Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 27)

Số bị cáo của Thành phố Bắc Giang là 187.

Số bị cáo của huyện Lục Ngạn là 97.

Số bị cáo của TP. Bắc Giang nhiều hơn số bị cáo của huyện Lục Ngạn là \(\frac{{187 - 97}}{{97}} \cdot 100\% \approx 92,78\% .\)Chọn D.

Nhân hóa: thác gầm thét, cọp trêu người. Chọn D.

Những câu thơ trong đoạn thơ cho biết tác giả nhấn mạnh chặng đường hành quân nhọc nhằn, gian khổ của các chiến sĩ Tây Tiến là các câu 3, 5, 6, 7. Điều này được thể hiện thông qua các từ ngữ mà tác giả Quang Dũng sử dụng trong từng câu. Cụ thể:

+ Câu 3: sương lấp, đoàn quân mỏi

+ Câu 5: dốc lên khúc khuỷu, dốc thăm thẳm

+ Câu 6: heo hút, cồn mây

+ Câu 7: ngàn thước lên cao, ngàn thước xuống

→ Chọn A.

Câu 13, 14 nhắc đến những kỉ niệm ngọt ngào của các chiến sĩ Tây Tiến với con người miền Tây: Nhớ ôi Tây Tiến cơm lên khói/ Mai Châu mùa em thơm nếp xôi. Chọn C.

Đoạn trích đã thể hiện nỗi nhớ của các chiến sĩ Tây Tiến hướng về con người và thiên nhiên miền Tây. Chọn C.

“dãi dầu” có nghĩa là trải qua nhiều mưa nắng, vất vả, gian truân. Chọn A.

Gọi khối chóp tứ giác đều là \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông cạnh \(230\;\,{\rm{m}}\), chiều cao \(SH = 147\;\,{\rm{m}}.\)

Thể tích của kim tự tháp là:

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \left( {{{230}^2}} \right) \cdot 147 = 2\,\,592\,\,100\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy thể tích kim tự tháp là \(2\,\,592\,\,100\;\,{{\rm{m}}^3}.\)Chọn A.

Theo tác giả đoạn trích, biểu hiện của “ý thức về cá nhân và sở hữu không phát triển cao” thể hiện ở: Của cải vẫn được quan niệm là của chung, giàu sang chỉ là tạm thời, tham lam giành giật cho nhiều cũng không giữ mãi mà hưởng được. Chọn B.

Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là phong cách ngôn ngữ chính luận vì tác giả đoạn trích đã trình bày quan điểm của mình về lĩnh vực văn hóa, tư tưởng mà cụ thể là tôn giáo Việt Nam. Chọn D.

Người Việt Nam có thể coi là ít tinh thần tôn giáo. Điều này được lí giải bằng việc họ coi trọng hiện thế trần tục hơn thế giới bên kia. Chọn B.

Đoạn trích bàn về văn hóa Việt Nam trên các phương diện: tôn giáo, ý thức về cá nhân và sở hữu,… Chọn D.

Thao tác lập luận chính của đoạn trích là thao tác lập luận chứng minh. Cự thể là, mở đầu đoạn trích tác giả Trần Đình Hượu đã đưa ra quan điểm “Người Việt Nam có thể coi là ít tinh thần tôn giáo” sau đó tác giả đã dùng những lí lẽ (“Họ coi trọng hiện thế trần tục hơn thế giới bên kia”, “Không phải người Việt Nam không mê tín, họ tin có linh hồn, ma quỷ, thần Phật. Nhiều người thực hành cầu cúng”, ...) để làm sáng tỏ quan điểm của mình.Chọn C.

Số tiền anh A cần tiết kiệm là \(500 - 500 \cdot 0,32 = 340\) (triệu đồng).

Gọi số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm đầu tiên là \({u_1} = 10\) (triệu đồng).

Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ hai là:

\({u_2} = {u_1} \cdot \left( {1 + 0,12} \right) = {u_1} \cdot 1,12\)(triệu đồng).

Thì số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ ba là:

\({u_3} = {u_1} \cdot {\left( {1 + 0,12} \right)^2} = {u_1} \cdot {\left( {1,12} \right)^2}\)(triệu đồng).

Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ \(n\) là

\({u_n} = {u_1} \cdot {\left( {1 + 0,12} \right)^{n - 1}} = {u_1} \cdot {\left( {1,12} \right)^{n - 1}}\)

Vậy số tiền mà anh A tiết kiệm được sau \(n\) năm là

12. \(\left( {{u_2} - {u_1} + {u_3} - {u_2} + \ldots + {u_{n - 1}} - {u_{n - 2}} + {u_n} - {u_{n - 1}}} \right) = 12\left( {{u_n} - {u_1}} \right)\)

\( = 12 \cdot \left[ {{u_1} \cdot {{\left( {1,12} \right)}^{n - 1}} - {u_1}} \right] = 340\) với \({u_1} = 10\) suy ra \(n \approx 13\) năm.Chọn C.

Dựa vào câu thứ 2 của đoạn văn: Khối u được gọi là ác tính khi các tế bào của nó có khả năng tách khỏi mô ban đầu, di chuyển vào máu và đến các nơi khác trong cơ thể tạo nên nhiều khối u khác nhau. Chọn A.

Đoạn trích nói về nguyên nhân và cơ chế ung thư. Chọn A.

Từ “tăng sinh” là một thuật ngữ y học chỉ sự tăng lên về sinh sản. Chọn C.

U ác tính có khả năng tách khỏi mô ban đầu và di chuyển vào máu còn u lành tính thì không. Đó chính là điểm khác biệt giữa u lành tính và u ác tính (di căn). Chọn C.

Quan sát cả câu “Tế bào khối u có thể là lành tính nếu nó không có khả năng di chuyển vào máu và đi đến các nơi khác nhau trong cơ thể” ta thấy từ “nó” thay thế cho cụm “tế bào khối u”. Chọn C.

Đoạn trích đề cập đến địa danh Hà Nội. Chọn A. 

Dựa vào chi tiết trong đoạn văn: Cũng theo hai tác giả trên, khoan sâu xuống lòng đất Hà Nội, vùng Gia Lâm, trong tầng dây 50m trầm tích có thể thấy hai lớp đất: từ 39,5m đến 50m là sỏi và cát thô, từ 39,5m đến trên cùng là sét và cát mịn. Từ đó, có thể đoán, sông Hồng đã qua hai giai đoạn vận động, từ chỗ chảy mạnh, dữ dội (cát thô và sỏi lắng đọng), đến chỗ chảy êm đềm hơn (sét, cát mịn). Chọn A.

Việc tác giả trích dẫn kết quả nghiên cứu của hai tác giả Trần Quốc Vượng và Vũ Tuấn Sán trong cuốn Hà Nội nghìn xưa có tác dụng chứng minh cho quan điểm: lịch sử hình thành Hà Nội gắn liền với sự hình thành vùng châu thổ Bắc Bộ. Chọn C.

Từ “như vậy” có thể thay thế cho nội dung: Khi biển rút, nước sông Hồng chở nặng phù sa đã bồi tích thành vùng đồng bằng Hà Nội như hiện nay. Chọn A.

“trầm tích”: chất do các vật thể trong nước sông, hồ, biển lắng đọng lâu ngày kết lại mà thành. Từ này gần nghĩa hơn cả với từ “nhũ đá”. Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {0\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\,,\,\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right),\,\,\overrightarrow {AD} = \left( { - 3\,;\,\,m + 2\,;\,\,n} \right)\);

\[\left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&{ - 1}\\1&2\end{array}} \right|\,;\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1}&0\\2&{ - 1}\end{array}} \right|;\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}0&2\\{ - 1}&1\end{array}} \right|} \right) = \left( {5\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\].

Bốn điểm \[A\,,\,\,B\,,\,\,C\,,\,\,D\] đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} = 0\)

\( \Leftrightarrow - 15 + m + 2 + 2n = 0 \Leftrightarrow m + 2n = 13.{\rm{ }}\)Chọn C.

