Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 29)

Từ “bừng” trong câu thơ thứ (1) diễn tả cảm xúc ngỡ ngàng, bất ngờ. Chọn C.

Nếu cảnh một đêm liên hoan đem đến cho người đọc không khí mê say, ngây ngất, thì cảnh sông nước miền Tây lại gợi lên được cảm giác mênh mang, mờ ảo. Chọn C.

Nội dung chính: Nỗi nhớ những kỉ niệm đẹp về tình quân dân trong đêm liên hoan văn nghệ và cảnh sông nước miền Tây. Chọn A.

Trong đoạn trích có 2 từ láy là: “e ấp” và “đong đưa”. Chọn B.

Hình ảnh người lao động Tây Bắc: khỏe khoắn, tự tin, bản lĩnh. Chọn C.

Dựa vào bảng số liệu ta có:

• Italy có 3858 ca nhiễm.                                • Hàn Quốc có 6284 ca nhiễm.

• Iran có 3513 ca nhiễm.                                 • Mỹ có 210 ca nhiễm.

Như vậy, ngoài Trung Quốc thì Hàn Quốc có số ca nhiễm Covid-19 cao nhất.

Chọn B

Phương thức biểu đạt chính: Tự sự. Chọn B.

Tâm trạng của bà cụ Tứ trong đoạn trích trên là tâm trạng xót thương, ai oán. Để lí giải điều này có thể căn cứ vào câu văn thứ 3 của đoạn trích: Lòng người mẹ nghèo khổ ấy còn hiểu ra biết bao nhiêu cơ sự, vừa ai oán vừa xót thương cho số kiếp đứa con mình. Chọn A.

Từ “cơ sự” gần nghĩa hơn cả với từ “sự tình”. Chọn B.

Nhân vật bà cụ Tứ trong đoạn trích là người mẹ thương con và giàu lòng nhân ái. Chọn B.

Dấu ba chấm được tác giả sử dụng trong câu văn “Còn mình thì...” thể hiện sự ngừng lặng trong lời độc thoại nội tâm của nhân vật bà cụ Tứ khi bà so sánh hoàn cảnh gia đình mình và hoàn cảnh gia đình người ta. Để lí giải cho lựa chọn này có thể xuất phát từ một trong những chức năng của dấu ba chấm là dùng để thể hiện chỗ lời nói còn bỏ dở hay ngập ngừng, ngắt quãng. Chọn C.

Ta có\(s' = gt\).

Vận tốc tức thời tại thời điểm\(t = 5{\mkern 1mu} \,s\) là:\(v\left( 5 \right) = s'\left( 5 \right) = 5g = 49{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\).Chọn D.

Phương thức biểu đạt chính: tự sự. Chọn C.

Nhan đề “Hai hạt lúa” là bao quát nhất cho văn bản trên. Chọn A.

Hạt lúa thứ hai thật sự sung sướng khi được bắt đầu một cuộc đời mới. Chọn B.

Đoạn trích sử dụng biện pháp tu từ nhân hóa – hạt lúa có suy nghĩ, tiếng nói giống như con người. Chọn D.

Văn bản mượn hình ảnh hai hạt lúa để nói về lối sống của con người. Từ đó rút ra thông điệp cần biết chấp nhận thử thách để sống ý nghĩa. Chọn B.

Ta có:\[{\log _2}\left( {1 - x} \right) = 2 \Leftrightarrow 1 - x = 4 \Leftrightarrow x = - 3\].Chọn B.

Đoạn văn được viết theo phương thức nghị luận. Chọn D.

Dựa vào câu văn: Với một đứa trẻ, để dạy chúng “tự lái”, cha mẹ nên biết tạo áp lực vừa phải, đủ giúp chúng kiểm soát tốt bản thân và để cha mẹ hiểu tâm sinh lí, khả năng của con nhằm đồng hành với chúng. Cha mẹ cần tạo áp lực vừa phải để trẻ có khả năng kiểm soát bản thân. Chọn D.

Áp lực độc lại là áp lực vượt quá khả năng chịu đựng của con người gây nên những tổn thương về mặt tâm lí. Chọn B.

Từ “tự lái” ẩn ý nói đến việc đứa trẻ biết tự giải quyết những khó khăn, áp lực xảy ra trong cuộc sống. Chọn B.

Dựa vào câu văn cuối cùng: Với một đứa trẻ, để dạy chúng “tự lái”, cha mẹ nên biết tạo áp lực vừa phải, đủ giúp chúng kiểm soát tốt bản thân và để cha mẹ hiểu tâm sinh lí, khả năng của con nhằm đồng hành với chúng. Chọn D.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{x^2} - 5xy + 2{y^2} = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\{2{x^2} - {y^2} = 7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Khi đó\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {2x - y} \right)\left( {x - 2y} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x}\\{x = 2y}\end{array}} \right.\)

•Với \(y = 2x\), ta có: \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2{x^2} - {\left( {2x} \right)^2} = 7 \Leftrightarrow - 2{x^2} = 7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)\)

•Với \(x = 2y\), ta có: \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2.{\left( {2y} \right)^2} - {y^2} = 7 \Leftrightarrow 7{y^2} = 7 \Leftrightarrow y = \pm 1\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1 \Rightarrow x = 2}\\{y = - 1 \Rightarrow x = - 2}\end{array}} \right..\)

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm\(\left( {1\,;\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) và \(\left( { - 1\,;\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} - 2} \right).\) Chọn D.

Theo yêu cầu của Mặt trận đoàn kết dân tộc cứu nước Campuchia, quân đội Việt Nam cùng với lực lượng cách mạng Campuchia tiến công, xoá bỏ chế độ diệt chủng PônPốt. Ngày 7-1-1979, Thủ đô PhnômPênh được giải phóng.Chọn B.

A loại vì cuộc kháng chiến chống Mĩ, cứu nước đã kết thúc năm 1975.

B loại vì cuộc kháng chiến chống Pháp kết thúc năm 1954.

C loại vì ta đã giành chính quyền từ năm 1945.

Chọn D vì trong những năm 1976-1986, chúng ta phải đấu tranh bảo vệ độc lập với chiến tranh bảo vệ biên giới phía Bắc và chiến tranh bảo vệ biên giới Tây Nam.

Gọi số phức\(z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\)thì điểm\(N\left( {a\,;\,b} \right)\).

