {2 \cdot \left( {{5^x} - 1} \right)} \right] = m \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \cdot \left[ {1 + {{\log }_2}\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] = 2m\)

\( \Leftrightarrow t\left( {1 + t} \right) = 2m \Leftrightarrow 2m = {t^2} + t = f\left( t \right).\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow 2m > f\left( 2 \right) = {2^2} + 2 \Leftrightarrow m > 3\).

Kết hợp với \(m \in \left[ { - 50\,;\,\,50} \right]\) và \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\, \ldots ;\,\,50} \right\}.\)Đáp án: 47.

Gọi \(M\) là trung điểm\(SD\) nên

 \[d\left( {G,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{GM}}{{AM}}d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right).\]

Mà \[SA,\,\,AB,\,\,AD\] đôi một vuông góc nên

\(\frac{1}{{{{\left[ {d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)} \right]}^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{4}{3}{\rm{. }}\)

Vậy khoảng cách từ điểm \(G\) đến \(\left( {SBD} \right)\) là: \(d\left( {G,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{4}{9}.\)

Đáp án: \(\frac{4}{9}.\)

Gọi chiều rộng của bể cá là \(a\,\,(m),\,\,a > 0.\)

Suy ra chiều dài của bể cá là \(2a\,\,(m).\)

Diện tích xung quanh của bể cá là \({S_{xq}} = 2h\left( {a + 2a} \right) = 6ah.\)

Diện tích đáy của bể cá là\(2{a^2}\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Do đó, tổng diện tích kính để làm bể cá là \(6ah + 2{a^2} = 5 \Leftrightarrow h = \frac{{5 - 2{a^2}}}{{6a}}\).

Thể tích của bể cá là \(V = h \cdot a \cdot 2a = 2h{a^2} = 2{a^2} \cdot \frac{{5 - 2{a^2}}}{{6a}} = \frac{1}{3}\left( {5a - 2{a^3}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( a \right) = 5a - 2{a^3}\) với \(a > 0\).

Suy ra giá trị lớn nhất của \(f\left( a \right)\) là \(f\left( {\sqrt {\frac{5}{6}} } \right) = \frac{{5\sqrt {30} }}{9}\).

Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng \(\frac{1}{3} \cdot \frac{{5\sqrt {30} }}{9} \approx 1,01\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Đáp án: \[{\bf{1}},{\bf{01}}.\]

Câu này sai về phong cách ngôn ngữ. Từ “cực kì” là ngôn ngữ nói, không dùng cho văn bản khoa học. Chọn B.

Câu văn dùng thừa quan hệ từ “qua”, vì vậy câu trở nên thiếu chủ ngữ, có thể chữa lại như sau: Câu ca dao “Công cha như núi Thái Sơn, Nghĩa mẹ như nước trong nguồn chảy ra” cho ta thấy công lao to lớn của cha mẹ đối với con cái. Chọn A.

Nguyễn Đình Thi viết: “Làm thơ, ấy là dùng lời và những dấu hiệu thay cho lời nói, tức là chữ - để thể hiện một trạng thái tâm lí đang rung chuyển khác thường”. Chọn C.

Từ “duy nhất” sử dụng chưa hợp lí. Nên thay từ “duy nhất” bằng “tiêu biểu nhất”. Chọn A.

Lỗi sai về dùng từ chưa phù hợp nội dung văn bản, có thể thay “ưu Việt” bằng “thuần Việt”. Chọn D.

Từ “tim tím” mang sắc thái giảm nhẹ về tính chất, các từ còn lại mang sắc thái tăng dần. Chọn A.

Từ “giẫm” là hành động của chân; các từ còn lại trong nhóm (véo, nắn, bóp) là hoạt động của tay. Chọn B.

Từ “đội” là hoạt động của đầu (đội mũ, đội nón); các từ còn lại trong nhóm (bưng, bê, đỡ) là hoạt động của tay. Chọn C.

“Chiếu cầu hiền” thuộc thể chiếu (văn xuôi), các tác phẩm còn lại đều là các tác phẩm thơ. Chọn C.  

Nguyễn Minh Châu là tác giả không thuộc giai đoạn văn học hiện thực 1930-1945. Chọn D.

Ngoài các cây trồng, vật nuôi nhiệt đới, ở vùng cao còn có thể nuôi trồng được các loài động, thực vật cận nhiệt đới và ôn đới. Chọn C.          

Cũng như mọi thứ tiếng khác, trong quá trình phát triển, tiếng Việt đã tiếp nhận thêm nhiều từ ngữ, nhiều ý nghĩa và cách cấu tạo từ của ngoại ngữ để làm giàu cho từ vựng của mình. Chọn D.

Chúng ta phải chủ động đề xuất những phương hướng và biện pháp giải quyết hiệu quả. Chọn A.

