Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 28)

Tính đến ngày 16/12/2020 Mỹ có số ca mắc Covid-19 nhiều nhất thế giới là: hơn 17 triệu người. Chọn D.

Các biện pháp tu từ:

+ Điệp từ: ta, mình, nhớ,…

+ Liệt kê: Trăng lên đầu núi, nắng chiều lưng nương, Nhớ từng bản khói cùng sương, Nhớ từng rừng nứa bờ tre, Ngòi Thia, sông Đáy, suối Lê vơi đầy,…

+ So sánh: Nguồn bao nhiêu nước nghĩa tình bấy nhiêu,…

→ Chọn A.

Hai câu thơ (3) và (4) chịu ảnh hưởng trực tiếp từ thể loại ca dao. Câu thơ làm ta nhớ đến các câu ca dao như: “Qua đình ngả nón trông đình, Đình bao nhiêu ngói thương mình bấy nhiêu.”, “Qua cầu ngả nón trông cầu, Cầu bao nhiêu nhịp dạ em sầu bấy nhiêu”,… Chọn B.

Cặp từ hô ứng: mình – ta. Chọn A.

Hai đại từ “mình – ta”: Mình chỉ cán bộ về xuôi, ta chỉ nhân dân Việt Bắc. Chọn A.

Chủ đề nổi bật bao trùm đoạn trích là nỗi nhớ sâu sắc của cán bộ cách mạng về xuôi với thiên nhiên, cuộc sống sinh hoạt thời kháng chiến và con người Việt Bắc. Chọn D.

Ta có \(m \ge - 4\)\(f\left( x \right) = \frac{1}{{2x - 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow f''\left( x \right) = \frac{8}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^3}}} \Rightarrow f''\left( 1 \right) = 8\).

Chọn D.

Đoạn trích nói về số phận đau thương và sức sống kiên cường hiên ngang mạnh mẽ quyết liệt vượt lên mọi sự hủy diệt bởi bom đạn kẻ thù của những cây xà nu. Chọn D.

Hình tượng rừng xà nu trong đoạn trích trên được Nguyễn Trung Thành miêu tả:

- Bất hạnh đau thương: Cả rừng xà nu hàng vạn cây không có cây nào không bị thương. Có những cây bị chặt đứt ngang nửa thân mình, đổ ào ào như một trận bão. Ở chỗ vết thương, nhựa ứa ra, tràn trề, thơm ngào ngạt, long lanh nắng hè gay gắt, rồi dần dần bầm lại, đen và đặc quyện thành từng cục máu lớn.

- Kiên cường, mãnh liệt: Cạnh một cây xà nu mới ngã gục, đã có bốn năm cây con mọc lên, ngọn xanh rờn, hình nhọn mũi tên lao thẳng lên bầu trời, Nó phóng lên rất nhanh để tiếp lấy ánh nắng, Đạn đại bác không giết nổi chúng, những vết thương của chúng chóng lành như trên một thân thể cường tráng. Chúng vượt lên rất nhanh, thay thế những cây đã ngã...

→ Chọn A.

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

Đoạn trích xây dựng được hình ảnh cây xà nu mang ý nghĩa biểu tượng cho dân làng Xô Man: vừa chịu nhiều đau thương nhưng cũng rất kiên cường, mãnh liệt. Chọn B.

Dấu hiệu của biện pháp nhân hóa được thể hiện thông qua các từ/cụm từ được Nguyễn Trung Thành sử dụng: bị thương, vết thương, từng cục máu lớn,...Chọn C.

Ta có \({\log _3}\left( {2x - 3} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x - 3 = 9 \Leftrightarrow x = 6\). Chọn D.

Phương thức biểu đạt chính được sử dụng trong đoạn trích là nghị luận. Chọn C.

Theo dõi 4 dòng đầu của đoạn trích để xác định nội dung chính: Chạy đua vũ trang là đi ngược lại lí trí con người và tự nhiên. Chọn A.

Câu văn thể hiện sự nguy hiểm của việc chạy đua vũ trang. Chọn D.

Thông điệp: Mong muốn thế giới không có chạy đua vũ trang và một cuộc sống hòa bình. Chọn B.

Dựa vào câu văn đứng trước đó, có thể xác định thành phần chủ ngữ bị lược bỏ là: “Chạy đua vũ trang”. Chọn A.

Ta có\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 1}\\{{x^2} + 2xy - {y^2} = 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 2x\left( {2x - 1} \right) - {{\left( {2x - 1} \right)}^2} = 7}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 4{x^2} - 2x - 4{x^2} + 4x - 1 - 7 = 0}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 2x - 8 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right) = 0}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 4 = 0}\\{x - 2 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4}\\{x = 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4}\\{y = - 9}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 3}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]. Chọn B.

Dựa vào đoạn văn cuối cùng. Xác định đối tượng mà tác giả muốn đem phân tích và giải thích là: miếng ngon Hà Nội. Chọn C.

Câu văn chính là dẫn chứng được tác giả đưa ra để tăng thêm tính thuyết phục cho luận điểm: có những tác phẩm mà giá trị của nó vượt qua sự băng hoại của thời gian. Chọn D.

Từ “cổ điển” trong đoạn trích gần nghĩa hơn cả với từ “mẫu mực”. Chọn B.

Từ “Việt Nam” trong đoạn trích là tính từ vì từ “Việt Nam” vốn là danh từ nhưng trong trường hợp này đã được tính từ hóa để khái quát được nhiều tố chất tốt đẹp của cả một dân tộc vào phong cách của một con người cụ thể. Chọn A.

Ẩn dụ: những miếng ngon mà người Việt Nam ăn vào thấy ngát mùi đất nước Việt Nam, thấy mình Việt Nam hơn → cảm nhận được vẻ đẹp dân giã trong từng món ăn Việt Nam, từ đó thêm yêu quý, tự hào về quê hương, đất nước mình hơn. Chọn A.

Dựa vào hình vẽ ta thấy\(A\left( { - 2\,;\,\,1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\left( {1\,;\,\,3} \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \[AB\] nên \(I\left( { - \frac{1}{2}\,;\,\,2} \right)\).

Vậy trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] biểu diễn số phức\( - \frac{1}{2} + 2i\).Chọn B.

Trong thời gian thực hiện hai kế hoạch Nhà nước 5 năm (1976-1985) nước ta lâm vào tình trạng khủng hoảng kinh tế-xã hội.Chọn C.