Khi đó số phức \(\frac{1}{z} = \frac{1}{{a + bi}} = \frac{{a - bi}}{{\left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right)}} = \frac{{a - bi}}{{{a^2} + {b^2}}} = \frac{a}{{{a^2} + {b^2}}} - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}} \cdot i\)

Nên điểm biểu diễn số phức\(\frac{1}{z}\) có tọa độ\(\left( {\frac{a}{{{a^2} + {b^2}}}; - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)\).

Vì điểm \(N\left( {a\,;\,b} \right)\)thuộc góc phần tư thứ (IV) tức là \(a > 0\,;\,\,b < 0\).

Suy ra \(\frac{a}{{{a^2} + {b^2}}} > 0;{\mkern 1mu} - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}} > 0\) nên điểm biểu diễn số phức\(\frac{1}{z}\) thuộc góc phần tư thứ (I). Từ hình vẽ chỉ có điểm\(M\) thỏa mãn.Chọn D.

Ta có\(\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\, - 2\,;\,{\mkern 1mu} 2} \right)\).

Mặt phẳng\(\left( P \right)\)cần tìm vuông góc với\(AB\) nên nónhận vectơ\(\left( {1\,;\, - 2\,;\,{\mkern 1mu} 2} \right)\)làm VTPT.

Do đó \(\left( P \right)\)đi qua\[A\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,3} \right)\]và vuông góc với\(AB\)có phương trình:

\(x - 1 - 2\left( {y - 2} \right) + 2\left( {z - 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x - 2y + 2z - 3 = 0.\) Chọn D.

Ta có \[AB = \sqrt {{3^2} + {2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} = \sqrt {22} \].Chọn C.

TXĐ:\(D = \left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \, + \infty } \right)\)

\(\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {x - 1} }} < \frac{{2x + 8}}{{\sqrt {x - 1} }}\)\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 2x - 8}}{{\sqrt {x - 1} }} < 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 < 0\) (vì \(\sqrt {x - 1} > 0\) với mọi \(x \in D\))

\( \Leftrightarrow - 2 < x < 4\).

Mà\(x \in \mathbb{Z}\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x > 1 \Rightarrow x \in \left\{ {2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,3} \right\}\).

Vậy có 2 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn điều kiện đề bài. Chọn A.

Ta có \[\cos 2x + 5\sin x - 4 = 0 \Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}x + 5\sin x - 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow - 2{\sin ^2}x + 5\sin x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = 1}\\{\sin {\mkern 1mu} x = \frac{3}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {vo{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nghiem} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,k \in \mathbb{Z}.\]Chọn D.

Bài toán là bài tập về cấp số cộng nếu ta coi số đồng xu ở tầng dưới cùng là số hạng đầu tiên, với công sai là hiệu số đồng xu của tầng 2 tầng liền kề.

Khi đó, ta có một cấp số cộng với\({u_1} = 4901\)và công sai\(d = - 100\).

Gọi số tầng của kim tự tháp đó là\(n{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Khi đó, tổng số đồng xu của\(n\)tầng đó là\({S_n} = 122550\) nên ta có: \({S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2}\)

\( \Leftrightarrow 122\,\,550 = \frac{{\left[ {2 \cdot 4\,\,901 + \left( {n - 1} \right)\left( { - 100} \right)} \right] \cdot n}}{2}\)\[ \Leftrightarrow 245\,\,100 = \left[ {2 \cdot 4\,\,901 - 100n + 100} \right] \cdot n\]

\( \Leftrightarrow 245\,\,100 = \left[ {9\,\,902 - 100n} \right].n\)\( \Leftrightarrow 100{n^2} - 9\,\,902n + 245\,\,100 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 50{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\\{n = \frac{{2451}}{{50}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\).

Vậy mô hình kim tự tháp đã cho có 50 tầng. Chọn B.

Ta có\(\frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}}\)\( = \frac{{\left( {{x^3} + {x^2} - 2x} \right) + 2x - 5}}{{{x^2} + x - 2}}\)\( = x + \frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\).

Đặt \(\frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{x + 2}}\)\( \Leftrightarrow \frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{A\left( {x + 2} \right) + B\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow 2x - 5 = \left( {A + B} \right)x + 2A - B\).

Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình ta được\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A + B = 2}\\{2A - B = - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = - 1}\\{B = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}} = x - \frac{1}{{x - 1}} + \frac{3}{{x + 2}}\)\( \Rightarrow \int {\frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}}dx} = \int {\left( {x - \frac{1}{{x - 1}} + \frac{3}{{x + 2}}} \right)dx} \)

\( = \frac{{{x^2}}}{2} - \ln \left| {x - 1} \right| + 3\ln \left| {x + 2} \right| + C.\) Chọn C.

Xét bất phương trình\(f\left( {{e^x}} \right) < m\left( {3{e^x} + 2019} \right)\). (*)

Đặt \({e^x} = t\left( {t > 0} \right)\) với: \(x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( {{e^0};\,\,{e^1}} \right) \Rightarrow t \in \left( {1;\,\,e} \right)\).

Ta được bất phương trình\(f\left( t \right) < m\left( {3t + 2019} \right) \Leftrightarrow m > \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\) (vì \(3t + 2019 > 0\) với \(\left. {t \in \left( {1;e} \right)} \right)\)

Để bất phương trình (*) có nghiệm\(x \in \left( {0;1} \right)\)thì bất phương trình (1) có nghiệm\(t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\).

Ta xét hàm\(g\left( t \right) = \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\)  trên \(\left( {1\,;\,\,e} \right)\). Ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}}\).

Nhận xét rằng đồ thị hàm số\(y = f\left( t \right)\) có tính chất giống với đồ thị hàm số\(y = f\left( x \right)\)nên xét trên khoảng\(\left( {1\,;\,\,e} \right)\)ta thấy rằng\(f\left( t \right) < 0\)và đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải hay hàm số đồng biến trên\(\left( {1\,;\,\,e} \right)\) nên \(f'\left( t \right) > 0\).

Từ đó \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}} > 0\) với \(t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\)hay hàm số\[g\left( t \right)\]đồng biến trên\(\left( {1\,;\,\,e} \right).\)

Từ bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình\[m > \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\] với \(t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\) thì \(m > \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\,\,e} \right]} g\left( t \right) \Leftrightarrow m >  - \frac{2}{{1011}}.\)Chọn C.

