Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 7)

Dựa vào biểu đồ ta thấy trong năm 2018 Việt Nam có trung bình số tuổi cao nhất là \[20,7.\]

Chọn D.

Câu chủ đề nằm ở đoạn số 4: “Vì những lí do này nên các chuyên gia trong lĩnh vực tâm lí, giáo dục cho rằng, việc cân bằng chỉ số IQ và EQ sẽ giúp trẻ phát triển toàn diện và sớm gặt hái được thành công trong tương lai”. Chọn C.

Thông tin nằm dòng đầu tiên đoạn số 3: “khi có chỉ số IQ cao, trẻ sẽ có khả năng phản biện, tập trung, giải quyết vấn đề tốt”. Chọn D.

Chỉ số EQ là thước đo thông minh của con người thông qua: khả năng cảm nhận, kiểm soát, bày tỏ cảm xúc, trong đó bao gồm các kĩ năng: khả năng giao tiếp, kĩ năng hợp tác, thấu hiểu cảm xúc. Vì vậy, trẻ có EQ cao sẽ giỏi giao tiếp, giàu tình cảm, dễ thông cảm với người khác. Chọn A.

“Chế ngự cảm xúc” có nghĩa là điều tiết, kiểm soát cảm xúc cho cân bằng, không để cảm xúc tiêu cực bộc phát lấn át lí trí; không để cảm xúc tích cực ảnh hưởng đến quyết định của bản thân. Chọn C.

Thông tin nằm ở dòng thứ 1, 2 đoạn 4: “việc cân bằng chỉ số IQ và EQ sẽ giúp trẻ phát triển toàn diện và sớm gặt hái được thành công trong tương lai”. Chọn A.

Ta có: \(y' = 2f'\left( x \right) - 3 \cdot 2 \cdot g'\left( {2x} \right) = 2 \cdot f'\left( x \right) - 6 \cdot g'\left( {2x} \right)\).

Suy ra tại \(x =  - 2\) thì \[y'\left( { - 2} \right) = 2 \cdot f'\left( { - 2} \right) - 6 \cdot g'\left( { - 4} \right) = 2 \cdot 3 - 6 \cdot 1 = 0.\] Chọn A.

Nhớ lại kiến thức về phong cách ngôn ngữ. Xác định nội dung của văn bản: Vấn đề tín ngưỡng của người Việt Nam → Vấn đề liên quan tới tư tưởng, văn hóa → Loại phương án C, D sai. Văn bản không xuất hiện thuật ngữ khoa học → Loại phương án B sai. Chọn A.

Đọc câu hỏi và các phương án đưa ra. Đọc lại ngữ liệu để tìm kiếm thông tin liên quan tới các phương án: Phương án A được nhắc đến trong câu: “Họ coi trọng hiện thế trần tục hơn thế giới bên kia”. Phương án B có được nhắc tới, nhưng không diễn đạt đúng ý của tác giả, tác giả nói trong phần mở đầu: “Người Việt Nam có thể coi là ít tinh thần tôn giáo” nhưng phương án đưa ra là “không coi trọng tôn giáo”. Phương án C được nhắc đến trong câu: “Không phải người Việt Nam không mê tín, họ tin có linh hồn, ma quỷ, thần Phật”. Phương án D được nhắc đến trong câu: “Trong cuộc sống, ý thức về cá nhân và sở hữu không phát triển cao”. Chọn B.

Đọc câu hỏi và xác định ý nghĩa của từ “hiện thế”: thời điểm hiện tại/sự hiện diện ở trần thế.

- Phân tích nội dung các phương án:

+ Phương án A: Người Việt Nam ít tinh thần tôn giáo.

+ Phương án B: Con người Việt Nam lo cho con cháu (những người đang sống) hơn là linh hồn của mình (người đã không còn tồn tại ở trần thế).

+ Phương án C: Nhiều người thực hành cầu cúng.

+ Phương án D: Con người Việt Nam không phát triển cao về ý thức cá nhân và sở hữu.

→ Phương án B không nhắc đến từ “hiện thế” nhưng thể hiện rõ tinh thần hiện thế ở chỗ người Việt “lo cho con cháu” (người sống) hơn là “linh hồn mình” (cái đã mất). Chọn B.

Đọc câu hỏi và các phương án, xác định các yếu tố tín ngưỡng, tôn giáo, văn hóa, phong cách sống có trong đoạn trích:

+ Tín ngưỡng: “Không phải người Việt Nam không mê tín, họ tin có linh hồn, ma quỷ, thần Phật. Nhiều người thực hành cầu cúng”.

+ Tôn giáo: “Người Việt Nam có thể coi là ít tinh thần tôn giáo”.

+ Văn hóa: Vấn đề văn hóa không được trực tiếp đề cập trong đoạn trích, nhưng nghĩa của văn hóa bao hàm tất cả các khía cạnh tín ngưỡng, tôn giáo và phong cách sống.

+ Phong cách sống: “Người ta mong ước thái bình, an cư lạc nghiệp để làm ăn cho no đủ, sống thanh nhàn, thong thả, có đông con nhiều cháu, ước mong về hạnh phúc nói chung là thiết thực, yên phận thủ thường, không mong gì cao xa, khác thường, hơn người.”

→ Chọn chủ đề bao trùm phải là ý bao quát hết được các nội dung ấy. Chọn C.

Nội dung đoạn trích bàn về vấn đề tín ngưỡng của người Việt Nam thông qua các khía cạnh tư tưởng, văn hóa, phong cách sống... Chọn D.

ĐKХĐ: \(x > 0\,;\,\,x \ne 1\).

Ta có: \({\log _x}2 + {\log _2}x = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_2}x}} + {\log _2}x = \frac{5}{2}.\)

Đặt \(t = {\log _2}x \Rightarrow \frac{1}{t} + t = \frac{5}{2} \Rightarrow 1 + {t^2} - \frac{5}{2}t = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2}\\{t = \frac{1}{2}}\end{array}} \right..\)

Suy ra: \[\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}x = 2}\\{{{\log }_2}x = \frac{1}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_2} = 4}\\{{x_1} = \sqrt 2 }\end{array}} \right.} \right.\] (vì \(\left. {{x_1} < {x_2}} \right)\) \( \Rightarrow x_1^2 + {x_2} = 2 + 4 = 6.\) Chọn C.