A, B, C loại vì nội dung các phương án này là nguyên nhân khách quan, không phải nguyên nhân mang tính quyết định. Chọn D vì đất nước lâm vào tình trọng khủng hoảng, trước hết là khủng hoảng kinh tế-xã hội là nguyên nhân chủ quan mang tính quyết định, đòi hỏi Đảng ta phải tiến hành công cuộc đổi mới.

Gọi mặt phẳng\(\left( P \right)\)là mặt phẳng trung trực của\(A\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\, - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( {4\,;\,\,5\,;\,\,1} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\,\,8\,;\,\,2} \right)\).

Khi đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng\(\left( P \right)\) là \(\vec n = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,1} \right)\).

Gọi\(I\)là trung điểm của\(AB\)nên \(I\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\).

Khi đó mặt phẳng\(\left( P \right)\)đi qua trung điểm\(I\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\)và có 1 VTPT\(\vec n = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,1} \right)\)có phương trình là \(1\left( {x - 3} \right) + 4\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x + 4y + z - 7 = 0\).Chọn D.

Tọa độ điểm đối xứng với điểm\(Q\left( {2\,;\,\,7\,;\,\,5} \right)\)qua mặt phẳng\(\left( {Oxz} \right)\) là: \(\left( {2\,;\,\, - 7\,;\,\,5} \right)\).

Chọn C.

ĐKXĐ:\(x \ne - 2\)

TH1:\(x + 2 > 0 \Leftrightarrow x > - 2\)

\(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} > 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} - \frac{{x + 2}}{{x + 2}} > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right)}}{{x + 2}} > 0\)

\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right) > 0\) (vì \(x + 2 > 0\))

\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| > x + 2\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 > x + 2}\\{x - 1 < - x - 2}\end{array}} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 > 2{\mkern 1mu} \,\,{\mkern 1mu} \left( {loai} \right)}\\{2x < - 1}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow x < - \frac{1}{2}\).

Kết hợp với điều kiện\(x > - 2\), ta có tập nghiệm của bất phương trình là\( - 2 < x < - \frac{1}{2}\).

TH2:\(x + 2 < 0 \Leftrightarrow x < - 2\)

\(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} > 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} - \frac{{x + 2}}{{x + 2}} > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right)}}{{x + 2}} > 0\)

\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right) < 0\) (vì \(x + 2 < 0\))

\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| < x + 2\)\( \Leftrightarrow - x - 2 < x - 1 < x + 2\)

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

Kết hợp với điều kiện\(x < - 2\), nghiệm của bất phương trình là\(x \in \emptyset \).

Kết hợp hai trường hợp ta được tập nghiệm của bất phương trình là\(S = \left( { - 2\,;\,\, - \frac{1}{2}} \right)\).

Vậy nghiệm nguyên lớn nhất của bất phương trình là\( - 1\).Chọn A.

Ta có \(\sin {\mkern 1mu} x = \cos x \Leftrightarrow \sin {\mkern 1mu} x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi }\\{x = \pi - \frac{\pi }{2} + x + k2\pi {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \left( {vo{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nghiem} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Trên\(\left[ { - \pi \,;\,\,\pi } \right]\)phương trình có 2 nghiệm\(x = \frac{{ - 3\pi }}{4};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x = \frac{\pi }{4}\).Chọn C.

Số tiền phải thanh toán là 1 cấp số cộng với\({u_1} = 10\,\,000\) đồng và \(d = 3000\) đồng.

Số tiền phải thanh toán khi khoan một giếng sâu 100 mét là:

\({S_{100}} = \frac{{\left( {2{u_1} + 99d} \right)100}}{2} = \left( {2 \cdot 10\,\,000 + 99 \cdot 3\,\,000} \right).100 = 15\,\,850\,\,000\)(đồng).Chọn C.

Ta có\(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\frac{{x + 3}}{{x - 2}}dx} \)\( = \int {\left( {1 + \frac{5}{{x - 2}}} \right)dx} = x + 5\ln \left| {x - 2} \right| + C\)

Theo bài ra ta có:\(F\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow 1 + 5\ln 1 + C = 1 \Rightarrow C = 0\).

Do đó \(F\left( x \right) = x + 5\ln \left| {x - 2} \right|\).

Vậy \(F\left( 0 \right) = 5\ln 2\).Chọn A.

Đặt \(t = \sqrt {x + 1}  + 1\) thì \(t \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\). Với \(x = 3\) thì \(t = 3\).

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

Do đó bất phương trình\(f\left( t \right) \le m\)có nghiệm khi và chỉ khi\(m \ge  - 4\).Chọn A.

Ta có: \[v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( {6 - 3t} \right)dt} = 6t - \frac{{3{t^2}}}{2} + C\].

Theo bài ra ta có: Ô tô đang đứng yên và bắt đầu chuyển động, do đó\[v\left( 0 \right) = 0\]\[ \Rightarrow C = 0\].

Khi đó ta có\[v\left( t \right) = 6t - \frac{3}{2}{t^2}\], đây là một parabol có bề lõm hướng xuống, đạt giá trị lớn nhất tại\[t = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 6}}{{2 \cdot \left( { - \frac{3}{2}} \right)}} = 2\].

Vậy quãng đường ô tô đi được từ khi chuyển động đến khi vận tốc của ô tô đạt giá trị lớn nhất là:\[S = \int\limits_0^2 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^2 {\left( {6t - \frac{3}{2}{t^2}} \right)dt} = 8{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( m \right)\].Chọn D.

Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng.

Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là \(x\) (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: \(x{\left( {1 + 6\% } \right)^3}\) (triệu đồng).

Khi đó ta có\(x{\left( {1 + 6\% } \right)^3} \ge 500 \Leftrightarrow x \ge 420\) (triệu đồng).Chọn A.

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) \ge - 1\)\[ \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 1}}\]

\[ \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le 2\]\[ \Leftrightarrow 1 < x \le 3\].Chọn C.

Đường thẳng đi đi qua hai điểm\(\left( {1\,;\,\,0} \right)\,,\,{\mkern 1mu} \left( {2\,;\,\,2} \right)\)nên có phương trình

\(\frac{{x - 1}}{{2 - 1}} = \frac{{y - 0}}{{2 - 0}} \Leftrightarrow y = 2x - 2\).