Viết về đề tài người nông dân, Nam Cao đã dựng lên một bức tranh chân thực về nông thôn Việt Nam nghèo đói, xơ xác trên con đường phá sản, bần cùng, hết sức thê thảm vào những năm 1940-1945. Chọn A.

Nam Cao là nhà văn có biệt tài diễn tả, phân tích tâm lí nhân vật. Chọn D.

Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là chính luận. Chọn A.

So sánh: mười năm qua như ngọn lửa. Chọn A.

Đoạn trích là những suy tư, nhận thức về Đất Nước của nhà thơ trên cơ sở tư tưởng “Đất Nước của Nhân dân”. Chọn B.

Phương thức biểu đạt của đoạn trích: Tự sự, biểu cảm. Chọn B.

Các từ in đậm thể hiện cách xưng hô của Bá Kiến rất ngọt ngào, khôn khéo - một tên cáo già lọc lõi, lắm mưu nhiều kế và rất thâm hiểm đã lập tức xoa dịu được cơn giận của Chí Phèo. Chọn B.

So sánh: như da mặt một người bầm đi vì rượu bữa. Nhân hóa: lừ lừ. Chọn A.

Đặc điểm thơ Chế Lan Viên: suy tư, triết lí. Chọn C.

Đoạn trích trên được trích từ một văn bản văn học nên thuộc phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn A.

Nghĩa của từ “tinh tế” nhạy cảm, tế nhị, có khả năng đi sâu vào những chi tiết rất nhỏ, rất sâu sắc. Chọn D.

Chi tiết: Nhưng Cái Chết là đích đến mà tất cả chúng ta đều phải tới. Chọn A.

Trong ngữ pháp tiếng Việt, từ “và” thường chỉ xuất hiện ở vế cuối cùng. Trong câu thơ này, từ “và” xuất hiện tới 3 lần ở cả 3 vế câu đã gợi ra sự giàu có trong bữa tiệc trần gian.Thể hiện niềm khát sống thèm yêu mãnh liệt của thi nhân hiện đại: cuộc đời đẹp đẽ, mùa xuân của đất trời thì vô hạn nên thi nhân có tận hưởng, chiếm lĩnh bao nhiêu vẫn thấy như ít ỏi, muốn nhận thêm, hưởng thêm.Chọn C.

Đoạn trích được trần thuật từ điểm nhìn của nhân vật Việt. Chọn B.

Câu thơ “Xay hết, lò than đã rực hồng” thể hiện rõ tinh thần lạc quan của Bác. Chọn D.

Tô Hoài sử dụng nhiều câu văn ngắn kết hợp với các câu văn dài có nhiều vế ngắn, nhịp điệu nhanh để diễn tả sự thuần thục trong hành động (trói vợ) của A Sử. Từ đó, nhấn mạnh bản tính lạnh lùng, dã man của nhân vật này. Chọn B.

Chủ đề nổi bật bao trùm đoạn thơ là sự gặp gỡ giữa không gian sông nước mênh mông với tâm trạng của con người. Chọn C.

Một trong những nội dung của Chính sách kinh tế mới (1921) ở nước Nga Xô viết là bãi bỏ chính sách trung thu lương thực thừa và thay bằng thu thuế lương thực.Chọn B.

Chọn A vì cả hai cuộc chiến tranh thế giới trong thế kỉ XX đều xuất phát từ nguyên nhân sâu xa là sự phát triển không đều giữa các nước đế quốc và mâu thuẫn giữa các nước này về vấn đề thị trường và thuộc địa.

B, C loại vì duyên cớ và nguyên nhân trực tiếp của hai cuộc chiến tranh là khác nhau.

D loại vì Chiến tranh thế giới thứ nhất hoàn toàn mang tính chất phi nghĩa còn Chiến tranh thế giới thứ hai ở giai đoạn sau mang tính chính nghĩa với sự tham chiến của Liên Xô chống lại chủ nghĩa phát xít.

A loại vì các phong trào trước năm 1930 cũng diễn ra quyết liệt.

B, C loại vì các phong trào trước năm 1930 cũng diễn ra rộng lớn trên cả nước và lôi cuốn đông đảo quần chúng nhân dân tham gia.

Chọn D vì phong trào 1930-1931 là phong trào cách mạng đầu tiên do Đảng Cộng sản lãnh đạo.

Theo quyết định của Hội nghị lanta (2-1945), Đông Âu thuộc phạm vi ảnh hưởng của Liên Xô. Chọn C.

Phương án A, C, D đều không đúng hiện thực lịch sử. Khi ASEAN thành lập thì một số tổ chức hợp tác mang tính khu vực đã ra đời trong đó tiêu biểu nhất là khối thị trường chung châu Âu. Chọn B.

B loại vì ngoài việc tiếp nhận và truyền bá chủ nghĩa Mác-Lênin vào Việt Nam thì Nguyễn Ái Quốc còn chuẩn bị về tổ chức cho việc thành lập Đảng sau này khi sáng lập Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên.