Muối mặn, gừng cay là 2 thứ gia vị không dễ chịu (như vị ngọt, mát) để nói về gian nan, vất vả. Nhưng vị mặn của muối hay vị cay của gừng lại rất đậm đà, rất khó quên nên có thể đem so sánh với tình nghĩa sâu đậm, thắm thiết. Chọn D.

Việc sử dụng những chất liệu dân gian trong thơ như: những sự tích, những phong tục tập quán dân tộc, thành ngữ dân gian,… để nói về vấn đề mang ý nghĩa trọng đại: cội nguồn đất nước thể hiện chất trữ tình, chính luận của Nguyễn Khoa Điềm. Chọn D.

Câu thơ mang ý nghĩa Đất Nước ra đời từ rất xa xưa như một sự tất yếu, trong chiều sâu của lịch sử. Chọn A.

Liệt kê: “xay, giã, giần, sàng”. Chọn C.

Đoạn trích nhắc đến cội nguồn hình thành đất nước gắn liền với những phong tục tập quán đẹp đẽ của người Việt Nam → cảm nhận trên phương diện lịch sử, văn hóa. Chọn A.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3\left| x \right| = 0\\{x^2} + {y^2} - 10y = 0\end{array} \right.\]

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

• Với \(x = 0\) thay vào (2) ta có \(0 + {y^2} - 10y = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 0}\\{y = 10}\end{array}} \right..\)

• Với \(x = 3\) thay vào (2) ta có \(9 + {y^2} - 10y = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1}\\{y = 9}\end{array}} \right..\)

• Với \(x =  - 3\) thay vào (2) ta có \(9 + {y^2} - 10y = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1}\\{y = 9}\end{array}} \right..\)

Suy ra có 6 cặp nghiệm \[\left( {0\,;\,\,0} \right),\,\,\left( {0\,;\,\,10} \right),\,\,\left( {3\,;\,\,1} \right),\,\,\left( {3\,;\,\,9} \right),\,\,\left( { - 3\,;\,\,1} \right),\,\,\left( { - 3\,;\,\,9} \right).\] Chọn D.

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

Thành công là đạt được những điều mong muốn, hoàn thành mục tiêu của mình. Chọn B.

Đích cuối cùng mà chúng ta nhắm tới là hạnh phúc. Chọn A.

Liệt kê: “sự giàu có về tiền bạc, quyền lực, tài cao học rộng; một gia đình êm ấm, con cái nên người…”. Chọn C.

Bài học: Bí quyết để có cuộc sống thành công thực sự. Chọn D.

Ta có: \({z_3} = \left( {6i + 9} \right)i = 6{i^2} + 9i =  - 6 + 9i.\)

Ba điểm \[A,\,\,B,\,\,C\] lần lượt là điểm biểu diễn của 3 số phức \({z_1},\,\,{z_2},\,\,{z_3}\).

Nên ta có tọa độ 3 điểm lần lượt là \(A\left( {3\,;\,\, - 7} \right),\,\,B\left( {9\,;\,\, - 5} \right),\,\,C\left( { - 6\,;\,\,9} \right).\)

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \[ABC\] nên

\[G = \left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\,;\,\,\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}} \right)\]\( = \left( {\frac{{3 + 9 + \left( { - 6} \right)}}{3}\,;\,\,\frac{{ - 7 + \left( { - 5} \right) + 9}}{3}} \right)\)

Vậy tọa độ cần tìm là \(G\left( {2\,;\,\, - 1} \right).\) Chọn C.

Dùng phương pháp loại trừ:

-Xác định: Những vấn đề cấp thiết mang tính toàn cầu → tức là phải từ 2 vấn đề mang tính toàn cầu trở lên. Do đó, hai phương án C, D loại.

- Xét hai phương án còn lại, ta thấy:

A loại vì nội dung của phương án này chưa phản ánh vấn đề cấp thiết mang tính toàn cầu. Nhu cầu vật chất và tinh thần ngày càng cao của con người không phải là nguyên nhân dẫn đến chiến tranh. Nguyên nhân của hai cuộc chiến tranh thế giới là do sự phát triển không đều giữa các nước tư bản về kinh tế, chính trị và sự mâu thuẫn gay gắt về vấn đề thị trường và thuộc địa giữa các nước này.

Chọn B vì sự bùng nổ dân số thế giới và sự vơi cạn nghiêm trọng các nguồn tài nguyên thiên nhiên là vấn đề mang tính toàn cầu, là nguyên nhân thúc đẩy sự phát triển mạnh mẽ của KH - KT hiện đại.

Dùng phương pháp loại trừ:

A loại vì đây là đặc điểm của cuộc cách mạng khoa học - kĩ thuật ở thế kỉ XVIII.

B loại vì đối với cuộc cách mạng khoa học kĩ thuật hiện đại thì khoa học đi trước mở đường cho kĩ thuật.

C loại vì khoa học đi trước mở đường cho kỹ thuật →  khoa học là cơ sở cho mọi phát minh kỹ thuật.

Chọn D vì khoa học đã tham gia trực tiếp vào sản xuất, đã trở thành nguồn gốc chính của những tiến bộ kỹ thuật và công nghệ. →  khoa học là lực lượng sản xuất trực tiếp. Đây là đặc điểm lớn nhất của cuộc cách mạng khoa học - kĩ thuật hiện đại.

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

Mặt mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc với AB nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là \(\left( {x - 1} \right) + \left( {y - 2} \right) - 1 \cdot z = 0 \Leftrightarrow x + y - z - 3 = 0.\) Chọn C.