Khi đó thể tích phần tròn xoay cần tính là:

\(V = \pi \int\limits_0^1 {2xdx} + \pi \int\limits_1^2 {\left| {2x - {{\left( {2x - 2} \right)}^2}} \right|dx} \)\( = \pi \int\limits_0^1 {2xdx} + \pi \int\limits_1^2 {\left| { - 4{x^2} + 10x - 4} \right|dx} \)

\( = \pi \cdot \left. {{x^2}} \right|_0^1 + \left. {\pi \left( { - \frac{{4{x^3}}}{3} + 5{x^2} - 4x} \right)} \right|_1^2\)\( = \pi \left( {1 + \frac{4}{3} + \frac{1}{3}} \right) = \frac{{8\pi }}{3}\).Chọn A.

TXĐ:\(D = \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Ta có \(y' = 2x + 8.\frac{2}{{2x}} - m = 2x + \frac{8}{x} - m\).

Để hàm số đồng biến trên\(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

\( \Leftrightarrow 2x + \frac{8}{x} - m \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow m \le 2x + \frac{8}{x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\)

Đặt \(g\left( x \right) = 2x + \frac{8}{x}\), khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0\,;\, + \infty } \right)} g\left( x \right)\).

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(2x + \frac{8}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \frac{8}{x}} = 2 \cdot 4 = 8\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0\,;\, + \infty } \right)} g\left( x \right) = 8\), dấu  xảy ra\( \Rightarrow 2x = \frac{8}{x} \Leftrightarrow x = 2\).

Từ đó ta suy ra được\(m \le 8\), kết hợp điều kiện\(m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\).

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

Ta có\(\left( {3x + 2yi} \right) + \left( {2 + i} \right) = 2x - 3i\)\( \Leftrightarrow \left( {3x + 2} \right) + \left( {2y + 1} \right)i = 2x - 3i\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2 = 2x}\\{2y + 1 = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = - 2}\end{array}} \right.\).Chọn B.

Theo bài ra ta có \(\left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\bar z + 1 - i} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\bar z + \overline {1 + i} } \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\overline {z + 1 + i} } \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {z + 1 + i} \right|\)

Đặt\(z = a + bi\) ta có:\(\left| {a + bi - 1 + 3i} \right| = \left| {a + bi + 1 + i} \right|\)

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

\( \Leftrightarrow - 2a + 1 + 6b + 9 = 2a + 1 + 2b + 1\)\( \Leftrightarrow 4a - 4b - 8 = 0\)\( \Leftrightarrow a - b - 2 = 0\).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức\(z\)là đường thẳng\(x - y - 2 = 0\).Chọn D.

Tọa độ điểm\(A\)là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y + 4 = 0}\\{x + 2y - 4 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{4}{7}}\\{y = \frac{{16}}{7}}\end{array}} \right. \Rightarrow A\left( { - \frac{4}{7}\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\frac{{16}}{7}} \right)\).

Tọa độ điểm\(B\)là nghiệm của hệ phương trình:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y + 4 = 0}\\{2x + 3y - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{{10}}{{11}}}\\{y = \frac{{14}}{{11}}}\end{array}} \right. \Rightarrow B\left( { - \frac{{10}}{{11}}\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\frac{{14}}{{11}}} \right).\)

Tọa độ điểm\(C\)là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y - 4 = 0}\\{2x + 3y - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 8}\\{y = 6}\end{array}} \right. \Rightarrow C\left( { - 8\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,6} \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( { - \frac{{78}}{{11}};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{52}}{{11}}} \right) \Rightarrow BC = \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}}\).

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}d\left( {A,{\mkern 1mu} BC} \right) \cdot BC\)\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - \frac{4}{7}} \right) + 3 \cdot \frac{{16}}{7} - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2}} }} \cdot \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}}\)\( = \frac{{26}}{{2 \cdot 7\sqrt {13} }} \cdot \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}} = \frac{{338}}{{77}}\).

Chọn C.

Đường tròn\(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\left( {x - m} \right)^2} + {y^2} = 9\)có tâm\(I\left( {m\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,0} \right)\)và bán kính\(R = 3\).

Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn khi và chỉ khi\(d\left( {I,\,\,\Delta } \right) = R = 3\).

\( \Rightarrow \frac{{\left| {3m + 3} \right|}}{5} = 3 \Leftrightarrow \left| {3m + 3} \right| = 15 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m + 3 = 15}\\{3m + 3 = - 15}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m = 12}\\{3m = - 18}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 4}\\{m = - 6}\end{array}} \right.\).

Vậy \(m = 4\) và \(m = - 6\).Chọn B.

Gọi mặt phẳng\(\left( Q \right)\)chứa trục \[Oy\] và vuông góc với\(\left( P \right):x + y + 2z - 2 = 0\).

Khi đó \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} \bot \overrightarrow {{n_1}} = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)}\\{\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} \bot \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} \,;\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\].

Mà mặt phẳng\(\left( Q \right)\)đi qua\(O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\)nên phương trình có dạng\(2x - z = 0\).Chọn B.

Ta có\({S_{xq}} = \pi r\ell \Leftrightarrow 3\pi {a^2} = \pi \cdot a \cdot \ell \Leftrightarrow \ell = 3a\).Chọn B.

Vì hình nón có bán kính \(R\) và chiều cao \(h\) bằng nhau nên \(h = R\) và thể tích hình nón đã cho là:

\({V_n} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot R = \frac{1}{3}\pi {R^3}\).

Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác cân \(SAB\) có \(SH = h = R = HB = \frac{{BA}}{2}\) nên \[\Delta SAB\] vuông tại \(S.\)

Khi đó \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAB\) và \(H\) cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh \(S.\)

Nên bán kính mặt cầu là \(HS = R\) nên  thể tích hình cầu này là \({V_c} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).

Suy ra \[\frac{{{V_n}}}{{{V_c}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi {R^3}}}{{\frac{4}{3}\pi {R^3}}} = \frac{1}{4}\]. Chọn C.

Xét tam giác vuông\(ABC\) ta có: \(AB = AC \cdot \tan 60^\circ  = a\sqrt 3 \)

\[ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt 3  \cdot a = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2}\].

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot AC}\\{AB \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACC'} \right)\)

\( \Rightarrow AC'\)là hình chiếu vuông góc của\(BC'\) lên \(\left( {ACC'} \right)\).

\( \Rightarrow \widehat {\left( {BC',\,\,\left( {ACC'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC',\,\,AC'} \right)} = \widehat {AC'B} = 30^\circ \).