C loại vì liên minh công-nông bước đầu được hình thành trong phong trào 1930-1931.

D loại vì sau khi Đảng ra đời thì mới gắn liền cách mạng Việt Nam với cách mạng thế giới và trở thành một bộ phận của cách mạng thế giới.

Chọn A.

Trong những năm 1919-1930, phong trào dân tộc theo khuynh hướng dân chủ tư sản có bước phát triển nhưng cuối cùng thất bại hoàn toàn. Khuynh hướng này thất bại do nguyên nhân chính là đường lối chưa đáp ứng được yêu cầu thực tiễn cách mạng Việt Nam. Các mạng Việt Nam cần một đường lối để chống lại bạo lực cách mạng của thực dân Pháp, giành độc lập, đem lại quyền lợi chính đáng cho mọi giai cấp trong xã hội. Chọn D.

Đến cuối thập kỷ 90 của thế kỉ XX, Liên minh châu Âu (EU) trở thành tổ chức liên kết khu vực lớn nhất hành tinh về chính trị và kinh tế.Chọn C.

Lúa nước là cây lương thực truyền thống và quan trọng của khu vực. Sản lượng lương thực không ngừng tăng, Thái Lan và Việt Nam trở thành những nước đứng hàng đầu thế giới về xuất khẩu gạo.

Không chỉ vậy, Đông Nam Á là một khu vực có dân số đông nên nhờ việc phát triển ngành trồng lúa các nước Đông Nam Á đã cơ bản giải quyết được nhu cầu lương thực-vấn đề nan giải của nhiều quốc gia đang phát triển.Chọn C.

Dân cư Hoa Kỳ tập trung với mật độ cao nhất ở ven Đại Tây Dương. Chọn B.

Với trên 80% diện tích mặt đất có độ cao thấp hơn 2,5m so với mặt nước biển, ĐBSCL được đánh giá là khu vực sẽ gánh chịu nhiều tác hại xấu do BĐKH do nước biển dâng. Theo dự báo của các chuyên gia, nếu mực nước biển dâng cao 1m thì khoảng 40% diện tích ĐBSCL sẽ bị nhấn chìm. Chọn D.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. gần chí tuyến, có gió Tín phong. → Tín phong không phải nguyên nhân gây phân hóa nhiệt độ.

B. có mủa đông lạnh, địa hình thấp. → địa hình thấp không phải nguyên nhân gây phân hóa nhiệt độ.

C. có gió fơn Tây Nam, địa hình cao. → gió phơn Tây Nam không phải nguyên nhân chủ yếu gây phân hóa nhiệt độ B-N.

D. gần chí tuyến, có mùa đông lạnh. → chính xác. Chọn D.

Pu Tha Ca nằm trên sơn nguyên Hà Giang. Chọn B.

Thể hiện cơ cấu + 2 năm → biểu đồ tròn. Chọn C.

Muốn phát triển du lịch thì tài nguyên du lịch là quan trọng nhất, các yếu tố khác chỉ là yếu tố bổ sung. Chọn C.

Đường biển và đường hàng không là 2 loại hình vận tải có ưu điểm di chuyển trên quãng đường xa, thuận lợi trong vận tải quốc tế, thúc đẩy giao lưu trao đổi giữa các nước và khu vực trên thế giới.Chọn D.

Bắc Trung Bộ có nhiều thế mạnh để phát triển kết hợp với địa hình đa dạng thay đổi từ Tây-đông → Hình thành cơ cấu Nông-Lâm-Ngư nghiệp góp phần tạo thế liên hoàn trong phát triển kinh tế từ Tây sang Đông.Chọn D.

Biện pháp có ý nghĩa hàng đầu đối với việc sử dụng hợp lý đất đai ở Đồng bằng sông Hồng là: đẩy mạnh thâm canh. Chọn C.

Việc sử dụng micro để thu lại âm thanh của môi trường bên ngoài sau đó hệ thống điện tử trong tai nghe sẽ phân tích và tạo ra những âm thanh để nó triệt tiêu với âm thanh từ môi trường bên ngoài => Hai sóng âm từ môi trường ngoài và tai nghe tạo ra phải ngược pha. Chọn D.

Áp dụng quy tắc bàn tay phải ta có phương và chiều cảm ứng từ tại M và N: cùng phương nhưng ngược chiều (biểu diễn như hình vẽ).

Cảm ứng từ của dòng điện thẳng: \(B = 2 \cdot {10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{r}\)

Do hai điểm M và N có khoảng cách đến dây là bằng nhau do đó: \({B_M} = {B_N}\). Chọn D.

Từ hình vẽ ta thấy môi trường 2 chiết quang hơn môi trường 3. Nên để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần ánh sáng phải đi từ môi trường 2 sang môi trường 3. Chọn B.