Điều kiện: \(x \ne 2\,;\,\,x \ne  - \frac{1}{3}.\)

Ta có \(\frac{{ - 4}}{{3x + 1}} < \frac{3}{{2 - x}} \Leftrightarrow \frac{{ - 4}}{{3x + 1}} - \frac{3}{{2 - x}} < 0\)\[ \Leftrightarrow \frac{{ - 4\left( {2 - x} \right) - 3\left( {3x + 1} \right)}}{{\left( {3x + 1} \right)\left( {2 - x} \right)}} < 0\]

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 8 + 4x - 9x - 3}}{{\left( {3x + 1} \right)\left( {2 - x} \right)}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{5x + 11}}{{\left( {3x + 1} \right)\left( {2 - x} \right)}} > 0\)\( \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - \frac{{11}}{5}} \right) \cup \left( { - \frac{1}{3};2} \right).\)

Mà \(x \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\) suy ra \[x \in \left\{ { - 10\,;\,\, - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\}.\]

Vậy có 10 giá trị nguyên của  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right) \Rightarrow H\left( {1\,;\,\,0\,;\,3} \right).\]

Gọi \(M'\) là điểm đối xứng với \(M\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\)

\( \Rightarrow H\) là trung điểm của \(MM' \Rightarrow M'\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right).\) Chọn A.

Ta có \(a{\sin ^2}x + 2\sin 2x + 3a{\cos ^2}x = 2\)

\( \Leftrightarrow a \cdot \frac{{1 - \cos 2x}}{2} + 2\sin 2x + 3a \cdot \frac{{1 + \cos 2x}}{2} = 2a\)\[\]

\( \Leftrightarrow a - a \cdot \cos 2x + 4\sin 2x + 3a + 3a \cdot \cos 2x = 4\)

\( \Leftrightarrow 4\sin 2x + 2a\cos 2x = 4 - 4a{\rm{ }}\,{\rm{(*) }}\)

\((*)\) có nghiệm khi \({4^2} + {\left( {2a} \right)^2} \ge {\left( {4 - 4a} \right)^2} \Leftrightarrow 12{a^2} - 32a \le 0 \Leftrightarrow 0 \le a \le \frac{8}{3}.\)

Do \(a \in \mathbb{Z}\) và là số lớn nhất nên \(a = 2.\)Chọn B.

Lương làm việc quý thứ nhất là: \[13,5\] (triệu đồng)

Lương làm việc quý thứ hai là: \(13,5 + 0,5\) (triệu đồng)

Lương làm việc quý thứ ba là: \(13,5 + 0,5.2\) (triệu đồng)

...

Lương làm việc quý thứ mười hai là: \(13,5 + 0,5.11\) (triệu đồng)

Suy ra tổng số tiền lương sau 3 năm làm việc là:

\(13,5 \cdot 12 + \left( {0,5 + 0,5 \cdot 2 +  \ldots  + 0,5 \cdot 11} \right) = 195\) (triệu đồng).

Chọn B.

Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \int {\left( {12{x^2} + 2} \right)} \,{\rm{d}}x = 4{x^3} + 2x + C.\)

Mà \(f(1) = 3\) nên suy ra \(4 \cdot {1^3} + 2 \cdot 1 + C = 3 \Leftrightarrow C =  - 3.\)

Khi đó \(f\left( x \right) = 4{x^3} + 2x - 3.\)

Lại có \(F\left( x \right) = \int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {4{x^3} + 2x - 3} \right)\,} {\rm{d}}x = {x^4} + {x^2} - 3x + C.\)

Mà \(F\left( 0 \right) = 2 \Leftrightarrow C = 2\) suy ra \(F\left( x \right) = {x^4} + {x^2} - 3x + 2.\)

Vậy \(F\left( 1 \right) = {1^4} + {1^2} - 3 \cdot 1 + 2 = 1.\) Chọn B.

Ta có \[F\left( x \right) = \int {\left[ {f\left( x \right) + m} \right]dx} \]\( \Rightarrow F'\left( x \right) = f\left( x \right) + m.\)

Hàm số \[F\left( x \right)\] nghịch biến trên \(\left( {0\,;\,\,3} \right)\).

\( \Leftrightarrow F'\left( x \right) \le 0,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,3} \right) \Leftrightarrow {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right]}}\left( {f\left( x \right) + m} \right) \le 0 \Leftrightarrow m + 5 \le 0 \Leftrightarrow m \le  - 5.{\rm{ }}\)

Ta có bảng biến thiên của \(f\left( x \right) + m\) trên \[\left[ {0\,;\,\,3} \right]\] như sau:

Chọn B

Khi dừng hẳn \(v = 0 \Leftrightarrow  - 5t + 10 = 0 \Leftrightarrow t = 2\,\,(s)\)

Suy ra từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển:

\(s = \int\limits_0^2 {v\left( t \right)} \,dt = \int\limits_0^2 {\left( { - 5t + 10} \right)} \,dt = 10\,\,(\;{\rm{m}})\). Chọn D.

Điều kiện: \(x >  - 1.\)

Khi đó \({\log _4}\left( {x + 7} \right) > {\log _2}\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow {\log _2}\sqrt {x + 7}  > {\log _2}\left( {x + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow \sqrt {x + 7}  > x + 1\)

\( \Leftrightarrow x + 7 > {\left( {x + 1} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 1 - x - 7 < 0 \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 < 0 \Leftrightarrow  - 3 < x < 2\).

Kết hợp với điều kiện, ta được \( - 1 < x < 2\).

Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left\{ {0\,;\,\,1} \right\}.\) Chọn B.

Năm 2021 hãng xe ô tô niêm yết giá bán xe X là: \(850 \cdot \left( {1 - 0,02} \right) = 850 \cdot 0,98\) (triệu đồng).

Năm 2022 hãng xe ô tô niêm yết giá bán xe X là: \(850 \cdot 0,{98^2}\) (triệu đồng).

Năm 2023 hãng xe ô tô niêm yết giá bán xe X là: \[850 \cdot 0,{98^3}\] (triệu đồng).

Năm 2024 hãng xe ô tô niêm yết giá bán xe X là: \(850 \cdot 0,{98^4}\) (triệu đồng).