Vì \(B \bot \left( {ACC'} \right) \Rightarrow AB \bot AC' \Rightarrow \Delta ABC'\) vuông tại \(A\).

\( \Rightarrow AC' = AB \cdot \cot 30^\circ  = a\sqrt 3  \cdot \sqrt 3  = 3a\)\( \Rightarrow CC' = A{C^2} - A{C^2} = \sqrt {9{a^2} - {a^2}}  = 2a\sqrt 2 \).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = CC' \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2a\sqrt 2  \cdot \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2} = {a^3}\sqrt 6 \). Chọn B.

Giả sử\[\left( \alpha  \right) \cap AC = \left\{ M \right\}\], trong \[\left( {ABC} \right)\] kẻ \[MN\,{\rm{//}}\,AB{\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \left( {N \in BC} \right)\], trong \[\left( {ACD} \right)\] kẻ \[MQ\,{\rm{//}}\,CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {Q \in AD} \right).\]

Trong \[\left( {BCD} \right)\] kẻ \[NP\,{\rm{//}}\,CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {P \in BD} \right)\].

Kho đó, thiết diện của hình chóp cắt bởi\[\left( \alpha  \right)\] là tứ giác \[MNPQ.\]

Theo giả thiết ta có\[MNPQ\]là hình thoi, đặt\[MN = MQ = x.\]

Áp dụng định lí Thalès, ta có:

\[\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{CM}}{{AC}} = \frac{x}{{3a}};\,\,\frac{{MQ}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{x}{{2a}}.\]

Ta có: \[\frac{{CM}}{{AC}} + \frac{{AM}}{{AC}} = 1 \Rightarrow \frac{x}{{3a}} + \frac{x}{{2a}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{5x}}{{6a}} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{{6a}}{5}\].

Vậy chu vi hình thoi là\[4.\frac{{6a}}{5} = \frac{{24}}{5}a\]. Chọn D.

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

\(I \in \left( S \right)\) sao cho \(d\left( {I;\left( P \right)} \right)\) lớn nhất \( \Rightarrow I \in \)đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua \[A\] và vuông góc với \(\left( P \right)\).

\(\left( d \right) \bot \left( P \right) \Rightarrow {\vec u_{\left( d \right)}} = {\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2\,;\, - 2\,;\, - 1} \right)\).

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

Vì \(I \in \left( d \right)\) nên \(I\left( {3 + 2t\,;\,\, - 2 - 2t\,;\,\,1 - t} \right)\).

Vì \(I \in \left( S \right)\) nên \({\left( {2t} \right)^2} + {\left( { - 2t} \right)^2} + {\left( { - t} \right)^2} = 100 \Rightarrow 9{t^2} = 100 \Leftrightarrow t =  \pm \frac{{10}}{3}\).

• Với \(t = \frac{{10}}{3} \Rightarrow I\left( {\frac{{29}}{3}; - \frac{{26}}{3}; - \frac{7}{3}} \right) \Rightarrow d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) = 16\);

• Với \(t =  - \frac{{10}}{3} \Rightarrow I\left( { - \frac{{11}}{3};\frac{{14}}{3};\frac{{13}}{3}} \right) \Rightarrow d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) = 4\).

\( \Rightarrow I\left( {\frac{{29}}{3}; - \frac{{26}}{3}; - \frac{7}{3}} \right)\) là điểm cần tìm. Chọn A.

Ta có \(\left( {Oyz} \right):x = 0\), \(A\left( { - 3\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{ - 7}}{2}} \right) \in d\).

Hình chiếu của \[A,\,\,B\] lên\(\left( {Oyz} \right)\) lần lượt là\(A'\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,B'\left( {0\,;\,\,\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{ - 7}}{2}} \right)\).

\(\overrightarrow {A'B'} = \left( {0\,;\,\,\frac{3}{2}\,;\,\,\frac{{ - 9}}{2}} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\). Chọn A.

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

Với \(M \in \left( S \right)\) ta có\(O{M_{\max }} = OI + R = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {2^2}} + 3 = 6\).

Chọn D.

Ta có \(AB = \sqrt 3 \,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,AD = \sqrt 6 \,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} AA' = 2\sqrt 2 .\)

Gọi độ dài đoạn\(DM = x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 \le x \le \sqrt 3 } \right)\).

Khi đó, \(AM + MC' = \sqrt {6 + {x^2}}  + \sqrt {8 + {{\left( {\sqrt 3  - x} \right)}^2}} \)

\( \ge \sqrt {{{\left( {\sqrt 6  + \sqrt 8 } \right)}^2} + {{\left( {x + \sqrt 3  - x} \right)}^2}}  = \sqrt {6 + 8\sqrt 3  + 8 + 3}  = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \)

Do đó \(\min \left( {AM + MC'} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \)khi và chỉ khi:

\(\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 8 }} = \frac{x}{{\sqrt 3  - x}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 2x = 3 - \sqrt 3 x \Leftrightarrow x = \frac{3}{{2 + \sqrt 3 }} = 6 - 3\sqrt 3 \). Chọn C.

Xét hàm số\(g\left( x \right) = f\left( {\sin x} \right) - 1\) ta có:\(g'\left( x \right) = \cos x \cdot f'\left( {\sin x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0}\\{f'\left( {\sin x} \right) = 0}\end{array}} \right..\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm\(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {\sin x} \right) = 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta có:\(f\left( {\sin x} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = a \in \left( { - 1\,;\,\,0} \right)}\\{\sin x = b \in \left( {1\,;\,\,2} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {VN} \right)}\\{\sin x = c > 2{\mkern 1mu} \,\,\left( {VN} \right)}\end{array}} \right.\).

Phương trình\(\sin x = a\)sinh ra hai nghiệm\(x \in \left[ {0\,;\,\,2\pi } \right]\).

Vậy hàm số\[h\left( x \right) = \left| {f\left( {\sin x} \right) - 1} \right|\] có \[4 + 2 = 6\] điểm cực trị. Chọn D.

Ta có \[\sqrt {2{x^2} - 2x - m}  = x + 2 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2 \ge 0}\\{2{x^2} - 2x - m = {{\left( {x + 2} \right)}^2}}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge  - 2}\\{2{x^2} - 2x - m = {x^2} + 4x + 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge  - 2}\\{{x^2} - 6x - 4 = m}\end{array}} \right.\].

Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số\(y = {x^2} - 6x - 4\)và đường thẳng\(y = m\) với \(x \ge  - 2\).

Xét hàm số\(y = {x^2} - 6x - 4\) ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra để phương trình có nghiệm\(x \ge  - 2\) thì \(m \ge  - 13\).

Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{m <  - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{ - 13 \le m <  - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 13\,;{\mkern 1mu} \, - 12\,;{\mkern 1mu} \,\,. \ldots \,;{\mkern 1mu} \, - 7} \right\}\).

Do đó có 7 giá trị \[m\] thỏa mãn bài toán.Chọn C.

Ta có\(\left( {\sqrt x + \sqrt {x + 1} } \right)f'\left( x \right) = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x + 1} }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \sqrt {x + 1} - \sqrt x {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\left( {\sqrt {x + 1} - \sqrt x } \right)dx} = \frac{2}{3}\left[ {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right] + C\)

Mà\(f\left( 0 \right) = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow \frac{2}{3}\left( {1 - 0} \right) + C = \frac{2}{3} \Rightarrow C = 0\)\( \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{2}{3}\left( {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right)\)

Khi đó ta có: \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \frac{2}{3}\int\limits_0^1 {\left( {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right)dx} \)

\( = \frac{2}{3}.\frac{2}{5}\left. {\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2}\sqrt {x + 1} - {x^2}\sqrt x } \right)} \right|_0^1\)\( = \frac{4}{{15}}\left[ {\left( {4\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {1 - 0} \right)} \right]\)\( = \frac{{16\sqrt 2 - 8}}{{15}}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 16}\\{b = - 8}\end{array}} \right.\).

Vậy \(T = a + b = 16 + \left( { - 8} \right) = 8\).Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu là\(n\left( \Omega \right) = C_{10}^2 \cdot C_8^2 \cdot C_6^2 \cdot C_4^2 \cdot C_2^2 = 113\,\,400\).

Gọi A là biến cố: “không có cặp nào gồm hai học sinh cùng lớp”\( \Rightarrow \)Mỗi học sinh lớp 12A phải ghép cặp với một học sinh lớp 12B.

Do đó \(n\left( A \right) = {\left( {C_5^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_4^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_3^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_2^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_1^1} \right)^2} = 14\,\,400\).

Vậy xác suất biến cố A là\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{14\,\,400}}{{113\,\,400}} = \frac{8}{{63}}\).Chọn D.

Dễ dàng nhận thấy tứ diện\(A'B'C'D'\)đồng dạng với tứ diện\(ABCD\)theo tỉ số\(k = \frac{{A'B'}}{{AB}}.\)

Gọi \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,N\)lần lượt là trọng tâm tam giác\(BCD,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,ACD\) ta có \(AM \bot \left( {BCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BN \bot \left( {ACD} \right)\).

Gọi \(G = AM \cap BN\).

Ta có \(G\)là trọng tâm của tứ diện đều\(ABCD\) nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{{AG}}{{AA'}} = \frac{3}{8} \Rightarrow \frac{{GA'}}{{GA}} = \frac{5}{3}\).

Áp dụng định lí Thalès, ta có:\(\frac{{GA'}}{{GA}} = \frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{5}{3} = k\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{A'B'C'D'}}}}{{{V_{ABCD}}}} = {k^3} = \frac{{125}}{{27}}\).

Mà \(ABCD\)là tứ diện đều cạnh 1 nên \({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\).

Vậy \({V_{A'B'C'D'}} = \frac{{125}}{{37}}.\frac{{\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{125\sqrt 2 }}{{324}}\).Chọn D.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).

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

Với \(x = 1 \Rightarrow y = \frac{{1 + 1}}{{1 - 2}} = - 2\).

Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là\(y = - 3\left( {x - 1} \right) - 2 = - 3x + 1\).

Do đó \(a = - 3,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,b = 1 \Rightarrow a + b = - 2\).

Đáp án: −2.

Ta có\(f\left( x \right) = {x^4}{\left( {x - 1} \right)^2}\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 4{x^3}{\left( {x - 1} \right)^2} + {x^4} \cdot 2\left( {x - 1} \right)\)

Suy ra \(f'\left( x \right) = 2{x^3}\left( {x - 1} \right)\left[ {2\left( {x - 1} \right) + x} \right] = 2{x^3}\left( {x - 1} \right)\left( {3x - 2} \right)\).

Khi đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)}\\{x = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} don} \right)}\\{x = \frac{2}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} don} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy hàm số\(f\left( x \right)\)đã cho có 3 điểm cực trị.

Đáp án: 3.

Ta có \(\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2x - 2y + z - 2 = 0\)\( \Rightarrow d\left( {M,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 2 \cdot 6 - 3 - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + 1} }}\)\( = \frac{{15}}{3} = 5\).

Đáp án: 5.

Số phần tử của không gian mẫu là \(6! = 720\).

Gọi A là biến cố: "An và Hà không ngồi cạnh nhau", suy ra biến cố đối \(\overline A :\) "An và Hà ngồi cạnh nhau".

Coi An và Hà là 1 bạn, có 2 cách đổi chỗ An và Hà, khi đó có tất cả 5 bạn xếp vào 5 ghế

\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 2 \cdot 5! = 240.\)

Vậy xác suất của biến cố \[A\] là:\(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{240}}{{720}} = \frac{2}{3}.\)

Đáp án:\(\frac{2}{3}\).

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}}\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 10\) và \(f\left( x \right) - 20 = g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) + 20\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) + 20} \right] = 10.\left( {2 - 2} \right) + 20 = 20\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6f\left( x \right) + 5 - 125}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6\left[ {f\left( x \right) - 20} \right]}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}}\frac{6}{{\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)

\( = 10 \cdot \frac{6}{{\left( {2 + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6 \cdot 20 + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6 \cdot 20 + 5}} + 25} \right]}} = \frac{4}{{25}}\).

Đáp án:\(\frac{4}{{25}}\).

Đồ thị hàm số\(y = - {x^2} + 4x - 1\) có đỉnh \(I\left( {2;3} \right)\)và có hệ số\(a < 0{\mkern 1mu} .\)

Do đó, hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi\(x = 2\).

Đáp án: 3

Ta có: \(y = {x^3} - 2m{x^2} + {m^2}x + n \Rightarrow y' = 3{x^2} - 4mx + {m^2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,y'' = 6x - 4m\).