Chiến thắng Vạn Tường (18-8-1965) của quân dân ta đã chứng tỏ quân và dân miền Nam có khả năng đánh thắng giặc Mĩ xâm lược.Chọn D.

Chiến thắng Ấp Bắc và chiến thắng và chiến thắng Vạn Tường đều là hai thắng lợi quân sự quan trọng, mở đầu cho cuộc đấu tranh chống lại chiến lược “Chiến tranh đặc biệt” và “Chiến tranh cục bộ” của Mĩ.

Hai chiến thắng này chứng tỏ nhân dân miền Nam có khả năng đánh bại chiến lược chiến tranh của Mĩ, là tiền đề quan trọng cho những chiến thắng tiếp theo. Trong đó:

+ Chiến thắng Ấp Bắc đã bước đầu làm thất bại chiến thuật “trực thăng vận” và “thiết xa vận” của Mĩ. Sau chiến thắng này, trên khắp miền Nam dấy lên phong trào “Thi đua Ấp Bắc, giết giặc lập công”, thúc đẩy phong trào đấu tranh của nhân dân miền Nam phát triển và từng bước làm phá sản chiến lược “Chiến tranh đặc biệt” của Mĩ.

+ Chiến thắng Vạn Tường được coi như “Ấp Bắc” thứ hai đối với quân Mĩ, mở ra cao trào “Tìm Mĩ mà đánh, lùng ngụy mà diệt” trên khắp miền Nam. Chiến thắng này chứng tỏ nhân dân miền Nam có khả năng đánh bại quân Mĩ trong chiến lược “Chiến tranh cục bộ” (1965-1968).

Chọn B.

Ta có \({z^2} - 6z + 73 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 6}\\{{z_1}{z_2} = 73}\end{array}} \right.\).

Khi đó \(z_1^2 + z_2^2 - \left| {{z_1}} \right| \cdot \left| {{z_2}} \right| = {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} - 2{z_1}{z_2} - \left| {{z_1}{z_2}} \right| = {6^2} - 2 \cdot 73 + 73 = - 37.\)

Chọn C.

Ta có: \(AH = 1,6\,\;{\rm{m }};\,\,HB = 10\,\;{\rm{m }};\,\,\widehat {BAC} = 30^\circ .\)

Trong tam giác \[AHB\] có: \(\tan \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{1,6}}{{10}} = 0,16 \Rightarrow \widehat {ABH} = 9^\circ 5'\).

Suy ra \(\widehat {ABC} = 90^\circ - \widehat {ABH} = 80^\circ 55'\); \(\widehat {ACB} = 180^\circ - \left( {\widehat {BAC} + \widehat {ABC}} \right) = 69^\circ 5'\).

Áp dụng định lý sin trong tam giác \[ABC\] có:

\(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{CB}}{{\sin \widehat {BAC}}} \Rightarrow CB = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {BAC}}}{{\sin \widehat {ACB}}} \approx 5,42\;\,({\rm{m)}}{\rm{. }}\)Chọn D.

Đặt \(u = \ln x \Rightarrow u' = \frac{1}{x} > 0\,,\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\) và \(u \in \left( {0\,;\,\,1} \right).\)

Khi đó \(y = \frac{{u - 4}}{{u - 2m}} \Rightarrow y' = u' \cdot \frac{{4 - 2m}}{{{{\left( {u - 2m} \right)}^2}}} > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - 2m > 0}\\{u \ne 2m}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2m > - 4\\2m \notin \left( {0\,;\,\,1} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\\left[ \begin{array}{l}2m \ge 1\\2m \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\\left[ \begin{array}{l}m \ge \frac{1}{2}\\m \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2} \le m < 2\\m \le 0\end{array} \right.\).

Kết hợp với \(m \in \left[ { - 2019\,;\,\,2019} \right]\) và \(m \in \mathbb{Z}\), suy ra ta có \(2020 + 1 = 2021\) giá trị nguyên \[m.\]

Chọn B.

Xét có: \(p = \frac{{AB + BC + AC}}{2} = \frac{{10a + 10a + 12a}}{2} = 16a.\)

Suy ra bán kính đường tròn nội tiếp \(r = \frac{S}{p} = \frac{{48{a^2}}}{{16a}} = 3a.\)

Xét có \(SI = IK = r = 3a.\)

Thể tích khối nón là: \(V = \frac{1}{3}h \cdot \pi {r^2} = \frac{1}{3} \cdot 3a \cdot \pi  \cdot {(3a)^2} = 9\pi {a^3}.\) Chọn B.

Ta có phương trình \(a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có đúng hai nghiệm thực nên đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) được minh họa như hình vẽ.

Gọi \(m\) là số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(k\) là nghiệm bội lẻ của phương trình \(f\left( x \right) = 0.\)

Do đó, số điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) là \(m + k.\)

Vậy đồ thị hàm số \(y = \left| {a{x^3} + b{x^2} + cx + d} \right|\) có số điểm cực trị là 3.Chọn D.

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = \ln \left( {{x^2} + 9} \right)}\\{{\rm{d}}v = x\;{\rm{d}}x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u = \frac{{2x}}{{{x^2} + 9}}\;{\rm{d}}x}\\{v = \frac{{{x^2} + 9}}{2}}\end{array}} \right.} \right.\) .

Suy ra \(I = \left. {\frac{{{x^2} + 9}}{2} \cdot \ln \left( {{x^2} + 9} \right)} \right|_0^4 - \int\limits_0^4 {\frac{{2x}}{{{x^2} + 9}} \cdot } \frac{{{x^2} + 9}}{2}{\rm{d}}x\)

\( = \left( {\frac{{25}}{2} \cdot \ln 25 - \frac{9}{2} \cdot \ln 9} \right) - \int\limits_0^4 {xdx} = 25 \cdot \ln 5 - 9 \cdot \ln 3 - 8 = a \cdot \ln 5 + b \cdot \ln 3 + c\).

Suy ra \(a = 25\,,\,\,b = - 9\,,\,\,c = - 8\) nên \(T = a + b + c = 8.\) Chọn C.

TH1: Lấy hai điểm thuộc \({d_1}\) và một điểm thuộc \({d_2}\), suy ra có tất cả \(C_{10}^2 \cdot C_n^1\) tam giác.

TH2: Lấy một điểm thuộc \({d_1}\) và hai điểm thuộc \({d_2}\), suy ra có tất cả \(C_{10}^1 \cdot C_n^2\) tam giác.

Khi đó, tổng số tam giác được tạo thành là \(C_{10}^2 \cdot C_n^1 + C_{10}^1 \cdot C_n^2 = 1725.\)

Thử đáp án, ta thấy \(n = 15.\) Chọn B.

Ta có \(\log _2^2\left( {4x} \right) - {\log _{\sqrt 2 }}\left( {2x} \right) - 5 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left[ {{{\log }_2}\left( {4x} \right)} \right]^2} - {\log _{2\frac{1}{2}}}\left( {2x} \right) - 5 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}4 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2{\log _2}\left( {2x} \right) - 5 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {2 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2\left( {1 + {{\log }_2}x} \right) - 5 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} + 2{\log _2}x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}x = 1}\\{{{\log }_2}x = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = \frac{1}{8}}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình là \(x = \frac{1}{8}.\)Chọn A.

Gọi \(P\left( t \right)\) là lợi nhuận phát sinh của vốn sau \(t\) năm đầu tư.

Ta có \(P\left( t \right)\) là nguyên hàm của hàm tốc độ \(P'\left( t \right)\).

Lợi nhuận phát sinh sau 10 năm đầu tiên là \(\int\limits_0^{10} {P'\left( t \right)dt} = \frac{{4780}}{3}\) (triệu đồng).Chọn D.