Năm 2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán xe X là:

\(850 \cdot 0,{98^5} = 768,3326 \approx 768,333\) (triệu đồng).

Vậy 2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán xe X là \[768\,\,333\,\,000\] đồng. Chọn A.

Hàm số \(y = 4x - {x^2}\) cắt trục hoành \(y = 0\) tại 2 điểm phân biệt \(x = 4\,;\,\,x = 0.\)

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {4x - {x^2}} \right)}^2}} \,{\rm{d}}x = \frac{{512}}{{15}}\pi .\) Chọn C.

Yêu cầu bài toán tương đương: \(y' = 4{x^3} - 6m{x^2} + 2mx \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\)

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

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

\( \Leftrightarrow m \le \frac{{2{x^2}}}{{3x - 1}}\,,\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right) \Leftrightarrow m \le {\min _{\left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)}}\left( {\frac{{2{x^2}}}{{3x - 1}}} \right)\)

Xét hàm \(f(x) = \frac{{2{x^2}}}{{3x - 1}}\) trên \(\left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\), ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{x\left( {6x - 4} \right)}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \frac{2}{3}}\end{array}} \right.\).

Ta có BBT của \(f(x)\) như sau:

Suy ra \(m \le {\min _{\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)}}\left( {\frac{{2{x^2}}}{{3x - 1}}} \right) \Leftrightarrow m \le 1.\) Chọn D.

Theo định lí Viète, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1},{z_2} = \frac{9}{2}}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(P = \frac{1}{{{z_1}}} + \frac{1}{{{z_2}}} = \frac{{{z_1} + {z_2}}}{{{z_1} \cdot {z_2}}} = \frac{{\frac{{ - b}}{a}}}{{\frac{c}{a}}} = \frac{2}{{\frac{9}{2}}} = \frac{4}{9}.\) Chọn B.

Vì \[B\left( {{x_1}\,;\,\,{y_1}} \right) \in {d_1} \Rightarrow B\left( { - 5 - {y_1}\,;\,\,{y_1}} \right);C\left( {{x_2}\,;\,\,{y_2}} \right) \in {d_2} \Rightarrow C\left( {7 - 2{y_2}\,;\,\,{y_2}} \right)\].

Vì tam giác \[ABC\] nhận điểm \(\left( {2\,;\,\,0} \right)\) là trọng tâm nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 + \left( { - 5 - {y_1}} \right) + \left( {7 - 2{y_2}} \right) = 6}\\{3 + {y_1} + {y_2} = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_1} + 2{y_2} =  - 2}\\{{y_1} + {y_2} =  - 3}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_1} =  - 4}\\{{y_2} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} =  - 1}\\{{x_2} = 5}\end{array} \Rightarrow T =  - 9.} \right.} \right.\) Chọn B.

Ta có \(\left( {{\Delta _m}} \right):\left( {m - 2} \right)x + \left( {m - 1} \right)y + 2m - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow mx - 2x + my - y + 2m - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow m\left( {x + y + 2} \right) + \left( { - 2x - y - 1} \right) = 0\) có vô số nghiệm với \(\forall m\).

Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + 2 = 0}\\{ - 2x - y - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y =  - 3}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó \(\left( {{\Delta _m}} \right)\) luôn đi qua điểm cố định là \(M\left( {1\,;\,\, - 3} \right)\).

Dựng \(AH \bot {\Delta _m}\), ta có \(AH \le AM\) với mọi \[m.\]

Vậy \[AH\] lớn nhất bằng \[AM\] khi và chỉ khi \(H\) trùng \(M\) hay \(AM \bot {\Delta _m}.\)

Ta có \(\overrightarrow {AM}  = \left( { - 1\,;\,\, - 6} \right),\,\,{\Delta _m}\) có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {1 - m\,;\,\,m - 2} \right).\)

\(AM \bot {\Delta _m} \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  \cdot \vec u = 0 \Leftrightarrow  - 1\left( {1 - m} \right) - 6\left( {m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{11}}{5}.\) Chọn D.

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

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

Ta có \(2\left| {z - 1} \right| = \left| {z - \bar z + 2} \right| \Leftrightarrow 2\left| {x + yi - 1} \right| = \left| {x + yi - \left( {x - yi} \right) + 2} \right|\)

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

\((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_p}}  = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,2} \right),\,\,(Q)\) có vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right).\]

Vì mặt phẳng \((\alpha )\) vuông góc với cả \((P)\) và \((Q)\) nên \((\alpha )\) có một vectơ pháp tuyến là \(\left[ {\overrightarrow {{n_P}} \,;\,\,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {3\,;\,\,3\,;\,\,3} \right) = 3\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right).\)

Vì mặt phẳng \((\alpha )\) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3 nên \((\alpha )\) đi qua điểm \[M\left( {3\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\]

Vậy \((\alpha )\) đi qua điểm \[M\left( {3\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\] và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) nên \((\alpha )\) có phương trình: \(x + y + z - 3 = 0.\) Chọn A.

Giả sử thiết diện qua trục là tam giác \[SAB\].

Theo để bài ta có tam giác \[SAB\] vuông cân tại \[S,\] có cạnh huyền \(AB = a\sqrt 2 .\)

Suy ra \(SA = SB\,;\,\,S{A^2} + S{B^2} = 2{a^2}\).

Do đó, đường sinh \(\ell  = SA = a\) và bán kính \(R = OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi R\ell  = \pi \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot a = \frac{{\pi \sqrt 2 {a^2}}}{2}.\) Chọn C.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f'\left( {2x + 3} \right) + 2\) có đồ thị là một parabol nên có phương trình dạng: \((P):y = g\left( x \right) = {\rm{a}}{x^2} + bx + c\).