Thời điểm máy bay đạt vận tốc 200 m/s là: \({t^2} + 10t = 200 \Leftrightarrow t = 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\)

Quãng đường máy bay di chuyển trên đường băng từ thời điểm\(t = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\)tới thời điểm\(t = 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\) là: \(s = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dx} = \int\limits_0^{10} {\left( {{t^2} + 10t} \right)dt} = \frac{{2500}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\).Chọn C.

Ông Bá Kiến gửi 100 triệu với lãi suất \[6,7\% \] nên sau \[n\] năm số tiền của ông là \({A_n} = 100 \cdot 1,{067^n}\).

Anh giáo Thứ gửi 20 triệu với lãi suất \[7,6\% \] thì sau \[n\] năm số tiền của anh là \({B_n} = 20.1,{076^n}\).

Để số tiền của anh giáo Thứ lớn hơn ông Bá Kiến thì

\(20 \cdot 1,{076^n} > 100 \cdot 1,{067^n} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{1,076}}{{1,067}}} \right)^n} > 5 \Leftrightarrow n > 191,6\). Chọn B.

Vậy phải sau ít nhất 192 năm thì số tiền của anh giáo Thứ mới nhiều hơn số tiền của ông Bá Kiến.

ĐKXĐ:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_3}x > 0}\\{x > 0}\end{array}} \right. \Rightarrow x > 1\).

Ta có: \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{{\log }_3}x} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow {\log _3}x < 1 \Leftrightarrow x < 3\)

Kết hợp ĐKXĐ ta có:\(1 < x < 3\)

Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là\(\left( {1\,;\,\,3} \right)\).

Do đó \(a = 1\,;\,\,b = 3\) nên \(a + b = 1 + 3 = 4\).Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \[{x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\].

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi \[y = {x^2} - 4x + 3,\]\[x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x = 3\]là

\[S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx} \]\[ = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_1^3 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right|\]\[{\mkern 1mu} = \left| {\frac{4}{3}} \right| + \left| { - \frac{4}{3}} \right| = \frac{8}{3}.\]

Chọn D.

Hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 1} \right)x + 1\)xác định trên \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\).

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

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

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 1} \right) \ge 0\,\,{\mkern 1mu} \forall x \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\) (*).

Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 5m + 4\).

TH1: \(\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 4 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 4\), khi đó \(y' \ge 0\,\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\)nên thỏa mãn (*).

TH2: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 4}\\{m < 1}\end{array}} \right.\), khi đó phương trình \(y' = 0\)có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\).

Áp dụng định lí Viète, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = 3\left( {m - 1} \right)}\end{array}} \right.\).

Khi đó ta có \(y' \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {x_2}}\\{x \le {x_1}}\end{array}} \right.\), nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty \,;\,\,{x_1}} \right)\)và\(\left( {{x_2}\,;\,\, + \infty } \right).\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\)thì \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right) \subseteq \left( {{x_2}\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Rightarrow {x_1} < {x_2} \le 1\)

Khi đó ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} < 2}\\{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} < 2}\\{{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 0}\end{array}} \right.\)

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

Kết hợp 2 TH ta có \(0 \le m \le 4\). Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\].

Vậy có 5 giá trị của\[m\] thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.

Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\).

Theo bài ra ta có: \(\left( {2 - 3i} \right)z - 7i\bar z = 22 - 20i\)\( \Leftrightarrow \left( {2 - 3i} \right)\left( {a + bi} \right) - 7i\left( {a - bi} \right) = 22 - 20i\)

\( \Leftrightarrow 2a + 2bi - 3ai + 3b - 7ai - 7b = 22 - 20i\)\( \Leftrightarrow 2a - 4b + \left( {2b - 10a} \right)i = 22 - 20i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - 4b = 22}\\{2b - 10a = - 20}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 5}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow z = 1 - 5i\).

Vậy \(a + b = 1 + \left( { - 5} \right) = - 4\).Chọn B.

Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\)

Ta có: \(\left| {z - i} \right| = \left| {2 - 3i - z} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {x + yi - i} \right| = \left| {2 - 3i - \left( {x + yi} \right)} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right| = \left| {2 - x - \left( {y + 3} \right)i} \right|\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2 - x} \right)}^2} + {{\left( {y + 3} \right)}^2}} \)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {\left( {2 - x} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 2y + 1 = 4 - 4x + {x^2} + {y^2} + 6y + 9\)

\( \Leftrightarrow 4x - 8y - 12 = 0\)\( \Leftrightarrow x - 2y - 3 = 0\).

Vậy tập hợp biểu diễn số phức \(z\) là đường thẳng \(x - 2y - 3 = 0.\) Chọn A.

Ta có \[\overrightarrow {IM}  = \left( { - 1\,;\,\, - 2} \right)\]

\[ \Rightarrow IM = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = \sqrt 5  \Rightarrow AB = 2IM = 2\sqrt 5 \]

\[S = 10 \Rightarrow AB \cdot AD = 10 \Leftrightarrow 2\sqrt 5  \cdot AD = 10 \Rightarrow AD = \sqrt 5 \]

\(AD\) qua \(M\left( {0\,;\,\, - 1} \right)\) và \(AD \bot \overrightarrow {IM}  = \left( { - 1\,;\,\, - 2} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_{AD}}}  = \left( {1\,;\,\,2} \right) \Rightarrow AD:{\mkern 1mu} \,x + 2y + 2 = 0\).

\(\overrightarrow {DA}  = \left( {4t + 4\,;\,\, - 2 - 2t} \right) \Rightarrow D{A^2} = {\left( {4t + 4} \right)^2} + {\left( { - 2 - 2t} \right)^2} = 5\)

\( \Leftrightarrow 20{t^2} + 40t + 15 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{ - 1}}{2} \Rightarrow D\left( { - 1\,;\,\,\frac{{ - 1}}{2}} \right)}\\{t = \frac{{ - 3}}{2} \Rightarrow D\left( {1\,;\,\,\frac{{ - 3}}{2}} \right)}\end{array}} \right.\).Chọn B.

Xét phương trình đường tròn: \({x^2} + {y^2} - 8x + 10y + m = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = - 5}\\{c = m}\end{array}} \right.\).

Ta có: \({a^2} + {b^2} - c = {R^2}\)\( \Rightarrow {4^2} + {\left( { - 5} \right)^2} - m = {7^2} \Leftrightarrow m = - 8\).Chọn C.