Vẽ đường thẳng \({d_1}:x - y - 1 = 0\), đường thẳng \({d_1}\) qua hai điểm \((0; - 1)\) và \((1;0).\)

Vẽ đường thẳng \({d_2}:x + 2y - 10 = 0\), đường thẳng \({d_2}\) qua hai điểm \((0;5)\) và \((2;4).\)

Vẽ đường thẳng \({d_3}:y = 4.\)

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền ngũ giác \[ABCOE\] với \(A\left( {4\,;\,\,3} \right),\,\,B\left( {2\,;\,\,4} \right),\)\(C\left( {0\,;\,\,4} \right),\,\,E\left( {1\,;\,\,0} \right).\)

Ta có: \(F\left( {4\,;\,\,3} \right) = 10\,,\,\,F\left( {2\,;\,\,4} \right) = 10\,,\,\,F\left( {0\,;\,\,4} \right) = 8\,,\,\,F\left( {1\,;\,\,0} \right) = 1\,,\,\,F\left( {0\,;\,\,0} \right) = 0.\)

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(F\left( {x\,;\,\,y} \right) = x + 2y\) bằng 10.Chọn C.

Cách 1:Ta có mặt phẳng \((\alpha )\) nhận vectơ \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) là vectơ pháp tuyến, đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\) là vectơ chỉ phương.

Gọi \(\left( \beta \right)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng \(d\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha \right).\)

Ta có \(\overrightarrow {{n_\beta }} = \overrightarrow {{n_\alpha }} \wedge \overrightarrow {{n_d}} = \left( { - 3\,;\,\,2\,;\,\,1} \right).\)

Khi đó đường thẳng \(\Delta \) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\).

Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {{u_\alpha }} \wedge \overrightarrow {{u_\beta }} = \left( { - 1\,;\,\, - 4\,;\,\,5} \right).\)

Mà \(\vec u = \left( {1\,;\,\,a\,;\,\,b} \right)\) nên \(a = 4,\,\,b = - 5.\) Vậy \(a + b = - 1.\)

Cách 2: Dễ dàng tính được tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(I = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right).\)

Trên đường thẳng lấy điểm \(A\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt phẳng \((\alpha ).\)

Phương trình đường thẳng đi qua \(A\) và \(H\) có dạng: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 + t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 2 + t}\end{array}} \right.\)

Tọa độ của \(H\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 + t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 2 + t}\\{x + y + z - 3 = 0}\end{array} \Rightarrow t = \frac{2}{3}} \right..\) Do đó\(H\left( {\frac{2}{3}\,;\,\,\frac{{ - 1}}{3}\,;\,\,\frac{8}{3}} \right).\)

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua hai điểm \(I\) và \(H\) nhận vectơ \(\overrightarrow {IH} = \left( {\frac{{ - 1}}{3}\,;\,\,\frac{{ - 4}}{3}\,;\,\,\frac{5}{3}} \right)\) là vectơ chỉ phương nên cũng nhận vectơ \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\, - 5} \right)\) là vectơ chỉ phương.

Vậy \(a + b = - 1.\)Chọn C.

Ta có:

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

Do \(f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow C = \frac{1}{2} \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \Rightarrow f\left( 2 \right) = \frac{4}{5}.\)Chọn D.

Giả sử mỗi giờ người thứ nhất sơn được \(\frac{1}{x}\) bức tường và người thứ hai sơn được \(\frac{1}{y}\) bức tường.

Khi đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{7}{x} + \frac{4}{y} = \frac{5}{9}}\\{\frac{{11}}{x} + \frac{8}{y} = \frac{{17}}{{18}}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 18}\\{y = 24}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy người thứ nhất sau 18 h thì sơn xong bức tường và người thứ hai sau 24 hthì sơn xong bức tường.

Chọn A.

Điều kiện \(\cos x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pi + k2\pi .\)

Ta có \[\frac{{\sin 3x}}{{\cos x + 1}} = 0 \Rightarrow \sin 3x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{3}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

So với điều kiện nghiệm của phương trình là \(x = \frac{{k\pi }}{3}\) với \(k \in \mathbb{Z}\,,\,\,k \ne 3 \cdot \left( {2l + 1} \right).\)

Vì \(2\pi \le x \le 4\pi \Leftrightarrow 2\pi \le \frac{{k\pi }}{3} \le 4\pi \Leftrightarrow 6 \le k \le 12\) nên ta chọn \[k \in \left\{ {6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9\,;\,\,10\,;\,\,11\,;\,\,12} \right\}.\]

Chọn B.

Theo công thức lãi kép, ta được:

\(90\,\,728\,\,900 \cdot {\left( {1 + 1,05\% } \right)^{16}} \approx 107\,\,232\,\,574\)(người).Chọn C.

Ta có \(\left( Q \right)\) chứa trục \(Ox \Rightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} \bot {\vec u_{Ox}}\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\)

Mà \({\vec n_{\left( Q \right)}} \bot \overrightarrow {OA} \) nên suy ra \({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {{{\vec u}_{Ox}}\,;\,\,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\)

Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} \cdot {\vec n_{\left( P \right)}} = 0 \Leftrightarrow \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,3} \right) \cdot \left( {1\,;\,\, - m\,;\,\,1} \right) = 0 \Leftrightarrow m = 3.\]Chọn D.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5\left| {x - 1} \right| - 3\left| {y + 2} \right| = 7}\\{2\sqrt {4{x^2} - 8x + 4} + 5\sqrt {{y^2} + 4y + 4} = 13}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5\left| {x - 1} \right| - 3\left| {y + 2} \right| = 7}\\{2\sqrt {4{{\left( {x - 1} \right)}^2}} + 5\sqrt {{{\left( {y + 2} \right)}^2}} = 13}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5\left| {x - 1} \right| - 3\left| {y + 2} \right| = 7}\\{4\left| {x - 1} \right| + 5\left| {y + 2} \right| = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {x - 1} \right| = 2}\\{\left| {y + 2} \right| = 1}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{x = - 1}\end{array}} \right.}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = - 3}\\{y = - 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\).

Vậy \(\min A = - 1 + 2 \cdot \left( { - 3} \right) = - 7.\)Chọn D.

Ta có \(f\left( x \right) < x + m \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - x\) với mọi \(x \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow m > {\max _{\left( {0\,;\,\,2} \right)}}\left[ {f\left( x \right) - x} \right]\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\), có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1 < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\).

Suy ra hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\,2} \right)\).

Do đó \({\max _{\left( {0\,;\,\,2} \right)}}g\left( x \right) = {\max _{\left( {0\,;\,\,2} \right)}}\left[ {f\left( x \right) - x} \right] = f\left( 0 \right).\)

Vậy\(m \ge f\left( 0 \right).\)Chọn B.

Ta có \(d\) đi qua \(M\left( { - 1\,;\,\,6} \right) \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{a} + \frac{6}{b} = 1 & (1)\)

Đường thẳng cắt tia Ox tại \(A\left( {a\,;\,\,0} \right),\,\,a > 0 \Rightarrow OA = a.\)

Đường thẳng cắt tia Oy tại \(B\left( {0\,;\,\,b} \right),\,\,b > 0 \Rightarrow OB = b.\)

Tam giác \(OAB\)vuông tại \(O\) nên có diện tích là \(\frac{1}{2}OA \cdot OB = \frac{1}{2}ab.\)

Theo đề bài, ta có: \(\frac{1}{2}ab = 4 \Leftrightarrow ab = 8 & (2)\)

Từ (1), (2) suy ra: \(a = 2;b = 4 \Rightarrow S = a + 2b = 10.\)Chọn C.

Gọi chiều rộng của bể là \(3x\,\,(\;{\rm{m}}).\)

Ta có chiều dài bể là \(4x\,\,(\;{\rm{m}})\) và chiều cao của bể là \(\frac{2}{{3{x^2}}}\,\,({\rm{m}}).\)

Khi đó tổng diện tích bề mặt xây là

\(T = \left( {3x + 4x} \right) \cdot 2 \cdot \frac{2}{{3{x^2}}} + 2 \cdot 3x \cdot 4x - \frac{2}{9} \cdot 3x \cdot 4x\)\( = \frac{{28}}{{3{x^2}}} + \frac{{64{x^2}}}{3} \ge 2 \cdot \sqrt {\frac{{28}}{{3{x^2}}} \cdot \frac{{64{x^2}}}{3}} = \frac{{32\sqrt 7 }}{3}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Chi phí thấp nhất mà ông Nam phải chi trả để xây dựng bể nước là:

\(T \cdot 980\,\,000 \ge \frac{{32\sqrt 7 }}{3} \cdot 980\,\,000 \approx 27\,\,657\,\,000\) (đồng).Chọn B.