Đồ thị hàm số\(y = {x^3} - 2m{x^2} + {m^2}x + n\)có điểm cực tiểu là\[A\left( {1\,;\,\,3} \right)\]khi và chỉ khi\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 1 \right) = 0}\\{f''\left( 1 \right) > 0}\\{f\left( 1 \right) = 3}\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - 4m + {m^2} = 0}\\{6 - 4m > 0}\\{1 - 2m + {m^2} + n = 3}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 3}\\{m = 1}\end{array}} \right.}\\{m < \frac{3}{2}}\\{n = 3 - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{n = 3}\end{array}} \right.\).

Vậy \(m + n = 1 + 3 = 4\).

Đáp án: 4

Phương trình hoành độ giao điểm của\[y = \sqrt x ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = - {\mkern 1mu} x\] là \[\sqrt x = - {\mkern 1mu} x \Leftrightarrow x = 0\].

Khi đó, thể tích cần tính là\[V = \pi \int\limits_0^4 {\left| {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {{\left( { - {\mkern 1mu} x} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^4 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} \]

\[ = \pi \int\limits_1^4 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_0^1 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_1^4 {\left( {{x^2} - x} \right){\rm{d}}x} + \pi \int\limits_0^1 {\left( {x - {x^2}} \right){\rm{d}}x} \]

\[ = \left. {\pi \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^4 + \left. {\pi \left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{{41\pi }}{3} = \frac{{a\pi }}{b}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 41}\\{b = 3}\end{array}} \right.\].

Vậy \[T = 44\].

Đáp án: 44.

Dựa vào đồ thị ta có:

\(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - f\left( x \right) = - 2}\\{2 - f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 4}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_0} \in \left( { - \infty ; - 2} \right)}\\{x = - 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).

Vậy phương trình\(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = 1\) có tất cả 3 nghiệm thực phân biệt.

Đáp án: 3

Đặt\(z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b \in \mathbb{R}} \right)\).

Theo bài ra ta có:\(\left| {z + 1 + 3i} \right| = \left| {z - 2 - i} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {a + bi + 1 + 3i} \right| = \left| {a + bi - 2 - i} \right|\)

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

\( \Leftrightarrow {a^2} + 2a + 1 + {b^2} + 6b + 9 = {a^2} - 4a + 4 + {b^2} - 2b + 1\)\( \Leftrightarrow 6a + 8b + 5 = 0\).

Suy ra tập hợp các điểm\(M\)biểu diễn số phứczlà đường thẳng\(6x + 8y + 5 = 0\).

Dựa vào các đáp án ta có:

Với \(A\left( { - 1\,;\,\, - 3} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\left( {2\,;\,\,1} \right)\)thìtrung điểm của đoạn\[AB\] là \(I\left( {\frac{1}{2};\,\, - 1} \right)\).

\(\overrightarrow {AB} = \left( {3\,;\,\,4} \right)\)là VTPT của đường trung trực của \[AB\].

Suy ra phương trình đường trung trực của \[AB\] là:

\(3\left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 4\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y + \frac{5}{2} = 0 \Leftrightarrow 6x + 8y + 5 = 0\).

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn của số phứczlà đường thẳng\(6x + 8y + 5 = 0\).

Vậy \(\frac{a}{b} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\).

Đáp án:\(\frac{3}{4}\).

Ta có\(AB \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AB \bot BC'\).

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {ABCD} \right) \cap \left( {ABC'} \right) = AB}\\{BC{\mkern 1mu} \subset \left( {ABCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BC \bot AB}\\{BC' \subset \left( {ABC'} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BC' \bot AB}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {ABC'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC,BC'} \right)} = \widehat {CBC'}\).

Xét tam giác vuông\(BCC'\) có: \(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \).

Do đó \(\widehat {CBC'} = 60^\circ \Rightarrow \cos \widehat {CBC'} = \frac{1}{2}\).

Đáp án:\(\frac{1}{2}\).

Ta có \(\left( d \right):\;\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + t\\y = - 3 + 2t\\z = - 2 + 2t\end{array} \right.;\;\;{u_d} = \left( {1\,;\;2\,;\;2} \right)\).

Gọi \[M\]là hình chiếu vuông góc của\[A\] trên \[d\] và \(A'\)đối xứng\[A\] qua \[d\].

Suy ra: \(M\left( {m - 1\,;\,\,2m - 3\,;\,\,2m - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {AM} = \left( {m - 4\,;\,\,2m - 5\,;\,\,2m - 2} \right)\).

Khi đó: \(\overrightarrow {AM} \cdot {\vec u_d} = 0 \Rightarrow \left( {m - 4} \right) + 2\left( {2m - 5} \right) + 2\left( {2m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 9m = 18 \Leftrightarrow m = 2\).

Vậy \(M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\) và \[M\] là trung điểm \(AA'\) nên \(A'\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,4} \right)\).

Đáp án:−1.

Ta có: \[{2^{{x^3} - \,y\, + \,\,1}} = \frac{{2x + y}}{{2{x^3} + 4x + 4}}\]\( \Leftrightarrow {2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2\, - \,2x\, - \,y\, - \,1}} = \frac{{2x + y}}{{2{x^3} + 4x + 4}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2}}}}{{{2^{2x\, + \,y}} \cdot 2}} = \frac{{2x + y}}{{2\left( {{x^3} + 2x + 2} \right)}}\)\( \Leftrightarrow {2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2}}\left( {{x^3} + 2x + 2} \right) = {2^{2x\, + \,y}} \cdot \left( {2x + y} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( * \right)\)

Xét \(f\left( t \right) = {2^t} \cdot t\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,t > 0\) ta có: \(f'\left( t \right) = {2^t} + t \cdot {2^t} \cdot \ln 2 > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall t > 0\).

Do đó hàm số\(f\left( t \right)\)đồng biến trên\(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Do đó\(\left( * \right) \Leftrightarrow {x^3} + 2x + 2 = 2x + y \Rightarrow {x^3} = y - 2\).

Khi đó\(P = \frac{7}{y} + \frac{{{x^3}}}{7} = \frac{7}{y} + \frac{{y - 2}}{7} = \frac{7}{y} + \frac{y}{7} - \frac{2}{7} \ge 2\sqrt {\frac{7}{y} \cdot \frac{y}{7}} - \frac{2}{7} = \frac{{12}}{7}\).