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right):2x - y + 3z + 4 = 0\)có 1 VTPT là \(\vec n\left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,3} \right)\).

Gọi \[\left( P \right)\] là mặt phẳng cần tìm. Do \[\left( P \right)\] song song \[Oy\] và vuông góc với \(\left( \alpha \right)\)nên \[\left( P \right)\] có VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\vec n\,;\,\,\vec j\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)} \right] = \left( { - 3\,;\,\,0\,;\,\,2} \right).\)

Mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua \(A\left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\), có VTPT \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( { - 3\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\) có phương trình là:

\( - 3\left( {x - 2} \right) + 0 + 2\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(3x - 2z - 2 = 0\).Chọn C.

Giả sử thiết diện qua trục là tam giác \(SAB\), \(O\)là tâm đường tròn đáy nên \(O\) là trung điểm của \(AB\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) nên

 \({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SA.SB = \frac{1}{2}S{A^2} = 8 \Leftrightarrow SA = 4 = l\)

\( \Rightarrow AB = SA\sqrt 2  = 4\sqrt 2  \Rightarrow r = OA = 2\sqrt 2 \).

Vậy diện tích xung quanh hình nón là:\({S_{xq}} = \pi rl = \pi  \cdot 2\sqrt 2  \cdot 4 = 8\sqrt 2 \pi \). Chọn B.

Theo bài ra ta có \(SO = 10\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,OA = 5\).

Đặt \(O'A' = r{\rm{ }}\left( {0 < r < 5} \right)\)

Áp dụng định lí Thalès, ta có:

\(\frac{{O'A'}}{{OA}} = \frac{{SO'}}{{SO}} \Rightarrow \frac{r}{5} = \frac{{SO'}}{{10}} \Leftrightarrow SO' = 2r \Rightarrow OO' = 10 - 2r\)

Khi đó thể tích khối trụ là:

 \(V = \pi  \cdot O'{A'^2} \cdot OO' = \pi  \cdot {r^2}\left( {10 - 2r} \right) = 2\pi \left( { - {r^3} + 5{r^2}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( r \right) =  - {r^3} + 5{r^2}\)trên \(\left( {0;5} \right)\)ta có \(f'\left( r \right) =  - 3{r^2} + 10r = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}r = 0{\rm{ }}\left( {ktm} \right)\\r = \frac{{10}}{3}\end{array} \right.\).

Vậy để thể tích khối trụ đạt giá trị lớn nhất thì bán kính khối trụ bằng\(\frac{{10}}{3}\). Chọn B.

Gọi \(M\) là trung điểm của \[BC\] ta có

 \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AM}\\{BC \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'BC} \right)\]

Trong \[\left( {A'BC} \right)\] kẻ \[AH \bot A'M{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {H \in A'M} \right)\] ta có:

 \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot BC}\\{AH \bot A'M}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)\]\[ \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH = a\]

Vì tam giác \(ABC\) đều cạnh \(2a\) nên \(AM = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) và \({S_{ABC}} = {\left( {2a} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AA'M\) ta có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{2}{{3{a^2}}} \Rightarrow A'A = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

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

Trong \(\left( {ABCD} \right)\)lấy \(PH\,{\rm{//}}\,MN\)\(\left( {H \in CD} \right)\)

Trong \(\left( {SCD} \right)\)gọi \(Q = NH \cap SD\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SCD\) với cát tuyến \(QNH\) ta có: \(\frac{{HD}}{{HC}} \cdot \frac{{NC}}{{NS}} \cdot \frac{{QS}}{{QD}} = 1.\)

Mà \(N\) là trung điểm của \(SC\) nên \(\frac{{NC}}{{NS}} = 1\).

Mặt khác áp dụng định lí Thalès trong tam giác \(DPH\)ta có \(\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{DP}}{{OP}} = 3\) (vì \(P\) là trung điểm của \(OB\)).

Do đó ta có \(\frac{{QS}}{{QD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}\).Chọn A.

Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\). Theo bài ra ta có:\(2M{A^2} + M{B^2} = 165\)

\( \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {{\left( {z - 3} \right)}^2}} \right] + \left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {y + 7} \right)}^2} + {{\left( {z + 9} \right)}^2}} \right] = 165\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} - 12x + 6y + 6z + 9 = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y + 2z + 3 = 0\).

Do đó tập hợp các điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là mặt cầu tâm nên \(a = 2\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,b = - 1\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,c = - 1,\) bán kính \(R = \sqrt {4 + 1 + 1 - 3} = \sqrt 3 \).

Vậy \(T = {a^2} + {b^2} + {c^2} + {R^2} = 4 + 1 + 1 + 3 = 9\).Chọn A.

Đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{z}{{ - 2}}\)có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\), đây cũng là VTCP của đường thẳng đi qua \[A\] và song song với \[d.\]

Đường thẳng qua \[A\] và song song với \[d\] nhận \(\vec u = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\)là VTCP, có phương trình tham số: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 2 - 2t}\end{array}} \right.\). Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị \(x =  - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x = 1\).

Do đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  - 1}\end{array}} \right.\). Ta có \(g'\left( x \right) = 2x \cdot f'\left( {{x^2} - 2} \right)\)

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

Ta có bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\)như sau:

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy, \(g'\left( x \right)\)đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua các điểm \(x =  - \sqrt 3 ,\) \(x = 0\,,\,\,x = \sqrt 3 \).

Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\)có 3 điểm cực tiểu. Chọn A.

Dễ thấy hai điểm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\)nằm cùng phía đối với \(\left( {Oxy} \right)\), điểm \[M\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\].

Gọi \(A'\)là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( {Oxy} \right)\)\( \Rightarrow A'\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\).

Theo tính chất đối xứng ta có \(MA = MA'\).

Do đó \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\) (bất đẳng thức tam giác).

Dấu “=” xảy ra \( \Rightarrow M \in A'B\). Hay \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,A',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\) thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {A'M} \,,\,\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {A'B} \)cùng phương.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {A'M} = \left( {a - 1\,;\,\,b - 2\,;\,\,3} \right)}\\{\overrightarrow {A'B} = \left( {4\,;\,\,4\,;\,\,4} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \frac{{a - 1}}{4} = \frac{{b - 2}}{4} = \frac{3}{4}\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = 5}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {4\,;\,\,5\,;\,\,0} \right)\). Vậy \(OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {0^2}} = \sqrt {41} \).Chọn B.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m\).