• Vì \((P)\) có đỉnh \(I\left( {2\,;\,\, - 1} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ - b}}{{2a}} = 2}\\{g(2) =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - b = 4a}\\{4a + 2b + c =  - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a + b = 0}\\{4a + 2b + c =  - 1}\end{array}.} \right.} \right.} \right.\)

• Vì \((P)\) đi qua điểm \(A\left( {1\,;\,\,2} \right)\) nên \(g(1) = 2 \Leftrightarrow a + b + c = 2.\)

Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a + b = 0}\\{4a + 2b + c =  - 1}\\{a + b + c = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b =  - 12}\\{c = 11}\end{array}} \right.} \right.\) nên \(g(x) = 3{x^2} - 12x + 11.\)

Ta có \(f'\left( {2x + 3} \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x + 3} \right) + 2 \le 2 \Leftrightarrow 1 \le x \le 3.\)

Đặt \(t = 2x + 3 \Leftrightarrow x = \frac{{t - 3}}{2}\) khi đó \(f'\left( t \right) \le 0 \Leftrightarrow 1 \le \frac{{t - 3}}{2} \le 3 \Leftrightarrow 5 \le t \le 9.\)

Vậy \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \[\left( {5\,;\,\,9} \right).\] Chọn A.

Gọi \(I\) là trung điểm của BC suy ra góc giữa \(mp\left( {SBC} \right)\) và \(mp\left( {ABC} \right)\) là \[\widehat {SIA} = 30^\circ .\]

\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên SI suy ra \[d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = a.\]

Xét tam giác \[AHI\] vuông tại \(H\) suy ra \(AI = \frac{{AH}}{{\sin 30^\circ }} = 2a.\)

Giả sử tam giác đều \[ABC\] có cạnh bằng \[x.\]

Mà \[AI\] là đường cao suy ra \(2a = x\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}.\)

Diện tích tam giác đều \[ABC\] là \({S_{ABC}} = {\left( {\frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}.\)

Xét tam giác \[SAI\] vuông tại \(A\) suy ra \(SA = AI \cdot \tan 30^\circ  = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.\)

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{8{a^3}}}{9}.\) Chọn A.

Mặt cầu \((S)\) tâm \(I\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\) và bán kính \(R = 2.\) Ta có \(\overrightarrow {IM}  = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,1} \right)\) và \(IM = \sqrt 6 .\)

Gọi \(H\) là một tiếp điểm tùy ý khi kẻ tiếp tuyến từ \[Oxyz\] đến mặt cầu, khi đó \(MH = \sqrt {I{M^2} - {R^2}}  = \sqrt 2 .\)

Gọi \(O\) là tâm đường tròn \((C)\) khi đó \(IM \bot HO\) và \(HO = r.\)

Ta có \(HI \cdot HM = HO \cdot IM \Rightarrow r = \frac{{HI \cdot HM}}{{IM}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 6 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\) Chọn A.

Ta có: \(C = d.\pi  = \pi 2r = 20\sqrt 3 \pi  \Rightarrow r = 10\sqrt 3 .\)

Thể tích khối nón \({V_1} = \frac{1}{3} \cdot {r^2} \cdot \pi  \cdot {h_1} = \frac{1}{3} \cdot {\left( {10\sqrt 3 } \right)^2} \cdot 10 \cdot \pi  = 1000\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích khối trụ \({V_2} = {r^2}.\pi  \cdot {h_2} = {\left( {10\sqrt 3 } \right)^2} \cdot 40.\pi  = 12\,\,000\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy thể tích của cột là \(V = {V_1} + {V_2} = 13\,\,000\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\) Chọn A.

Ta có: \(AB = AC \cdot \tan 60^\circ  = a\sqrt 3 \), dễ thấy góc giữa đường thẳng \(BC'\) tạo với mặt phẳng \(\left( {A'C'CA} \right)\) là góc \(\widehat {BC'A} = 30^\circ .\)

Suy ra \(\tan 30^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{{AC'}} \Rightarrow AC' = 3a \Rightarrow C'C = 2\sqrt 2 a.\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'{{C'}^\prime }}} = 2\sqrt 2 a \cdot \frac{1}{2}a \cdot a\sqrt 3  = {a^3}\sqrt 6 .\) Chọn A.

Vectơ chỉ phương của giao tuyến của hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\) là tích hai vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng. Suy ra \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {{n_{(P)}}} ,\,\,\overrightarrow {{n_{(Q)}}} } \right] = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right).\)

Ta có: \(d\) là đường thẳng cần tìm, \(d\) nhận \(\vec n\left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right)\) là vectơ chỉ phương và đi qua \[M\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right).\]

Suy ra \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 3t}\\{z = 3 + t}\end{array}} \right..\) Chọn D.

Gọi điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên đường thẳng \[CD\].

Khi đó \(H\left( {2 + 2t\,;\,\, - 1 + 2t\,;\,\,3 + t} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AH} \left( {3 + 2t\,;\,\,2t\,;\,\,3 + t} \right).\)

Đường thẳng CD có VTCP là \(\vec u\left( {2\,;\,\,2\,;\,\,1} \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow {AH}  \bot \vec u \Rightarrow \overrightarrow {AH}  \cdot \vec u = 0\)

\( \Rightarrow 2\left( {3 + 2t} \right) + 2 \cdot 2t + 3 + t = 0 \Leftrightarrow t =  - 1 \Rightarrow H\left( {0\,;\,\, - 3\,;\,\,2} \right) \Rightarrow AH = 3.\)

Đường thẳng \[AB\] đi qua \(A\) và song song với \(CD\) nên phương trình AB là: \(\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{1} = k.\)

\(B \in AB \Rightarrow B\left( { - 1 + 2k\,;\,\, - 1 + 2k\,;\,\,k} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} \left( {2k\,;\,\,2k\,;\,\,k} \right)\).

Theo bài ra ta có: \({S_{ABCD}} = \frac{{AB + CD}}{2} \cdot AH \Leftrightarrow \frac{{AB + 2AB}}{2} \cdot 3 = 27 \Leftrightarrow AB = 6 \Rightarrow k =  \pm \,2.\)

• Với \(k =  - 2 \Rightarrow B\left( { - 5\,;\,\, - 5\,;\,\, - 2} \right)\) (loại vì hoành độ điểm \(B\) lớn hơn hoành độ điểm \(A).\)

• Với \(k = 2 \Rightarrow B\left( {3\,;\,\,3\,;\,\,2} \right)\) (thỏa mãn).