Ta có\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC}\)

\( = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2 \cdot a \cdot 2a \cdot \cos 120^\circ  = 7{a^2}.\)

Đặt \(CC' = 2x \Rightarrow CM = MC' = x.\)

Vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ đứng nên ta có tam giác \[BCM\] vuông tại \(C\) và tam giác \(A'C'M\) vuông tại \(C'.\)

Ta có: \(B{M^2} = B{C^2} + C{M^2} = 7{a^2} + {x^2};\)

\(A'{M^2} = A'{C^2} + C'{M^2} = {\left( {2a} \right)^2} + {x^2} = 4{a^2} + {x^2}\); \(A'{B^2} = A'{A^2} + A{B^2} = 4{x^2} + {a^2}.\)

Vi \(\widehat {BMA'} = 90^\circ \) nên tam giác \(BMA'\) vuông tại \(M\), do đó:

\(A'{B^2} = B{M^2} + A'{M^2} \Leftrightarrow 4{x^2} + {a^2} = 7{a^2} + {x^2} + 4{a^2} + {x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 5{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 5 .\) Ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}AB \cdot d\left( {C,\,\,AB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\,\,AB} \right) = a\sqrt 3 .\)

Lại có: \(d\left( {M,\left( {ABA'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABA'} \right)} \right) = d(C,AB)\) (vì \(C{C^\prime }\,{\rm{//}}\,\left( {ABA'} \right)\) và \(\left. {(ABC) \bot \left( {ABA'} \right)} \right).\)

Ta có: \({S_{ABA'}} = \frac{1}{2}AB \cdot AA' = {a^2}\sqrt 5 \,;\,\,{S_{MBA'}} = \frac{1}{2}MB \cdot MA' = 3\sqrt 3 {a^2}.\)

\({V_{AA'BM}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABA'}} \cdot d\left( {M,\left( {ABA'} \right)} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{MBA'}} \cdot d\left( {A,\left( {BMA'} \right)} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {BMA'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}.\)

Chọn B.

Ta có: \(f\left( x \right) = {x^2} - 2x - \frac{{10}}{9}\int\limits_0^1 {f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right){\rm{d}}x} = {x^2} - 2x - \frac{{10}}{9}\int\limits_0^1 {f\left( x \right) \cdot d\left( {f\left( x \right)} \right)} \)

\( = {x^2} - 2x - \left. {\frac{5}{9}{f^2}\left( x \right)} \right|_0^1 = {x^2} - 2x - \frac{5}{9}\left[ {{f^2}\left( 1 \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right].\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = - \frac{5}{9}\left[ {{f^2}\left( 1 \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right]\\f\left( 1 \right) = - 1 - \frac{5}{9}\left[ {{f^2}\left( 1 \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right]\end{array} \right.\)\( \Rightarrow f\left( 0 \right) - f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = f\left( 0 \right) - 1 \Rightarrow f\left( 0 \right) = - \frac{5}{9}\left[ {{{\left( {f\left( 0 \right) - 1} \right)}^2} - {f^2}\left( 0 \right)} \right]\)

\( \Rightarrow f\left( 0 \right) = 5 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 4 \Rightarrow f\left( x \right) = {x^2} - 2x + 5.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 5\) là

\({x^2} - 2x + 5 = 5 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 5\) là\(\int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x + 5 - 5} \right|dx} = \frac{4}{3}{\rm{.}}\)Chọn C.

Để đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 4}}{{x - m}}\) có tiệm cận đứng nằm bên trái trục tung thì

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2m - 4 \ne 0}\\{m < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - m}\\{m \ne - 2}\\{m < 0}\end{array}{\rm{ m\`a }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{m \in \left[ { - 2023\,;\,\,2023} \right]}\end{array} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2023\,;\,\, - 2022\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 1} \right\}\backslash \left\{ { - 2} \right\}} \right.} \right.} \right.\)

Vậy có tất cả 2022 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn đề bài.Chọn C.

Gọi \(z = a + bi\,\,(a,\,b \in \mathbb{R})\).

Ta có \(3 \le \left| {z - 3i + 1} \right| \le 5 \Leftrightarrow 3 \le \left| {a + bi - 3i + 1} \right| \le 5 \Leftrightarrow 9 \le {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} \le 25\).

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn của \(z\) là hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn có tâm \(I\left( {3\,;\,\, - 1} \right),\) bán kính lần lượt là 3 và 5. Vì vậy \(S = \pi \left( {{5^2} - {3^2}} \right) = 16\pi .\) Chọn D.

Ta có thể tích chiếc hộp: \(V = {x^2}h = 32\) (đvtt), với \(x,\,\,h > 0.\) Suy ra \(h = \frac{{32}}{{{x^2}}}.\)

Phần mạ vàng của chiếc hộp: \(S = 2{x^2} + 8xh = 2{x^2} + 8x \cdot \frac{{32}}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{{256}}{x}.\)

Cách 1.Ta có \(2{x^2} + \frac{{256}}{x} = 2{x^2} + \frac{{128}}{x} + \frac{{128}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{2{x^2} \cdot \frac{{128}}{x} \cdot \frac{{128}}{x}}} = 96\) (BĐT AM – GM)

Đẳng thức xảy ra khi \(2{x^2} = \frac{{128}}{x}\) hay \(x = 4\), khi đó \(h = 2.\)

Cách 2.Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} + \frac{{256}}{x}\) với \(x > 0\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 4x - \frac{{256}}{{{x^2}}} = \frac{{4{x^3} - 256}}{{{x^2}}};\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 256 = 0 \Leftrightarrow x = 4\,;\,\,f\left( 4 \right) = 96.\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt GTNN tại \(x = 4\), khi đó \(h = 2.\)Chọn A.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {a{x^2} + bx} - cx} \right) = - 3 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {a - {c^2}} \right){x^2} + bx}}{{\sqrt {a{x^2} + bx} + cx}} = - 3.\)

Điều này xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - {c^2} = 0\,\,\left( {a,\,\,c > 0} \right)}\\{\frac{b}{{\sqrt a + c}} = - 3}\end{array}} \right.\) (vì nếu \(c \le 0\) thì \(\left. {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {a{x^2} + bx} - cx} \right) = + \infty } \right).\)

Mặt khác, ta cũng có \({c^2} + a = 2.\) Do đó, \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {c^2} = 1}\\{b = - 3\left( {\sqrt a + c} \right) = - 6}\end{array} \Rightarrow a = 1\,,\,\,b = - 6\,,\,\,c = 1} \right..\)

Vậy \(P = a + b + 5c = 0.\)Chọn A.

Ta có \(g'\left( x \right) = {\left( {3 - x} \right)^\prime }f'\left( {3 - x} \right) + \frac{1}{6} \cdot 3 \cdot 2x \cdot {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} = - f'\left( {3 - x} \right) + x \cdot {\left( {{x^2} - 1} \right)^2}\).

Với \(f'\left( x \right) = \left( {3 - x} \right){\left( {10 - 3x} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^2}\)

\[ \Rightarrow f'\left( {3 - x} \right) = \left[ {3 - \left( {3 - x} \right)} \right] \cdot {\left[ {10 - 3\left( {3 - x} \right)} \right]^2} \cdot {\left[ {\left( {3 - x} \right) - 2} \right]^2} = x \cdot {\left( {3x + 1} \right)^2} \cdot {\left( {x - 1} \right)^2}\]

Do đó \(g'\left( x \right) = - x \cdot {\left( {3x + 1} \right)^2} \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} + x \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} \cdot {\left( {x + 1} \right)^2}\)

\( = x \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} \cdot \left[ { - {{\left( {3x + 1} \right)}^2} + {{\left( {x + 1} \right)}^2}} \right] = x \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} \cdot \left( { - 8{x^2} - 4x} \right) = - {x^2} \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} \cdot \left( {8x + 4} \right)\).