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\)có nhiều nhất 3 điểm cực trị và cắt trục hoành tại nhiều nhất 4 điểm.

Do đó để đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\)phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt và có 3 điểm cực trị.

Suy ra, đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\)phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt (vì khi đó chắc chắn hàm số \(y = f\left( x \right)\)sẽ có 3 điểm cực trị) .

Khi đó, phương trình \(3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m = 0 \Leftrightarrow 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x = m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,\left( * \right)\)phải có 4 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x\)ta có \(g'\left( x \right) = 12{x^3} - 24{x^2} - 12x + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 8 < m < 13\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \[m \in S = \left\{ {9\,;\,\,10\,;\,\,11\,;\,\,12} \right\}\].

Vậy tổng tất cả các phần tử của \(S\) là \(9 + 10 + 11 + 12 = 42\).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\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{m <  - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{ - 13 \le m <  - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 13\,;\,\,{\mkern 1mu}  - 12\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 7} \right\}\)

Do đó có 7 giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán. Chọn C.

Ta có: \(\int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx} = 4\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \)

Đặt \(t = 4 - x \Rightarrow dt = - dx\).

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 \Rightarrow t = 3}\\{x = 3 \Rightarrow t = 1}\end{array}} \right.\), khi đó ta có:

\(\int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx} = - \int\limits_3^1 {tf\left( {4 - t} \right)dt} \)\( = \int\limits_1^3 {tf\left( {4 - t} \right)dt} = \int\limits_1^3 {tf\left( t \right)dt} \)

\( = \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \)\( \Rightarrow \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} = 4\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \)

\( \Leftrightarrow 2\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} = \left( { - 2} \right)\).Chọn C.

Gọi A là biến cố: “Xạ thủ đạt loại giỏi”

TH1: Xạ thủ được 30 điểmnên xạ thủ bắn trúng vòng 10 ba lần.

Do đó \[{P_1} = 0,{2^3} = 0,008\].

TH2: Xạ thủ được 29 điểm nên xạ thủ bắn trúng vòng 10 hai lần và vòng 9 một lần.

Do đó \[{P_2} = C_3^2 \cdot 0,{2^2} \cdot 0,25 = 0,03\]

TH3: Xạ thủ được 28 điểm nên xạ thủ bắn trúng vòng 10 hai lần và vòng 8 một lần hoặc Xạ thủ bắn trúng vòng 10 một lần, trúng vòng 9 hai lần

Do đó \({P_3} = C_3^2 \cdot 0,{2^2} \cdot 0,{15^1} + C_3^1 \cdot 0,{2^1} \cdot 0,{25^2} = 0,0555\).

Vậy \(P\left( A \right) = {P_1} + {P_2} + {P_3} = 0,0935\). Chọn C.

Ta có \({V_{ABCD}} = {V_{C.ABD}} = \frac{1}{3}{S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right)\)

\({V_{MNEC}} = {V_{C.MNE}} = \frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\left( {MNE} \right)} \right) = \frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{MNEC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right)}}{{\frac{1}{3}{S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right)}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}}\)

Dễ thấy \(\Delta MNE\) đồng dạng \(\Delta DAB\) theo tỉ số \(\frac{1}{2}\) nên \(\frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\).

Vậy \(\frac{{{V_{MNEC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}} = \frac{1}{4}\).Chọn B.

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

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số \(y = \ln \left( {x + 1} \right)\)tại điểm có hoành độ \(x = 2\)là \(\frac{1}{3}.\)

Đáp án:\[\frac{1}{3}.\]

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

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln x + 1 = 0}\\{{e^x} - 2019 = 0}\\{x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln x = - 1}\\{{e^x} = 2019}\\{x = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{e} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}\\{x = \ln 2019 \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}\\{x = - 1 \notin \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}\end{array}} \right.\).

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đáp án: 2.

Vì \(\frac{2}{4} = \frac{{ - 1}}{{ - 2}} = \frac{{ - 2}}{{ - 4}} \ne \frac{{ - 9}}{{ - 6}}\) nên \(\left( P \right){\rm{//}}\left( Q \right)\).

Xét \(\left( P \right)\), cho \(x = z = 0 \Rightarrow y = - 9 \Rightarrow M\left( {0\,;\,\, - 9\,;\,\,0} \right) \in \left( P \right)\)

Vậy \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 2 \cdot \left( { - 9} \right) - 6} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = 2\).

Đáp án: 2.

Để chọn được 5 học sinh tham gia văn nghệ trong đó có ít nhất 3 học sinh nữ ta có các TH sau:

TH1: 3 học sinh nữ, 2 học sinh nam nên có \[C_{15}^3 \cdot C_{20}^2 = 86\,\,450\](cách).

TH2: 4 học sinh nữ, 1 học sinh nam nên có \(C_{15}^4 \cdot C_{20}^1 = 27\,\,300\) (cách).

TH3: 5 học sinh nữ nên có \(C_{15}^5 = 3003\) (cách).

Vậy có tất cả \(86\,\,450 + 27\,\,300 + 3\,\,003 = 116\,\,753\) (cách).

Đáp án: \[{\bf{116}}\,\,{\bf{753}}.\]

Đặt \[g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}}\]\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15\]

\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15} \right] = 15\].

Ta có:\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}\]\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} \cdot \frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}} \right]\]\[ = 3 \cdot \frac{1}{{4 \cdot \left( {\sqrt {2 \cdot 15 + 6} + 3} \right)}} = 3 \cdot \frac{1}{{4 \cdot 9}} = \frac{1}{{12}}\].

Đáp án:\[\frac{1}{{12}}\].

Xét hà\(y = {x^2} - 2x + 5\)m số \(y = {x^2} - 2x + 5\)trên \(\left[ {2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 7} \right]\)ta có bảng biến thiên:

Đỉnh của đồ thị hàm số  là \(I\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,4} \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {2;{\kern 1pt} {\kern 1pt} 7} \right]} y = 40\) khi \(x = 7\)và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;{\kern 1pt} {\kern 1pt} 7} \right]} y = 5\)khi \(x = 2\).

Do đó \(M = 8m\).

Đáp án: 8.