Dấu  xảy ra\( \Leftrightarrow \frac{7}{y} = \frac{y}{7} \Leftrightarrow y = 7\) (do \(y > 0\)). Do đó \[{P_{\min }} = \frac{{12}}{7} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \sqrt[3]{5}\\y = 7\end{array} \right..{\mkern 1mu} \]

Đáp án:\(\frac{{12}}{7}\).

Gọi \[N\] là trung điểm của\(BB'\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,B'C.\)

\( \Rightarrow \left( {AMN} \right)\,{\rm{//}}\,B'C \Rightarrow d\left( {AM,\,B'C} \right) = d\left( {B'C,\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right)\)

Tam giác vuông \[ABC\] có\(AB = BC = 1 \Rightarrow \Delta ABC\)vuông cân tạiB\( \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}}  = \sqrt {1 + \frac{1}{4}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).

Xét tam giác vuông\(BB'C\) có:

\(B'C = {\rm{ }}\sqrt {B{{B'}^2} + B{C^2}}  = \sqrt {2 + 1}  = \sqrt 3  \Rightarrow MN = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác vuông \[ABN\] có:\(AN = \sqrt {A{B^2} + B{N^2}}  = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).

\( \Rightarrow {S_{AMN}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = \frac{{\sqrt {14} }}{8}\).

Ta có \({S_{AMC}} = \frac{1}{2}AB \cdot MC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{NAMC}} = \frac{1}{3}NM \cdot {S_{AMC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{{24}}\).

Mà \({V_{N.AMC}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) \cdot {S_{AMN}}\) nên \(d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) = \frac{{3{V_{NAMC}}}}{{{S_{AMN}}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{8}}}{{\frac{{\sqrt {14} }}{8}}} = \frac{{\sqrt 7 }}{7}\).

Đáp án:\(\frac{{\sqrt 7 }}{7}\).

Gọi chiều rộng của bể cá là\(x\,\left( m \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\), khi đó chiều dài của bể cá là\(2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\).

Gọi \[h\] là chiều cao của bể cá ta có\(2{x^2} + 2xh + 4xh = 5 \Leftrightarrow 2{x^2} + 6xh = 5 \Leftrightarrow h = \frac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}}\).

Khi đó thể tích của bể cá là\[2{x^2}.\frac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}} = \frac{1}{3}\left( {5x - 2{x^3}} \right) = \frac{1}{3}f\left( x \right)\].

Xét hàm số\(f\left( x \right) = 5x - 2{x^3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x > 0} \right)\) có \(f'\left( x \right) = 5 - 6{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{5}{6}} \).

Lập bảng biến thiên:

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt {\frac{5}{6}} } \right)\)\( \Rightarrow {V_{\max }} = \frac{1}{3}f\left( {\sqrt {\frac{5}{6}} } \right) = \frac{{5\sqrt {50} }}{{27}} \approx 1,01\,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Đáp án:\(1,01\).

Giải thích: “cầm cương nảy mực” là phiên bản lỗi của thành ngữ “cầm cân nảy mực” - (người có trách nhiệm, nghĩa vụ) đảm bảo gìn giữ cho sự đúng đắn và công bằng. Chọn B.

Từ “bàng quang” sai về nghĩa. Từ đúng là “bàng quan” (tự coi mình là người ngoài cuộc, coi là không dính líu đến mình). Chọn B.

Từ “loạn luân” dùng sai. Nên thay bằng từ “biến loạn”. Chọn C.

“và” là từ biểu thị quan hệ liên hợp, bổ sung nên không thể kết hợp cùng từ “tuy” để tạo thành cặp quan hệ từ. Từ đúng là “mà”. Chọn D.

Từ “thăm quan” viết sai chính tả. Nên thay bằng từ “tham quan”. Chọn B.

“nhà cửa” là từ ghép đẳng lập (từ ghép tổng hợp), các từ còn lại là từ ghép chính phụ (từ ghép phân loại). Chọn C.

Từ “đầu” trong “đau đầu” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại là nghĩa chuyển. Chọn B.

“hoa hồng” là từ ghép, các từ còn lại là từ láy. Chọn A.

“thiên” trong “thiên thư, thiên tử, thiên địa” có nghĩa là trời còn “thiên” trong “thiên đô” lại có nghĩa là di chuyển. Chọn C.

Từ “bố mẹ” là từ thuần Việt, các từ còn lại đều là từ mượn. Chọn A.

Mối quan hệ Việt – Lào đã được tôi luyện qua năm tháng và rất vững bền.

Từ “vững bền” thể hiện sự vững chắc và bền lâu. Chọn A.

Việc kí duyệt sai nguyên tắc của giám đốc nhà máy đã gây thiệt hại hàng tỉ đồng. Chọn B.

“Phu nhân” là từ Hán Việt, mang màu sắc phong cách trang trọng, phù hợp với “thủ tướng” trong câu.Chọn C.

Địa đạo Củ Chi là một bức tranh sống động về chiến tranh du kích. Chọn C.

Sau mấy đêm mất ngủ, trông Lan hốc hác như người vừa ốm dậy.

“hốc hác”: gầy gò và trông có vẻ phờ phạc, mệt mỏi (nói khái quát). Chọn B.

Nhân hóa: con sóng nhớ bờ. Chọn D.

Dựa vào ngữ cảnh đoạn văn có thể thấy từ “tróc” đồng nghĩa hơn cả với từ “bắt”. Chọn C.

Từ các tín hiệu giầu – cau, có thể thấy đoạn trích thể hiện khát khao nên duyên của nhân vật trữ tình. Chọn B.

Giọng điệu chủ đạo trong đoạn trích là châm biếm, mỉa mai. Chọn B.

So sánh: màu hoa như lửa cháy khát khao. Chọn B.

Đoạn trích cung cấp thông tin về tác giả Hàn Mặc Tử. Chọn C.

“Sao anh không về chơi thôn Vĩ?” là câu hỏi nhưng lại gợi cảm giác như lời trách nhẹ nhàng và cũng là lời mời gọi thật tha thiết, dễ thương. Đây cũng có thể hiểu là lời nhà thơ tự vấn, tự hỏi mình, là ước ao thầm kín của người đi xa muốn được về lại thôn Vĩ. Chọn D.

Từ “mắc” trong đoạn trích đồng nghĩa với từ “bận”. Chọn D.

Từ “rày” trong đoạn trích đồng nghĩa với từ “nay”. Chọn B.

Đoạn trích nói về tác giả Lưu Quang Vũ. Chọn B.