Suy ra \(g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow - 8x - 4 > 0 \Leftrightarrow - 8x > 4 \Leftrightarrow x < - \frac{1}{2}.\)

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty \,;\,\, - \frac{1}{2}} \right).\)Chọn D.

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

Ta có\(O,\,\,A \in \left( S \right)\); \(OA = 2\sqrt 2 \Rightarrow {R_{OAB}} = \frac{{OA\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}.\)

Gọi \(H\) là tâm tam giác đều \[OAB\].

Do \(O,\,\,A,\,\,B \in \left( S \right) \Rightarrow IH = d\left( {I,\,\,\left( {OAB} \right)} \right) = \sqrt {{R^2} - R_{OAB}^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Giả sử \(\left( {OAB} \right):ax + by + cz = 0\) do

\(A \in \left( {OAB} \right) \Rightarrow 2a + 2b = 0 \Leftrightarrow a = - b \Rightarrow \left( {OAB} \right):ax - ay + cz = 0.\)

Ta có \(d\left( {I,\,\,\left( {OAB} \right)} \right) = \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {2{a^2} + {c^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow {a^2} = {c^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = c}\\{a = - c}\end{array}} \right.\) .

•Với \(a = c\) chọn\(a = 1\,,\,\,c = 1 \Rightarrow (P):x - y + z = 0 \Rightarrow B\left( { - 2\,;\,\,2\,;\,\,4} \right)\) (loại).

•Với \(a = - c\) chọn\(a = 1\,,\,\,c = - 1 \Rightarrow (P):x - y - z = 0 \Rightarrow B\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right)\).

Chọn B.

Gọi \(A\left( {{z_1}} \right) \Rightarrow A\) thuộc đường tròn tâm \(I\left( {3\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(R = 1.\)

Gọi \(B\left( {{z_2}} \right) \Rightarrow B\) thuộc parabol có phương trình là \(\left( P \right):y =  - {x^2} + 1.\)

Khi đó \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right|\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow AB\) nhỏ nhất.

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( P \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = 1\) là \(d:y =  - 2x + 2.\)

Dựa vào hình vẽ, ta được \(A{B_{\min }} = IB - IA = IB - R = \sqrt 5  - 1\) với \(B\left( {1\,;\,\,0} \right).\)Chọn B.

Ta có \(f\left( x \right)\) là hàm lẻ trên\(\mathbb{R}\).Hàm số đồng biến trên\(\mathbb{R}\).

Ta có \(f\left( {{4^x} - mx + 37m} \right) + f\left( {\left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow f\left( {{4^x} - mx + 37m} \right) \ge f\left( { - \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {4^x} - mx + 37m \ge - \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x} \Leftrightarrow {4^x} + \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x} - mx + 37m \ge 0(*)\)\(f\left( {{4^x} - mx + 37m} \right) + f\left( {\left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x}} \right) \ge 0\) nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow (*)\) nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)

Đặt \[f\left( x \right) = {4^x} + \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x} - mx + 37m \Rightarrow f'\left( x \right) = {4^x}\ln 4 + \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x}\ln 2 + {2^x} - m\].

Nhận xét: \(f\left( 5 \right) = 0\). Điều kiện cần: \(f'\left( 5 \right) = 0 \Leftrightarrow m = 32\).

Điều kiện đủ: \(f\left( x \right) = {4^x} + \left( {x - 69} \right) \cdot {2^x} - 32x + 1184 = \left( {{2^x} - 32} \right)\left( {{2^x} + x - 37} \right)\)

•Nếu \(x > 5\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} - 32 > 0}\\{{2^x} + x - 37 > 0}\end{array} \Rightarrow f\left( x \right) > 0} \right..\)

•Nếu \(x = 5\) thì \(f\left( 5 \right) = 0\).

•Nếu \(x < 5\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} - 32 < 0}\\{{2^x} + x - 37 < 0}\end{array} \Rightarrow f\left( x \right) > 0} \right..\)

Vậy với \(m = 32\) thì bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}.\) Chọn C.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Ta có \(O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,3\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,4} \right),\,\,D\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\)

Và \(E\left( {1\,;\,\,\frac{3}{2}\,;\,\,0} \right),\,\,F\left( {0\,;\,\,\frac{3}{2}\,;\,\,2} \right),\,\,P\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,4} \right),\,\,M\left( {2\,;\,\,3\,;\,\,0} \right),N\left( {0\,;\,\,3\,;\,\,4} \right).\)

Khi đó \(\overrightarrow {OM} = \left( {2\,;\,\,3\,;\,\,0} \right),\,\,\overrightarrow {ON} = \left( {0\,;\,\,3\,;\,\,4} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OM} \,;\,\,\overrightarrow {ON} } \right] = \left( {12\,;\,\, - 8\,;\,\,6} \right)\)và \[\overrightarrow {OP} = \left( {2\,;\,\,0\,;\,\,4} \right)\].

Thể tích khối tứ diện \[OMNP\] là: \({V_{O.MNP}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} \,;\,\,\overrightarrow {ON} } \right] \cdot \overrightarrow {OP} } \right| = 8.\)

Thể tích của tứ diện \[OMNP\] bằng \(8{a^3}.\)Chọn C.

Ta có \(y =  - {x^4} + 6{x^2} + mx \Rightarrow y' =  - 4{x^3} + 12x + m\).

Suy ra \(y' = 0 \Leftrightarrow  - 4{x^3} + 12x + m = 0 \Leftrightarrow m = 4{x^3} - 12x = f\left( x \right)\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m = f\left( x \right)\) có 3 nghiệm đơn phân biệt.

Bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\):

Dựa vào hình vẽ, ta được \( - 8 < m < 8\).

Đáp án: 17.

Phương trình (*) vô nghiệm thì \({x^2} + bx + c = 0\) cũng vô nghiệm.

Điều kiện: \(x \ne - 1\) không có ý nghĩa ở bài toán này.

Khi đó \(\Delta = {b^2} - 4c < 0 \Leftrightarrow {b^2} < 4c.\)

TH1: \(b = 1 \Rightarrow 4c > 1 \Leftrightarrow c > \frac{1}{4} \Rightarrow c \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6} \right\}.\) Suy ra có 6 cách gieo.

TH2: \[b = 2 \Rightarrow 4c > 4 \Leftrightarrow c > 1 \Rightarrow c \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6} \right\}.\] Suy ra có 5 cách gieo.

TH3: \(b = 3 \Rightarrow 4c > 9 \Leftrightarrow c > \frac{9}{4} \Rightarrow c \in \left\{ {3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6} \right\}.\) Suy ra có 4 cách gieo.

TH4: \(b = 4 \Rightarrow 4c > 16 \Leftrightarrow c > 4 \Rightarrow c \in \left\{ {5\,;\,\,6} \right\}.\) Suy ra có 2 cách gieo.

TH5: \(b = 5 \Rightarrow 4c > 25 \Leftrightarrow c > \frac{{25}}{4} \Rightarrow c \in \emptyset .\)

Vậy xác suất cần tìm là \(P = \frac{{6 + 5 + 4 + 2}}{{6.6}} = \frac{{17}}{{36}}.\)

Đáp án: \(\frac{{17}}{{36}}.\)

Đồ thị hàm số bậc hai \(y = a{x^2} + bx + c\) đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0\,;\,\,0} \right)\) nên \(c = 0.\)

Suy ra công thức hàm số là \(a{x^2} + bx.\)

Mặt khác đồ thị hàm số qua hai điểm \(A\left( {43\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0,2\,;\,\,1,87} \right)\) nên ta có hệ phương trình:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \cdot {{\left( {0,2} \right)}^2} + b \cdot 0,2 = 1,87}\\{a \cdot {{43}^2} + b \cdot 43 = 0}\end{array}} \right.\]

Suy ra \(a = - \frac{{187}}{{856}};\,\,b = \frac{{8041}}{{856}}\) nên có hàm số \(y = - \frac{{187}}{{856}}{x^2} + \frac{{8041}}{{856}}x.\)

Hình chiếu của đỉnh \(S\) trên trục hoành là \(H\) nên

\({y_S} = f\left( {{x_S}} \right) = f\left( {{x_H}} \right) = f\left( {\frac{{{x_A}}}{2}} \right) = f\left( {\frac{{43}}{2}} \right) \approx 101\,\,(m).\)

Vậy độ cao từ đỉnh vòm phia trong một trụ của cầu Nhật Tân tới mặt đường là khoảng \(101\;\,\,{\rm{m}}.\)

Đáp án: 101.