Ta có \(y' = 4m{x^3} + 2\left( {m - 1} \right)x = 2x\left( {2m{x^2} + m - 1} \right)\); \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{2m{x^2} + m - 1 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( 1 \right)}\end{array}} \right.\)

Hàm số chỉ có 1 cực trị \( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\)vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

\( \Rightarrow \Delta \le 0 \Leftrightarrow - 2m\left( {m - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge 1}\end{array}} \right.\). Khi đó \(a = 0\,;\,\,b = 1\) nên \(b - a = 1.\)

Đáp án:1.

Diện tích cần tìm là: \(S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx} = \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 4x - 3} \right)dx} \)

\({\mkern 1mu} = \int\limits_1^2 { - {x^2}dx + \int\limits_1^2 {4xdx} } - \int\limits_1^2 {3dx} \)\( = \left. { - \frac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^2 + \left. {2{x^2}} \right|_1^2 - \left. {3x} \right|_1^2\)\({\mkern 1mu} = - \frac{8}{3} + \frac{1}{3} + 8 - 2 - 6 + 3 = \frac{2}{3}\).

Đáp án:\(\frac{2}{3}\).

Đặt \[t = \sin x \in \left[ { - 1\,;\,1} \right]\].

Dễ thấy với mỗi \[t \in \left[ {0;1} \right)\]thì sẽ có 2 giá trị \[x \in \left[ {0;\pi } \right]\].

Do đó, để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm trên đoạn \[\left[ {0;\pi } \right]\]thì phương trình \[f\left( t \right) = m\]có nghiệm duy nhất t\[t \in \left[ {0;1} \right)\]\[ \Leftrightarrow - 4 < m \le - 3\].

Đáp án: −7.

Đặt \(z = x + yi{\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \left( {x,\,y \in \mathbb{R}} \right)\).

Theo bài ra ta có: \(\left| {x + yi - 2 + i} \right| = 4 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 16\).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức \(z\) là một đường tròn có tâm \(I\left( {2;1} \right)\), bán kính \(R = 4\)Đáp án:4.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Vì \(\Delta ABC\)đều nên \(AI \bot BC\) và \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AI}\\{BC \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AIA'} \right) \Rightarrow BC \bot A'I\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {ABC} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = BC}\\{AI \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} \,AI \bot BC}\\{A'I \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} \,A'I \bot BC}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \alpha  = \widehat {\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'BC} \right)} \right)} = \widehat {AIA'}\)

Xét tam giác vuông \(AIA'\) ta có: \(\tan \alpha  = \frac{{AA'}}{{AI}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án:\(\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Giả sử \[A'\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\]là điểm đối xứng với điểm \[A\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,3} \right)\]qua mặt phẳng \[\left( P \right):x + 3y - 2z - 7 = 0\]

Khi đó, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AA'} \,{\rm{//}}\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} }\\{I \in \left( P \right)}\end{array}} \right.\), với \[I\] là trung điểm của\[{\rm{AA'}}\].

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 1}}{1} = \frac{{b - 0}}{3} = \frac{{c - 3}}{{ - 2}}}\\{\left( {\frac{{a - 1}}{2}} \right) + 3.\frac{b}{2} - 2.\frac{{c + 3}}{2} - 7 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 1}}{1} = \frac{b}{3} = \frac{{c - 3}}{{ - 2}}}\\{a + 3b - 2c = 21}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 6}\\{c = - 1}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow A'\left( {1;6; - 1} \right)\). Do đó, hoành độ của điểm \(A'\) là 1.

Đáp án: 1.

Nhận xét: \({x^2} + {y^2} - 2x + 2 = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + 1 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x,y\)

Bpt \( \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2} - 2x + 1}} \le {x^2} + {y^2} - 2x + 2\)

Đặt \(t = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\), bất phương trình trở thành \({2^t} \le t + 1 \Leftrightarrow {2^t} - t - 1 \le 0\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} - t - 1\)có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow t = {\log _2}\left( {{{\log }_2}e} \right).\)

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra ta có \(0 \le t \le 1 \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le 1\)

Ta có:\(P = \frac{{8x + 4}}{{2x - y + 1}}\)\[ \Leftrightarrow 2Px - Py + P = 8x + 4\]

\[ \Leftrightarrow P - 4 = \left( {8 - 2P} \right)x + Py\]\[ \Leftrightarrow 3P - 12 = \left( {8 - 2P} \right)\left( {x - 1} \right) + Py\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} \le \left[ {{{\left( {8 - 2P} \right)}^2} + {P^2}} \right]\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \right]\]\[ \Rightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} \le {\left( {8 - 2P} \right)^2} + {P^2}\]

\[ \Leftrightarrow 4{P^2} - 40P + 80 \le 0\]\[ \Leftrightarrow 5 - \sqrt 5  \le P \le 5 + \sqrt 5  \approx 7,23\].

Dấu  xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{8 - 2P}}{P} = \frac{{x - 1}}{y} =  - \frac{2}{{\sqrt 5 }}}\\{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 =  - \frac{2}{{\sqrt 5 }}y}\\{\frac{9}{5}{y^2} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 \mp \frac{2}{3}}\\{y =  \pm \frac{{\sqrt 5 }}{3}}\end{array}} \right.\].

Do đó \[\max P = 5 + \sqrt 5 \]đạt được khi \[x = \frac{1}{3}\,;\,\,y = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\].Đáp án: 7.

Gọi \(H\)là trung điểm của \(AB\). Vì tam giác \(SAB\)cân tại \(S\)nên \(SH \bot AB\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB}\\{SH \subset \left( {SAB} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\) ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot HK}\\{CD \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow CD \bot SK\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD}\\{SK \subset \left( {SCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,SK \bot CD}\\{HK \subset \left( {ABCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,HK \bot CD}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SK,HK} \right)} = \widehat {SKH} = \varphi \)

Vì \(AH\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow AH\,{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\)

Trong \(\left( {SHK} \right)\)kẻ \(HI \bot SK{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {I \in SK} \right)\)ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HI \bot SK}\\{HI \bot CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {CD \bot \left( {SHK} \right)} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow HI \bot \left( {SCD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI\).

Xét tam giác vuông \(HIK\) ta có \(\sin \varphi = \sin \widehat {SKH} = \frac{{HI}}{{HK}}\) \( \Rightarrow HI = HK.\sin \varphi = 2a.\frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).Đáp án:\(\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\).

Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể lần lượt là\(x,\,2x,\,\,y\,\,\left( {x,\,\,y > 0} \right)\).

Diện tích phần lắp kính là:\(2x.x + 2xy + 2.2x.y = 2{x^2} + 6xy = 6,5\)

\( \Leftrightarrow xy = \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} > 0 \Rightarrow x < \sqrt {\frac{{6,5}}{2}}  = \frac{{\sqrt {13} }}{2}.\)

Thể tích bể cá là: \(V = 2x \cdot x \cdot y = 2x \cdot \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} = \frac{{ - 4{x^3} + 13x}}{6}\) với \(0 < x < \frac{{\sqrt {13} }}{2}\).

Ta có \(V' = \frac{{ - 12{x^2} + 13}}{6},V' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{\sqrt {39} }}{6}}\\{x =  - \frac{{\sqrt {39} }}{6}\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy \[{V_{\max }} = \frac{{13\sqrt {39} }}{{54}} \approx 1,5\,{\mkern 1mu} \,\left( {{m^3}} \right)\].

Đáp án:\(1,5\).

Từ “độc nhất” dùng sai về ngữ nghĩa. Từ đúng là “duy nhất”. Chọn C.

Từ dùng sai là “nghe ngóng”: lắng nghe (tin tức, dư luận) xem sao (để qua đó quyết định hành động của mình). Nên thay bằng “lắng nghe”. Chọn B.

“Truyện Kiều” là tên tác phẩm, không tương hợp với các tên riêng chỉ tác giả trong câu. Chọn C.

Từ dùng sai là “buông thả” (thả lỏng hoàn toàn, để cho tự do, không giữ gìn, hạn chế). Nên thay bằng “buông xuôi” (bỏ mặc không can thiệp đến, để cho sự việc tiếp tục diễn biến theo chiều hướng xấu). Chọn D.

Sau từ “rất” thường là tính từ. Từ “cảm xúc” dùng sai. Nên thay bằng “xúc động”. Chọn D.

“Tàu thuyền” chỉ các loại phương tiện giao thông đường thủy nói chung. Các từ còn lại chỉ các loại thuyền cụ thể. Chọn B.

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

“Lèm nhèm” chỉ đặc điểm không được sạch sẽ, rõ ràng, minh bạch của hành động. Các từ còn lại chỉ lời nói của con người. Chọn C.

Từ “gia” trong “gia vị” là thêm vào, trong các từ còn lại (gia súc, gia dụng, gia chủ) lại có nghĩa là nhà. Chọn D.

Từ “học tập” là động từ, các từ còn lại đều là danh từ. Chọn D.

Nghe bệnh, bắt mạch xong, ông thận trọng kê đơn bốc thuốc. Chọn C.

Văn bản mới của Bộ Giáo dục và Đào tạo cho thấy chỉ tiêu tuyển sinh năm nay đã tăng đáng kể. Chọn B.

“Bảo toàn” là giữ cho nguyên vẹn, “bảo tồn” là giữ cho không bị mất đi, “bảo vệ” là chống lại mọi sự xâm phạm và bênh vực bằng lí lẽ, “bảo đảm” là làm cho chắc chắn thực hiện được, chịu trách nhiệm về lời nói của mình. Từ thích hợp nhất với “mạng sống” là “bảo toàn”.Chọn C.

“Di dưỡng”: bồi bổ, tạo điều kiện cho có được sự phát triển tốt, khắc phục sự suy sút có thể có (thường nói về mặt tinh thần). Chọn B.

“sáp nhập”: nhập vào với nhau làm một (thường nói về các tổ chức, đơn vị hành chính). Chọn B.

Phép lặp: “y”, “nó”. Phép nối: “nhưng”, “bởi vì”. Chọn C.

“Cơn sốt” có ý nghĩa chỉ quá trình tăng mạnh một cách đột biến, nhất thời về giá cả hoặc nhu cầu nào đó trong xã hội. Chọn A.

Câu “Biết quý công cầm vàng những ngày lặn lội” lấy ý từ câu ca dao: “Cầm vàng mà lội qua sông/ Vàng rơi không tiếc, tiếc công cầm vàng”. Chọn B.

Đoạn trích thể hiện ý thức sâu sắc của Trương Ba: Khi phải sống nhờ, sống gửi, sống chắp vá, không được là mình thì cuộc sống thật vô nghĩa. Chọn D.

Bài ca dao trên mang giọng điệu giễu cợt, châm chọc người đàn ông lười biếng, ham ăn. Chọn D.

Dựa vào chi tiết: Sau này, mỗi năm đôi ba lần, chị lại vượt cánh đồng mấy chục cây số, lội qua mấy chục đồn bót giặc về thăm má, thăm em. Trừ mắc công tác thì thôi, còn thì trời sập chị cũng về. Cứ một mình ôm nón mà đi,… cho thấy nhân vật “chị Hai” rất hiếu thảo, dũng cảm. Chọn D.

Đoạn thơ gợi nỗi buồn chia lìa, xa cách: Gió theo lối gió mây đường mây, Dòng nước buồn thiu hoa bắp lay. Chọn B.

Nội dung chính: Khẳng định tiếng mẹ đẻ giàu có. Chọn B.

Câu văn khắc họa tâm trạng xấu hổ của thị trên đường về nhà Tràng. Chọn B.

Nội dung chính: Cái đẹp là cái có chừng mực và quy mô vừa phải. Chọn C.

Lời thoại của nhân vật gây kịch tính, căng thẳng. Chọn D.

Đoạn thơ viết theo thể tự do. Số câu, số chữ, ngắt nhịp,… linh hoạt. Chọn B.

Thao tác lập luận chính của đoạn trích là chứng minh. Hoài Thanh đưa ra luận điểm trong câu văn đầu tiên: Ngày thứ nhất - ai biết đích ngày nào - chữ tôi xuất hiện trên thi đàn Việt Nam, nó thực bỡ ngỡ. Sau đó, tác giả dùng các lí lẽ (Nó như lạc loài nơi đất khách. Bởi nó mang theo một quan niệm chưa từng thấy ở xứ này: quan niệm cá nhân. Xã hội Việt Nam từ xưa không có cá nhân. Chỉ có đoàn thể: lớn thì quốc gia, nhỏ thì gia đình. Còn cá nhân, cái bản sắc của cá nhân chìm đắm trong gia đình, trong quốc gia như giọt nước trong biển cả, ...) để chứng minh cho luận điểm đó.Chọn B.