Ta có: \(DH = 3\,;\,\,2\overrightarrow {DH}  = \overrightarrow {AB}  \Rightarrow D\left( { - 2\,;\,\, - 5\,;\,\,1} \right).\) Chọn A.

Đặt \(t\left( x \right) = 2{x^3} + x - 1\) với \(x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right].\) Ta có \(t'\left( x \right) = 6{x^2} + 1 > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right].\)

Suy ra hàm số \(t\left( x \right)\) đồng biến nên \(x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1\,;\,\,2} \right].\)

Từ đồ thị hàm số ta có \({\max _{\left[ { - 1\,;\,\,2} \right]}}f\left( t \right) = 3 \Rightarrow {\max _{\left[ { - 1\,;\,\,2} \right]}}\left[ {f\left( t \right) + m} \right] = 3 + m.\)

Theo yêu cầu bài toán ta cần có: \(3 + m =  - 10 \Leftrightarrow m =  - 13.\) Chọn C.

Ta có \(\sqrt {2{x^2} - 8x + m}  = x - 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{2{x^2} - 8x + m = {{\left( {x - 1} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 1}\\{f\left( x \right) = {x^2} - 6x + m - 1 = 0\,\,(*)}\end{array}} \right.} \right.\)

Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: \(1 \le {x_1} \le {x_2}.\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} - 6x + m - 1 = 0\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 2x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 3\).

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên và yêu cầu đề bài, ta có \(6 \le m < 10\).

Vậy có 4 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn A.

Ta biến đổi \(f\left( x \right) = x{e^{x + 1}} - \left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) + \left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) = x{e^{x + 1}}.\)

\[ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) + \left( {x - 1} \right)f\left( x \right) = x{e^{x + 1}} \Rightarrow {\left[ {\left( {x - 1} \right) \cdot f\left( x \right)} \right]^\prime } = x \cdot {e^{x + 1}}\]

Ta lấy nguyên hàm hai vế được:

\(\left( {x - 1} \right) \cdot f\left( x \right) = \int x {e^{x + 1}}dx \Rightarrow \left( {x - 1} \right) \cdot f\left( x \right) = x \cdot {e^{x + 1}} - \int {{e^{x + 1}}dx}  = {e^{x + 1}}\left( {x - 1} \right) + C\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{x + 1}} + \frac{C}{{x - 1}}.\)

Ta có \(f(2) = {e^3} \Leftrightarrow {e^3} + C = {e^3} \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{x + 1}}.\)

Suy ra \(\int\limits_5^7 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{e^{x + 1}}}}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_5^7 {{\rm{d}}x} \, = \left. x \right|_5^7 = 2.\) Chọn C.

Không gian mẫu là số cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của Duy và Hưng.

− Duy có \(C_3^2\) cách chọn môn tự chọn, có \(C_6^1.\) \(C_6^1\) mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của Duy.

− Hưng có \(C_3^2\) cách chọn môn tự chọn, có \(C_6^1.\) \(C_6^1\) mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của Hưng.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(\left| \Omega  \right| = {\left( {C_3^2 \cdot C_6^1 \cdot C_6^1} \right)^2}.\)

Gọi \(A\) là biến cố "Duy và Hưng chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi". Để tính số kết quả thuận lợi cho \(A\), ta mô tả cách chọn 2 môn tự chọn của Duy và Hưng và cách nhận mã đề thi thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Cách chọn môn.

Giả sử Duy chọn trước 2 môn tự chọn trong 3 môn nên có \(C_3^2\) cách.

Để Hưng chọn 2 trong 3 môn tự chọn nhưng chỉ có đúng 1 môn trùng với Duy nên Hưng phải chọn 1 trong 2 môn Duy đã chọn và 1 môn còn lại Duy không chọn. Suy ra Hưng có \(C_2^1\) cách.

Do đó có \(C_3^2 \cdot C_2^1 \cdot C_1^1\) cách chọn môn thỏa yêu cầu bài toán.

• Cách chọn mã đề.

Vì Duy chọn trước nên cách chọn mã đề của An là \(C_6^1 \cdot C_6^1.\)

Để Hưng có chung đúng 1 mã đề với Duy thì trong 2 môn Hưng chọn, môn trùng với Duy phải chọn mã đề giống như Duy nên có 1 cách, môn không trùng với Duy thì được chọn tùy ý nên có \(C_6^1\) cách.

Suy ra số cách chọn mã đề của Hưng là \(1 \cdot C_6^1.\)

Do đó có \(C_6^1 \cdot C_6^1 \cdot 1 \cdot C_6^1\) cách chọn mã đề thỏa yêu cầu bài toán.

Suy ra số phần tử của biến cố \(A\) là: \(\left| {{\Omega _A}} \right| = \left( {C_3^2 \cdot C_2^1 \cdot C_1^1} \right) \cdot \left( {C_6^1 \cdot C_6^1 \cdot 1 \cdot C_6^1} \right)\).

Vậy xác suất cần tính \(P = \frac{{\left( {C_3^2 \cdot C_2^1 \cdot C_1^1} \right) \cdot \left( {C_6^1 \cdot C_6^1 \cdot 1 \cdot C_6^1} \right)}}{{{{\left( {C_3^2 \cdot C_6^1 \cdot C_6^1} \right)}^2}}} = \frac{1}{9}.\) Chọn C.