Xét hàm số \(y = f\left( {{x^2} + 1} \right)\) có \(y' = 2x \cdot f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0}\end{array}} \right.\).

Dựa vào hình vẽ, ta thấy \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\) (loại nghiệm kép \(x = 2\))

Khi đó \(f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 1 = 1}\\{{x^2} + 1 = 3}\\{{x^2} + 1 = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} = 0}\\{{x^2} = 2}\\{{x^2} = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x =  \pm \sqrt 2 .}\\{x =  \pm \sqrt 3 }\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Bảng biến thiên của \(f\left( {{x^2} + 1} \right)\):

Dựa vào hình vẽ, ta thấy \(f\left( {{x^2} + 1} \right) = f\left( 3 \right)\) có tất cả 4 nghiệm phân biệt.

Đặt\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 3}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 3} \right)g\left( x \right) + 15 \Rightarrow \mathop {\lim f\left( x \right) = 15}\limits_{x \to 3} \).

Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}} - 4}}{{{x^2} - x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{5f\left( x \right) - 11 - 64}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}}} \right)}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}} + 16}} \cdot \frac{1}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)}}\)

 \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{5\left[ {f\left( x \right) - 15} \right]}}{{x - 3}} \cdot \frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}}} \right)}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}} + 16} \right]}}\)\( = 5 \cdot 12 \cdot \frac{1}{{5 \cdot \left[ {16 + 16 + 16} \right]}} = \frac{1}{4}.\)

Đáp án: \(\frac{1}{4}.\)

Giả sử khối chóp đó là \[S.ABCD.\]

Ta có \(R = \frac{{S{A^2}}}{{2SH}} = 9 \Rightarrow \frac{{S{H^2} + A{H^2}}}{{SH}} = 18 \Leftrightarrow A{H^2} = 18 \cdot SH - S{H^2}\)

Mặt khác \[V = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot \frac{{A{C^2}}}{2}\]

\[ = \frac{2}{3}SH \cdot A{H^2} = \frac{2}{3}SH \cdot \left( {18 \cdot SH - S{H^2}} \right).\]

Xét hàm số

\(f\left( t \right) = \frac{2}{3}{t^2}\left( {18 - t} \right) = \frac{8}{3} \cdot \left[ {\frac{t}{2} \cdot \frac{t}{2} \cdot \left( {18 - x} \right)} \right]\)\( \le \frac{8}{3} \cdot {\left( {\frac{{t + 18 - t}}{3}} \right)^3} = \frac{8}{3} \cdot {\left( {\frac{{18}}{3}} \right)^3} = 576\,\,\,\left( {0 < t < 18} \right).\)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{t}{2} = 18 - t \Leftrightarrow t = 12.\)

Vậy thể tích của khối chóp\[S.ABCD\]đạt giá trị lớn nhất là 576 khi và chỉ khi \(SH = 12.\)

Đáp án: 576.

Diện tích miếng đất là \({S_1} = \pi {R^2} = 25\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Chọn hệ trục tọa độ \[Oxy\] như hình vẽ.

Ta có phương trình của đường tròn biên là \({x^2} + {y^2} = 25\) nên\[R = 5\,,\,\,AH = 3 \Rightarrow OH = 4.\]

Phương trình của cung tròn nhỏ là \(y = \sqrt {25 - {x^2}} \), với \(4 \le x \le 5.\)

Diện tích phần đất trồng là \({S_2} = 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} \,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Diện tích phần đất trồng cây là \(S = {S_1} - {S_2} = 25\pi  - 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} \,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Số tiền thu được là \(T = 100S = 100\left( {25\pi  - 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} } \right) \approx 7\,\,445\) (nghìn đồng).

Đáp án: 7445.

Ta có điểm biểu diễn \(z\) là \(M\left( {x\,;\,\,y} \right).\)

•Với \(m = 0\), ta có \(z = 0\), thỏa mãn yêu cầu bài toán.

•Với \(m > 0\):

− Tập hợp điểm biểu diễn của số phức \(z\) thỏa mãn \(\left| z \right| = m\) đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) tâm \(I\left( {0\,;\,\,0} \right)\) bán kính \(R = m\)

− Tập hợp điểm biểu diễn của số phức \(z\) thỏa mãn\(\left| {z - 4m + 3mi} \right| = {m^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 4m} \right)^2} + {\left( {y + 3m} \right)^2} = {m^4}\) nên\(M\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) tâm \(I'\left( {4m\,;\,\, - 3m} \right)\), bán kính \(R' = {m^2}.\)

Có duy nhất một số phức \(z\) thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) tiếp xúc nhau

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{OI = R + R'}\\{OI' = \left| {R - R'} \right|}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{5m = {m^2} + m}\\{5m = \left| {{m^2} - m} \right|}\\{m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 4}\\{m = 6}\end{array}.} \right.} \right.}\end{array}} \right.\)

Kết hợp với \(m = 0\), suy ra \(m \in \left\{ {0\,;\,\,4\,;\,\,6} \right\}.\) Vậy tổng tất cả các giá trị của \(m\) là 10.

Đáp án: 10.

Ta có \({\log _x}y + 6{\log _y}x = 5 \Leftrightarrow {\log _x}y + \frac{6}{{{{\log }_x}y}} = 5 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_x}y} \right)^2} - 5{\log _x}y + 6 = 0\)

TH1: \({\log _x}y = 2 \Leftrightarrow y = {x^2} \in \left[ {2\,;\,\,2021} \right] \Leftrightarrow 2 \le {x^2} \le 2021 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt 2 \le x \le \sqrt {2021} }\\{ - \sqrt {2021} \le x \le - \sqrt 2 }\end{array}} \right..\)

Kết hợp với điều kiện: \(2 \le x \le 2020\) và \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow \) có 43 cặp số nguyên \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\).

TH2: \({\log _x}y = 3 \Leftrightarrow y = {x^3} \in \left[ {2\,;\,\,2021} \right] \Leftrightarrow 2 \le {x^3} \le 2021 \Leftrightarrow \sqrt[3]{2} \le x \le \sqrt[3]{{2021}}\)

Kết hợp với điều kiện: \(2 \le x \le 2020\) và \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow \) có 11 cặp số nguyên \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\).

Vậy có tất cả \(43 + 11 = 54\) cặp số nguyên \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\).

Đáp án: 54.

Ta có \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \[AB,{\rm{ }}J\] là trung điểm của \[CD.\]

Mà \[M,\,\,K\] lần lượt là trọng tâm của tam giác \[SAB,\,\,SCD\] nên \(\frac{{SM}}{{SI}} = \frac{{SK}}{{SJ}} = \frac{2}{3}\).

Suy ra đồng dạng với theo tỉ số \(\frac{2}{3}\). Do đó \({V_{SMNK}} = {V_{K.SMN}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{V_{J.SIN}} = \frac{4}{9}{V_{J.SIN}}\).

Mặt khác \({V_{S.INJ}} = {V_{J.SIN}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\) nên \({V_{SMNK}} = \frac{4}{9} \cdot \frac{{{a^3}}}{{12}} = \frac{{{a^3}}}{{27}}\).

Vậy \(m = 1\,,\,\,n = 27 \Rightarrow m + n = 28\).

Đáp án: 28.