Hình ảnh “áo choàng đỏ gắt” gợi nhắc đến môn thể thao đấu bò tót lừng danh của đất nước Tây Ban Nha. Đó là áo choàng khoác ngoài màu đỏ của các võ sĩ đấu bò tót. Khi vào sân đối diện với bò, các võ sĩ thường dùng áo này làm vật thu hút, dụ bò lao vào mình trong cuộc đấu. Chọn B.

Giọng điệu chủ đạo của toàn bộ đoạn trích là tự hào, kiêu hãnh. Có thể dễ dàng nhận ra sắc thái của giọng điệu này qua câu văn đầu tiên của đoạn trích: Trong những dòng sông đẹp ở các nước mà tôi thường nghe nói đến, hình như chỉ sông Hương là thuộc về một thành phố duy nhất. Hoàng Phủ Ngọc Tường đã đặt sông Hương ngang hàng với những dòng sông đẹp trên thế giới đồng thời khẳng định nét đặc biệt (chỉ sông Hương là thuộc về một thành phố duy nhất) của dòng Hương giang. Chọn C.

Kỉ luật mang đến cho bạn là: Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn. Chọn D.

Liệt kê các triều đại của nước ta và phương Bắc. Chọn B.

Đoạn trích khắc họa bức tranh thiên nhiên và cuộc sống con người miền Tây Bắc khi mùa xuân đến. Chọn A.

Quân viễn chính Mĩ giữ vai trò quan trọng và không ngừng tăng lên về số lượng, quân số lúc cao nhất (năm 1969) lên gần hơn nửa triệu. Chọn B.

Ngày 8-8-1967, Hiệp hội các nước Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập tại Bangkok (Thái Lan), gồm 5 nước: Inđônêxia, Malaixia, Philíppin, Xingapo. Trụ sở ở Jakarta (Inđônêxia). Chọn B.

Phương án A, B, D là những mục tiêu của chiến lược toàn cầu của Mĩ. Còn tham vọng lớn nhất của Mĩ khi triển khai chiến lược toàn cầu sau Chiến tranh thế giới thứ hai là thiết lập trật thế giới tự đơn cực do nước Mĩ làm bá chủ thế giới. Chọn C.

“Ba mươi năm ấy chân không mỏi/ Mà đến bây giờ mới tới nơi” (Tố Hữu), là hai câu thơ nói về sự kiện Nguyễn Ái Quốc về nước trực tiếp lãnh đạo cách mạng năm 1941.Chọn D.

Tăng cường hệ thống phòng ngự trên đường số 4, thiết lập “hành lang Đông-Tây” (Hải Phòng-Hà Nội-Hòa Bình-Sơn La) là nội dung của kế hoạch Rơve.Chọn A.

Chọn A vì ASEAN và EU ra đời đều xuất phát từ nhu cầu liên kết và hợp tác giữa các nước.

B loại vì không phải tất cả các nước ASEAN là đồng minh của Mĩ, chỉ có Thái Lan và Philippin là đồng minh của Mĩ.

C loại vì ASEAN thành lập năm 1967 nhưng phải từ cuối những năm 70 của thế kỉ XX thì Nhật mới tăng cường quan hệ với ASEAN thông qua học thuyết Phucưđa và Kaiphu.

D loại vì khi ra đời thì ASEAN và Eu không phải là đối tác chiến lược của Liên Xô.

A loại vì nguyên nhân sâu xa là nhân dân ta muốn giành lại độc lập dân tộc, việc giúp vua khôi phục lại vương quyền chỉ thuộc về danh nghĩa.

Chọn B vì thực dân Pháp xâm lược Việt Nam nên mâu thuẫn giữa toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp là mâu thuẫn cơ bản nhất và gay gắt nhất. Dưới ngọn cờ phong kiến cứu nước của phong trào Cần vương, nhân dân ta đứng lên chống Pháp để giành độc lập dân tộc.

C loại vì phong trào Cần vương bùng nổ không xuất phát từ nguyên nhân là sự mâu thuẫn giữa hai phe đối lập trong triều đình.

D loại vì cuộc phản công của phe chủ chiến ở kinh thành Huế bị thất bại là yếu tố tác động trực tiếp.

Mục tiêu hàng đầu của cuộc Cách mạng tháng Tám là giành độc lâp dân tộc hay giải phóng dân tộc.

- Lãnh đạo: Đảng Cộng sản Đông Dương.

- Lực lượng tham gia: Quần chúng nhân dân.

- Hình thức và phương pháp đấu tranh: bạo lực vũ trang.

- Kết quả: giành độc lập dân tộc từ tay phát xít Nhật, bên cạnh đó, còn lật đổ chế độ phong kiến.

→ Cách mạng tháng Tám là cuộc cách mạng mang tính chất triệt để,bạo lực, là cuộc cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân, cách mạng giải phóng dân tộc nhưng điển hình là tính giải phóng dân tộc.Chọn C.

Nhật Bản có địa hình chủ yếu là đồi núi→ diện tích đất nông nghiệp nhỏ, khả năng mở rộng diện tích thấp → trong nông nghiệp phải thâm canh để tăng năng suất, sản lượng.Chọn B.

Ranh giới tự nhiên giữa hai phần Nga Âu và Nga Á là dãy núi U-ran (sgk Địa lí 11 trang 62)→ Chọn D.

Nước ta không có nhiều hoang mạc như các nước cùng vĩ độ ở Tây Á do tiếp giáp Biển Đông và lãnh thổ hẹp ngang, kéo dài nên ảnh hưởng của biển vào sâu trong đất liền.

A. Nằm trên đường di cư của các luồng sinh vật. → không liên quan đến khí hậu.

B. Nằm ở trung tâm khu vực Đông Nam Á. → không nói rõ ảnh hưởng đến khí hậu.

C. Tiếp giáp Biển Đông và lãnh thổ hẹp ngang, kéo dài. → đúng. Chọn C.

D. Nằm trong khu vực nội chí tuyến bán cầu Bắc. → không nhấn mạnh đến yếu tố hải dương, nội chí tuyến nhấn mạnh đến nóng.

Quá trình chinh trong sự hình thành và biến đổi địa hình nước ta là xâm thực, bồi tụ. Chọn C.

Tỉ trọng GDP vùng KTTĐ phía Nam gấp 6,1 lần vùng KTTĐ miền Trung năm 2005 là sai. Chọn D.