Đoạn trích trên mang đầy đủ đặc điểm của phong cách chính luận:

- Tính công khai về quan điểm chính trị: Tác giả bày tỏ quan điểm của mình về tính tự kiêu, tự đại và tác hại của nó đối với con người.

- Tính chặt chẽ trong diễn đạt và suy luận: Tác giả đưa ra tác hại của tính tự kiêu và lấy ví dụ so sánh để người đọc có thể hình dung một cách cụ thể. Các câu văn ngắn liên tiếp được nối với nhau bằng các phép liên kết câu làm cho đoạn văn trở nên chặt chẽ.

- Tính truyền cảm và thuyết phục: Giọng điệu hùng hồn, ngôn từ sáng rõ.

→ Chọn C.

Cả đoạn trích là nối tiếp những câu thơ không viết hoa các chữ cái đầu câu, có thể coi đó là những cảm nhận mơ hồ, những liên tưởng đột ngột, những ấn tượng bất chợt của phong cách thơ siêu thực, tượng trưng của cả bài thơ. Chọn C.

Chiến tranh đặc biệt không có sự tham gia của quân Mĩ và quân đồng minh Mĩ. Đến Chiến tranh cục bộ quân viễn chinh Mĩ và quân đồng minh Mĩ đã trực tiếp tham chiến và giữ vai trò quan trọng và không ngừng tăng lên về số lượng. Chọn A.

Đặc điểm của chủ nghĩa đế quốc Nhật cuối thếkỷ XIX đầu thế kỷ XX chủ nghĩa đế quốc phong kiến quân phiệt.Chọn D.

Duy trì hòa bình và an ninh thế giới là mục đích hoạt động chứ không phải nguyên tắc hoạt động của Liên hợp quốc.Chọn C.

Dựa vào sức mạnh quân sự, kinh tế để triển khai chiến lược toàn cầu với tham vọng làm bá chủ thế giới. Tháng 3-1947, trong diễn văn đọc trước Quốc hội Mĩ, Tổng thống Truman công khai tuyên bố: "Sứ mệnh lãnh đạo thế giới tự do chống lại sự bành trướng của chủ nghĩa cộng sản".

- Mục tiêu của "Chiến lược toàn cầu":

+ Ngăn chặn, đẩy lùi và tiến tới tiêu diệt hoàn toàn CNXH.

+ Đàn áp phong trào GPDT, phong trào cộng sản và công nhân quốc tế, phong trào chống chiến tranh, vì hòa bình, dân chủ trên thế giới.

+ Khống chế, chi phối các nước đồng minh.

Chọn D.

Năm 1960 lịch sử ghi nhận là “Năm châu Phi" vì có 17 nước châu Phi giành độc lập.Chọn D.

Một yếu tố quan trọng tác động đến mức độ giành độc lập của các nước trong khu vực Đông Nam Á vào năm 1945 là nhận thức về vấn đề thời cơ của các nước khác nhau. Các nước chớp được thời cơ, có sự chuẩn bị lâu dài như Việt Nam sẽ có được mức độ độc lập cao, đã giành được chính quyền, còn ở Inđônêxia thi mới tuyên bố độc lập mà chưa giành được chính quyền. Chọn B.

Sự phát triển vượt bậc của kinh tế Mĩ và sự hồi phục nhanh chóng của kinh tế Nhật Bản, Tây Âu sau Chiến tranh thế giới thứ hai là do biết tận dụng những cơ hội thuận lợi từ bên ngoài. Nếu Mĩ lợi dụng chiến tranh để làm giàu từ bán vũ khí, trong khi đó Nhật Bản và Tây Âu đều tập dụng tốt vào nguồn viện trợ của Mĩ. Chọn A.

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

Chính sách dân số 1 con đã kiềm chế tốc độ gia tăng dân số của Trung Quốc song để lại nhiều hậu quả không mong muốn, trong đó có tình trạng mất cân bằng giới tính nghiêm trọng do tâm lí và tư tưởng của người dân Trung Quốc muốn sinh bé trai hơn bé gái. (Kiến thức lớp 11 bài 10). Chọn B.

Mục tiêu tổng quát của ASEAN là đoàn kết và hợp tác vì một ASEAN hòa bình, ổn định cùng phát triển (SGK Địa 11, bài 11, tiết 3). Chọn B.

Sự phong phú về thành phần loài được quyết định bởi nước ta nằm trên đường di cư và di lưu của nhiều loài thực vật. Chọn D.

Vùng đồi núi nằm ở phía tây, cách xa biển nên không thể xảy ra triều cường và xâm nhập mặn. Chọn B.

Căn cứ vào Atlat địa lí Việt Nam trang 15, tỉ trọng dân số nông thôn ngày càng giảm (từ 84,3% năm 1960 xuống 72,6% năm 2007)→ do vậy nhận xét C tỉ trọng dân nông thôn ngày càng tăng là sai. Chọn C. 

Để thể hiện số dự án và tổng vốn đăng ký → 2 loại đơn vị nhưng chỉ có 1 năm, biểu đồ cột là phù hợp nhất (không vẽ được kết hợp vì kết hợp cần nhiều năm). Chọn A.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Cơ sở vật chất hiện đại hóa nhanh chóng. → đúng

B. Ngành non trẻ nhưng phát triển rất nhanh. »→ đúng.

C. Mở nhiều đường bay thẳng đến các nước. → đúng.

D. Vận chuyển khối lượng hàng hóa lớn nhất. → Sai, đường hàng không không có khối lượng vận chuyển lớn nhất, đường hàng không chủ yếu vận chuyển người. Chọn D.

Ngành công nghiệp năng lượng của nước ta cần phát triển đi trước một bước. Từ đó các ngành khác mới có thể phát triển. Chọn D.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Thường xuyên bị khô hạn. → Sai, đất ở đây không thường xuyên khô hạn.

B. Sử dụng chưa hợp lí, hệ số sử dụng cao. → đúng. Chọn B.

C. Bón quá nhiều phân hữu cơ. → không phải nguyên nhân chủ yếu.

D. Xói mòn, rửa trôi diễn ra mạnh. → xói mòn chủ yếu ở miền núi.

Đất ở ĐBSH đang bị xuống cấp do sử dụng chưa hợp lý, hệ số sử dụng cao.