Ta có \(i \cdot \bar w = \left( {3 - 4i} \right)z + 2i \Leftrightarrow \left( {3 - 4i} \right)z = i \cdot \bar w - 2i \Leftrightarrow z = \frac{{i \cdot \bar w - 2i}}{{3 - 4i}}\)

\( \Leftrightarrow \left| z \right| = \left| {\frac{{i \cdot \bar w - 2i}}{{3 - 4i}}} \right| \Leftrightarrow \left| {\frac{{i \cdot \left( {\bar w - 2} \right)}}{{3 - 4i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| i \right| \cdot \left| {\bar w - 2} \right|}}{{\left| {3 - 4i} \right|}} = 2\)\( \Leftrightarrow \left| {\bar w - 2} \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {w - 2} \right| = 10.\)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức \(w\) là đường tròn có bán kính bằng 10.

Đáp án: 10.

Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn: \(IA - 2IB = 0 \Rightarrow I\left( { - 4\,;\,\,3\,;\,\, - 2} \right).\)

Khi đó \(T = M{A^2} - 2M{B^2} = - M{I^2} + I{A^2} - 2I{B^2} \Rightarrow {T_{\max }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}\)

\( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( P \right).\)

Khi đó đường thẳng \[MI\] đi qua \(I\left( { - 4\,;\,\,3\,;\,\, - 2} \right)\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến \[\vec n\left( {5\,;\,\, - 1\,;\,\,1} \right)\] của \(\left( P \right)\) làm vectơ chỉ phương, phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4 + 5t}\\{y = 3 - t}\\{z = - 2 + t}\end{array}\,\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right..\)

Ta có \(M = IM \cap \left( P \right) \Rightarrow \) Tọa độ \(M\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4 + 5t}\\{y = 3 - t}\\{z = - 2 + t}\\{5x - y + z - 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 1}\\{y = 2}\\{z = - 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Do đó \(M\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow {x_M} = 1.\)

Đáp án: 1.

Ta có \({a^x} = {b^y} = \sqrt {ab} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {{\log }_a}\sqrt {ab} = \frac{1}{2}{{\log }_a}\left( {ab} \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{{\log }_a}b}\\{y = {{\log }_b}\sqrt {ab} = \frac{1}{2}{{\log }_b}\left( {ab} \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{{\log }_b}a}\end{array}} \right.\)

Đặt \(X = {\log _a}b > 0\), khi đó \(P = x + 2y = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}X + 2 \cdot \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{X}} \right)\)

\( = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}X + 1 + \frac{1}{X} = \left( {\frac{X}{2} + \frac{1}{X}} \right) + \frac{3}{2} \ge 2\sqrt {\frac{X}{2} \cdot \frac{1}{X}} + \frac{3}{2} = \sqrt 2 + \frac{3}{2}{\rm{. }}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\sqrt 2 + \frac{3}{2} \approx 3.\)

Đáp án: 3.

Kẻ \(SH \bot AB \Rightarrow H\) là trung điểm của AB.

Do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\) nên từ \(SH \bot AB\) ta được \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Mặt khác ta có \(BA \cap \left( {SAC} \right) = \left\{ A \right\}\) và H là trung điểm của AB nên ta có \(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HK \bot AC\,\,\left( {K \in AC} \right)\) và trong \(\left( {SHK} \right)\) kẻ \(HE \bot SK\,\,(E \in SK)\).

Ta có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot AC\).

Kết hợp với \(HK \bot AC\) ta được \(AC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AC \bot HE\).

Hơn nữa \(HE \bot SK\) nên \(HE \bot (SAC)\).

Vậy \(d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = HE \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HE\).

Trong \((ABCD)\) ta có .

Mặt khác dễ thấy \(SH = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \). Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SHK\) ta có

\(\frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HE = \frac{{2\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{4\sqrt {21} }}{7}{\rm{.}}\)

Suy ra \(a = 4,b = 21,c = 7.\) Vậy \(a + b + c = 32.\)

Đáp án: 32.

Gọi E là giao điểm của AB với mặt cầu tâm B bán kính 2 và F là trung điểm của EB suy ra E là trung điểm của AB, \(BE = BM = 2\).

Xét \(\Delta AFC\) có:

\(F{C^2} = A{C^2} + A{F^2} - 2AC.AF.\cos \widehat {CAB} = {2^2} + {3^2} - 2.2.3.\cos 120^\circ  = 19\)\( \Rightarrow FC = \sqrt {19} .\)

Xét \[\Delta BFM\] và \(\Delta BMA\) có:\(\widehat {ABM}\) chung, \(\frac{{BF}}{{BM}} = \frac{{BM}}{{BA}} = \frac{1}{2}\).

Do đó .

Khi đó \(MA + 2MC = 2\left( {MF + MC} \right) \ge 2FC = 2\sqrt {19}  \Rightarrow MA + 2MC \ge 2\sqrt {19} \).

Điểm\[F\] nằm trong mặt cầu \[\left( S \right)\] và \[C\] nằm ngoài mặt cầu \[\left( S \right)\].

Dấu  xảy ra khi \[M\] là giao điểm của \[FC\] và \[\left( S \right)\].

Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(MA + 2MC\) là \(2\sqrt {19} \).

Suy ra \(a = 2,\,\,b = 19 \Rightarrow a + b = 21\).

Đáp án: 21.

Giải thích: “Săn bắt” là hành động con người sử dụng các công cụ lao động nhằm săn và bắt các con thú. Đại bàng là động vật, không thể thực hiện hành động này. Chọn B.

Từ “nhiễm” (bị yếu tố bên ngoài thường là độc hại xâm nhập vào gây ra những hậu quả xấu) dùng chưa hợp lí trong ngữ cảnh câu văn. Chọn C.

“Biệt đãi” là đối xử đặc biệt, biểu thị thái độ rất coi trọng nên sử dụng từ “bị” trước đó là không phù hợp. Chọn A.

Từ “xâm nhập” dùng sai vì “xâm nhập” có nghĩa là đi vào một cách trái phép, thường gây ra tác hại. Nên thay “xâm nhập” bằng “thâm nhập” (đi sâu vào và cùng hoà mình trong một môi trường hoạt động nào đó). Chọn C.

“Nhưng” là quan hệ từ biểu hiện quan hệ trái ngược, nghịch đối giữa hai vế. Vế câu “Cô chăm sóc cho anh từng li từng tí” không có quan hệ trái ngược với vế còn lại “anh vô cùng cảm động trước tình cảm của cô dành cho mình”. Cần thay “nhưng” bằng “và” hoặc “nên”. Chọn B.

Từ có nghĩa không giống các từ còn lại là “học tập”. “Học vẹt, học gạo, học vần” là các kiểu và các cách học. “Học vẹt” là học bằng cách bắt chước y hệt không quan tâm đến nội dung, “học gạo” là học bằng cách nhồi nhét kiến thức thuần túy, “học vần” là học đánh vần. “Học tập” là học nói chung. Chọn C.

Từ “quả” trong “quả cam” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại dùng với nghĩa chuyển. Chọn A.

Từ “trăng trắng” mang tính chất giảm nhẹ mức độ, tính chất. Các từ còn lại mang tính chất tăng dần về mức độ, tính chất. Chọn B.

Từ “kéo” chỉ hành động làm cho vật di chuyển lại gần. Các từ “quăng, quẳng, lia” chỉ hành động làm cho vật di chuyển ra xa. Chọn D.

Từ “mênh mông” là từ tượng hình. Các từ còn lại đều là từ tượng thanh. Chọn B.

Chí Phèo thể hiện tài năng truyện ngắn bậc thầy của Nam Cao: xây dựng thành công những nhân vật điển hình bất hủ; nghệ thuật trần thuật linh hoạt, tự nhiên mà vẫn nhất quán, chặt chẽ; ngôn ngữ nghệ thuật đặc sắc. Chọn A.

Chúng ta có trách nhiệm bảo tồn và phát huy vẻ đẹp truyền thống của văn hóa dân tộc. Chọn B.

“xanh xao” là từ chỉ màu sắc của da người. Các từ còn lại không dùng để miêu tả màu sắc của da người.Chọn C.