Gọi \(O = AC \cap BD\,,\,\,I = MP \cap SO\,,\,\,N = AI \cap SC.\)

Khi đó: \({V_{ABCDMNP}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMNP}}.\)

Đặt \(a = \frac{{SA}}{{SA}} = 1\,,\,\,b = \frac{{SB}}{{SM}} = 2\,,\,\,c = \frac{{SC}}{{SN}}\,,\,\,d = \frac{{SD}}{{SP}} = \frac{3}{2}\) ta có:

 \(a + c = b + d \Rightarrow c = \frac{5}{2}.\)

\(\frac{{{V_{S.AMNP}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{a + b + c + d}}{{4abcd}} = \frac{{1 + 2 + \frac{5}{2} + \frac{3}{2}}}{{4 \cdot 1 \cdot 2 \cdot \frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2}}} = \frac{7}{{30}}.\)

\( \Rightarrow {V_{ABCDMNP}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.AMNP}} = V - \frac{7}{{30}}V = \frac{{23}}{{30}}V\). Chọn A.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 8x + 3.\)

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \(\Delta :2x + y + 1 = 0\) nên hệ số góc của tiếp tuyến là \(k =  - 2,\) hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình \(3{x^2} - 8x + 3 =  - 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = \frac{5}{3}}\end{array}.} \right.\)

• Với \(x = 1 \Rightarrow y =  - 3\) ta có phương trình tiếp tuyến là \(y =  - 2\left( {x - 1} \right) - 3 \Leftrightarrow y =  - 2x - 1\) (loại vì trùng với đường thẳng \(\Delta ).\)

• Với \(x = \frac{5}{3} \Rightarrow y =  - \frac{{121}}{{27}}\) ta có phương trình tiếp tuyến là \(y =  - 2\left( {x - \frac{5}{3}} \right) - \frac{{121}}{{27}} \Leftrightarrow y =  - 2x - \frac{{31}}{{27}}{\rm{. }}\)

Đáp án: 1.

Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\), nên \(x = 1\) không làm cho \(f'\left( x \right)\) xác định nhưng vẫn là 1 điểm cực trị của hàm số \(f\left( x \right)\).

Đáp án: 3.

Kiểm tra được: \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD}  =  - 4 \ne 0 \Rightarrow A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) không đồng phẳng.

Do đó, tồn tại hai mặt phẳng chứa B, C và cách đều hai điểm \[A,\,\,D\].

• TH1: Mặt phẳng chứa \[B,\,\,C\] và song song với đường thẳng \[AD\].

• TH2: Mặt phẳng chứa \[B,\,\,C\] và đi qua trung điểm \[I\] của đoạn thẳng \[AD\].

Đáp án: 2.

Thuốc gây mê có hiệu quả nhất khi \(E = 750t{e^{ - 1,5t}}\) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có \({E'_t} = 375 \cdot \left( {2 - 3t} \right) \cdot {e^{ - 1,5 \cdot t}} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}\).

Suy ra \({E_{\max }} = E\left( {\frac{2}{3}} \right) = 500.{e^{ - 1}}\) khi và chỉ khi \(t = \frac{2}{3}\) giờ \( = 40\) phút.

Đáp án: 40.

Hàm số \(f\left( x \right)\) có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi tam thức \(g\left( x \right) = {x^2} + 2mx + 5\) vô nghiệm hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm là \(x =  - 1\), hoặc \(g\left( x \right)\) có nghiệm kép.

Tức là \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\Delta '}_g} < 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{g( - 1) = 0}\\{\Delta ' > 0}\end{array}} \right.}\\{{{\Delta '}_g} = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 5 < 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2m + 6 = 0}\\{{m^2} - 5 > 0}\end{array}} \right.}\\{{m^2} - 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \sqrt 5  \le m \le \sqrt 5 }\\{m = 3}\end{array}} \right.} \right.} \right..\)

Do đó tập các giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(S = \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}.\)

Đáp án: 6.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}} = 10 \Rightarrow f\left( 2 \right) - 20 = 0 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 20\).

Lại có \(\frac{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}} = \frac{{6f\left( x \right) + 5 - 125}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}}^2} + \sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} \cdot 5 + {5^2}} \right]}}\)

\[ = \frac{{6\left[ {f\left( x \right) + 20} \right]}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + {5^2}}} + \sqrt[3]{{6f(x) + 5}}.5 + {5^2}} \right]}}\]

\( = 6 \cdot \frac{{f\left( x \right) + 20}}{{x - 2}} \cdot \frac{1}{{\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}}^2} + \sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} \cdot 5 + {5^2}} \right]}}\)

Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{6f(x) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {6.\frac{{f\left( x \right) + 20}}{{x - 2}} \cdot \frac{1}{{(x + 3)\left[ {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + \sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} \cdot 5 + {5^2}} \right]}}} \right)\)

=6. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\left( {x + 3} \right)\left[ {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + \sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} \cdot 5 + {5^2}} \right]}}\)

Điền đáp án \(\frac{4}{{25}}.\)

Vì \(m > 0\) nên \(2x + 3 > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,m} \right].\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = 2x + 3\) và các đường thẳng \(y = 0\,,\,\,x = 0\,,\,\,x = m\) là: \(S = \int\limits_0^m {\left( {2x + 3} \right)} \,dx = \left. {\left( {{x^2} + 3x} \right)} \right|_0^m = {m^2} + 3m{\rm{. }}\)

Theo giả thiết ta có: \(S = 10 \Leftrightarrow {m^2} + 3m = 10 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2{\rm{ (do }}m > 0)\). Đáp án: 2.

• TH1: Duy lấy 2 bi xanh nên Hưng lấy 2 bi đỏ hoặc 2 bi vàng

Nên có \(C_3^2 \cdot \left( {C_3^2 + C_4^2} \right) = 27\) (cách).

• TH2: Duy lấy 2 bi đỏ nên  Hưng lấy 2 bi xanh hoặc 2 bi vàng

Tương tự TH1, ta có 27 (cách)

• TH3: Duy lấy 2 bi vàng nên Hưng lấy 2 bi xanh hoặc 2 bi đỏ hoặc 2 bi vàng.

Khi đó, ta có \(C_4^2 \cdot \left( {C_3^2 + C_3^2 + C_2^2} \right) = 42\) (cách).

Do đó, số cách để 2 bạn đều lấy được 2 bi cùng màu là: \(27 + 27 + 42 = 96\) (cách).