Từ “chống cự”: đánh trả lại để tự vệ phù hợp để điền vào chỗ trống. Chọn A.

Người chiến sĩ hi sinh anh dũng ấy nay đã được đưa về với đất mẹ quê hương. Chọn D.

Điệp từ “nắng”. Chọn C.

Nghị luận là phương thức biểu đạt chính của đoạn trích. Chọn D.

Cảm xúc mong mỏi của nhân vật trữ tình được thể hiện qua 2 dòng thơ cuối. Chọn A.

Nhân vật được đề cập đến trong đoạn trích là Phan Châu Trinh. Chọn B.

Đoạn văn quy nạp, câu chủ đề ở cuối đoạn “Chính người phụ nữ là người chăm sóc và giáo dục con cái chủ yếu trong gia đình”. Chọn B.

Từ “đặng” đồng nghĩa với từ “để”. Chọn C.

Điệp từ “Nỗi nhớ”, “nhớ”. Chọn A.

Đôi nam nữ trong đoạn trích trên đã nhầm nhân vật “tôi” là vua Khải Định. Chọn C.

Về điển tích, Hoàng Sào trước là một anh hùng, nhưng sự nghiệp không bền vì hiếu sát, làm mất lòng dân và tướng sĩ, từ anh hùng trở thành giặc loạn, nên Kiều khuyên Từ “nghìn năm ai có khen đâu Hoàng Sào!”. Chọn A.

Các địa danh xuất hiện trong đoạn trích gắn với những trò chơi, niềm vui tuổi thơ của nhân vật trữ tình: ra cống Na câu cá, đi chợ Bình Lâm, bắt chim sẻ ở vành tai tượng Phật, ăn trộm nhãn chùa Trần, lên chơi đền Cây Thị, xem lễ đền Sòng,… Chọn B.

Thông điệp gửi qua đoạn trích: Cần lựa chọn cái đẹp đích thực để phù hợp với văn hóa. Chọn A.

Chính âm thanh tiếng sáo đã đánh thức Mị nhớ về quá khứ, nhớ lại những giai điệu ngọt ngào từ thuở xa xôi. Bằng cách trở về với quá khứ đã thổi bùng lên trong lòng Mị khát vọng tình yêu, khát vọng tuổi trẻ, kí ức về quá khứ tươi đẹp một thời đã “có biết bao nhiêu người mê, ngày đêm đã thổi sáo đi theo Mị”. Chọn B.

Hình ảnh “củi một cành khô lạc mấy dòng” là hình ảnh ẩn dụ gợi nỗi buồn về kiếp người nhỏ bé vô định. Chọn B.

Biện pháp nhân hóa và so sánh:

+Nhân hóa được thể hiện qua các từ ngữ: chuyển hướng, vòng qua, vẽ một hình cung, ôm lấy,xuôi dần,...

+ So sánh được thể hiện qua các câu văn: và từ đó nó trôi đi giữa hai dãy đồi sừng sững như thành quách, người ta luôn luôn nhìn thấy dòng sông mềm như tấm lụa, với những chiếc thuyền xuôi ngược chỉ bé vừa bằng con thoi.

→ Chọn A.

Đoạn trích kể lại việc hai chị em Chiến và Việt khiêng bàn thờ má sang gửi nhờ nhà chú Năm. Chọn D.

Địa chủ và nông dân là giai cấp cũ trong xã hội.Công nhân là giai cấp mới được hình thành trong cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất của thực dân Pháp.Chọn D.

Hội Quốc liên ra đời để duy trì trật tự thế giới sau Chiến tranh thế giới thứ nhất.Chọn B.

Với kế hoạch Mácsan (6-1947), Mĩ đã viện trợ cho Tây Âu 17 tỷ đô la giúp Tây Âu khôi phục kinh tế. Kế hoạch Mácsan của Mĩ đã tạo nên sự đối lập về kinh tế và chính trị giữa các nước Tây Âu tư bản chủ nghĩa và các nước Đông Âu xã hội chủ nghĩa. Đây chính là mục đích hàng đầu của Mĩ khi thực hiện kế hoạch Mácsan để tạo lập đồng minh quân sự chống lại Liên Xô và Đông Âu. Chọn A.

Một đặc điểm lớn của tình hình thế giới sau Chiến tranh lạnh là sự điều chỉnh quan hệ giữa các nước lớn theo chiều hướng đối thoại, thỏa hiệp, tránh xung đột trực tiếp.Chọn B.

Năm 1949, Liên Xô chế tạo thành công bom nguyên tử, phá vỡ thế độc quyển bom nguyên tử của Mĩ. Chọn D.

Tình trạng đối đầu hai cực Xô-Mĩ là do sự đối lập nhau về mục tiêu và chiến lược giữa hai quốc gia và không chịu sự tác động của cuộc cách mạng khoa học-kĩ thuật lần thứ hai. Chọn A.

Vào giữa thế kỷ XIX, Việt Nam bị cô lập với thế giới bên ngoài chủ yếu là do chính sách “bế quan tỏa cảng” của nhà Nguyễn.Chọn B.

Sau Chiến tranh thế giới thứ hai, Mĩ và các nước Tây Âu thành lập khối quân sự NATO nhằm mục đích chống lại Liên Xô và các nước xã hội chủ nghĩa ở Đông Âu.Chọn D.

Hoa Kì nằm giữa Thái Bình Dương và Đại Tây Dương→ Nhận định Hoa Kì nằm giữa Ấn Độ Dương và Đại Tây Dương là sai. Chọn D.

Trung Quốc đã sử dụng lực lượng lao động dồi dào ở địa bàn nông thôn để phát triển ngành dệt may(SGK/94 Địa lí 11). Chọn A.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- A sai: mùa bão diễn ra từ tháng 6-12

- B sai: bão không chỉ hình thành trên biển Đông, có những cơn bão xuất phát từ vùng biển phía Nam hoặc phía Bắc

- C sai: các cơn bão đổ bổ bộ nhiều nhất vào miền Trung nước ta, miền Nam cũng chịu ảnh hưởng của bão nhưng ít hơn và đến muộn hơn.

- D đúng: mùa bão chậm dần từ Bắc vào Nam. Chọn D.

Nơi có nhiệt độ cao, nhiều nắng, it sông đổ ra biển thuận lợi nhất cho nghề làm muối vì có độ bốc hơi cao, độ mặn cao. Chọn B.

Điện Biên Phủ, Hà Giang, Tuyên Quang. Chọn A.

Cơ cấu + 1 mốc thời gian → Biểu đồ tròn. Chọn C.

Các nhà máy nhiệt điện chạy bằng than không phát triển ở phía Nam chủ yếu là do xa nguồn nguyên liệu than chứ không phải vì lý do nào khác. Chọn A.

Thế mạnh nông nghiệp nhiệt đới ở trung du và miền núi nước ta là cây công nghiệp lâu năm (cà phê, cao su, chè, hồ tiêu, điều…) và chăn nuôi gia súc lớn trên các đồng cỏ (trâu, bò). Chọn A.

Cà phê là cây trồng quan trọng nhất của Tây Nguyên. Chọn D.

Giá trị nông sản nói chung, thuỷ sản nói riêng được nâng cao khi làm chủ được khâu chế biến. Mặt khác, việc xuất khẩu thuỷ sản thu lại lợi nhuận lớn.Chọn A.

Ở điều kiện bình thường, chất khí không dẫn điện. → A sai

Tia sét là dòng điện tự lực trong chất khí khi không khí chịu tác dụng của điện trường cực mạnh đến mức bị ion hoá → B sai

Tia lửa điện và hồ quang điện là hai dạng phóng điện tự lực trong chất khí có cùng điều kiện xuất hiện → C sai

Chọn D.

Cảm ứng từ tại điểm \({\rm{M}}\) có độ lớn là \(B = {2.10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{r} = \frac{{{{2.10}^{ - 7}}.1}}{{0,1}} = {2.10^{ - 6}}\;{\rm{T}}\). Chọn C.