Đáp án: 96.

Ta có: \(f'\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right) + m} \right] = 0\)

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

Đặt \(t = f\left( x \right)\) ta có hàm \(h\left( t \right) = {t^2} - t\).

Để \(f'\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right) + m} \right] = 0\) có nhiều nghiệm nhất thì \((*)\) phải có nhiều nghiệm nhất nên các nghiệm của \((*)\) phải là \(t \in \left( { - 3\,;\,\,1} \right).\)

Xét hàm \(h\left( t \right) = {t^2} - t\) trên \(\left( { - 3\,;\,\,1} \right)\) có bảng biến thiên như sau:

Khi đó để \((*)\) có nhiều nghiệm nhất thì \( - \frac{1}{4} <  - m < 0 \Leftrightarrow 0 < m < \frac{1}{4}\).

Suy ra \(m \in \left( {0\,;\,\,\frac{1}{4}} \right) \Rightarrow a = 0\,,\,\,b = \frac{1}{4} \Rightarrow a + 4b = 1.\)

Đáp án: 1.

Đặt \(z = a + bi\), ta có:

\(\left( {1 + i} \right)z + \bar z = \left( {1 + i} \right)\left( {a + bi} \right) + a - bi = a + ai + bi - b + a - bi = \left( {2a - b} \right) + ai.\)

Mà theo bài ra \(\left( {1 + i} \right)z + \bar z\) là số thuần ảo nên \(2a - b = 0 \Leftrightarrow 2a = b.\)

Mặt khác \(\left| {z - 2i} \right| = 1 \Leftrightarrow {a^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} = 1 \Rightarrow {a^2} + {\left( {2a - 2} \right)^2} = 1\).

Đáp án: 2.

Gọi \(I\) là trung điểm \[SA\] thì \[IMNC\] là hình bình hành nên \(MN\,{\rm{//}}\,IC.\)

Ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot IC\) .

Mà \(MN\,{\rm{//}}\,IC \Rightarrow BD \bot MN\) nên góc giữa hai đường thẳng \[MN\] và \[BD\] bằng \(90^\circ .\)

Đáp án: 90.

Ta có \[A,\,\,B\] nằm một phía của \((P).\) Gọi \(A'\) đối xứng với \(A\) qua \((P)\) suy ra \(A'\,\left( { - 2\,;\,\,2\,;\,\,1} \right).\)

Ta có \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B.\) Dấu  xảy ra khi \(M = A'B \cap (P).\)

Xác định được \[M\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}\,;\,\,1} \right).\] Suy ra \({a^2} - 2b + {c^2} = 1.\)

Đáp án: 1.

Đặt \(t = {3^a}\), thay vào bất phương trình đã cho ta có \({t^2} - \left( {2b - 1} \right)t + {b^2} - b - 6 > 0\) \((*)\)

Mà \(a \in \left[ {1\,;\,\,2} \right)\) nên \(t \in \left[ {3\,;\,\,9} \right)\), suy ra để bất phương trình đã cho với mọi giá trị \(a \in \left[ {1\,;\,\,2} \right)\) thì \((*)\) đúng với mọi \(t \in \left[ {3\,;\,\,9} \right)\).

Mặt khác: \((*) \Leftrightarrow {t^2} - 2\left( {b - \frac{1}{2}} \right)t + {\left( {b - \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{{25}}{4} > 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {t - b + \frac{1}{2}} \right)^2} > \frac{{25}}{4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t + \frac{1}{2} - b > \sqrt {\frac{{25}}{4}}  = \frac{5}{2}\\t + \frac{1}{2} - b <  - \sqrt {\frac{{25}}{4}}  =  - \frac{5}{2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b < t + \frac{1}{2} - \frac{5}{2} = t - 2\\b > t + \frac{1}{2} + \frac{5}{2} = t + 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b < {\min _{\left[ {3\,;\,\,9} \right)}}\left( {t - 2} \right) = 1\\b > {\max _{\left[ {3\,;\,\,9} \right)}}\left( {t + 3} \right) = 12\end{array} \right.\).

Mà \(b\) nguyên và thuộc \(\left( { - 50\,;\,\,50} \right)\) nên suy ra có \(50 + 38 = 88\) giá trị nguyên thỏa mãn.

Đáp án: 88.

Gọi \(I\) là trung điểm \(BB'\), suy ra \(AB'\,{\rm{//}}\,MI\).

Xét mặt phẳng \((MIC)\) có \[MI\,{\rm{//}}\,AB' \Rightarrow AB'\,{\rm{//}}\,\left( {MIC} \right)\]

Mà \(CM \in (MIC)\) nên

\(d\left( {AB'\,;\,\,CM} \right) = d\left( {AB'\,;\,\,\left( {MIC} \right)} \right) = d\left( {A\,,\,\,\left( {MIC} \right)} \right)\)

Lại xét đoạn thẳng \(AB\) cắt \[\left( {MIC} \right)\] tại \(M\) với \(MA = MB\)

\( \Rightarrow d\left( {A\,,\,\,\left( {MIC} \right)} \right) = d\left( {B\,,\,\,\left( {MIC} \right)} \right)\)\[ \Rightarrow d\left( {AB'\,,\,\,CM} \right) = d\left( {B\,,\,\,\left( {MIC} \right)} \right).\]

Mặt khác ta có tứ diện \(B.AB'C\) có \(BA\,,\,\,BB'\,,\,\,BC\) đôi một vuông góc nhau nên

\(\frac{1}{{d{{\left( {B\,,\,\,\left( {MIC} \right)} \right)}^2}}} = \frac{1}{{B{I^2}}} + \frac{1}{{B{M^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} = \frac{1}{{{6^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} = \frac{1}{{{2^2}}}\)

\( \Rightarrow d\left( {B\,,\,\,\left( {MIC} \right)} \right) = 2 \Rightarrow d\left( {AB'\,,\,\,CM} \right) = d\left( {B\,,\,\,\left( {MIC} \right)} \right) = 2\).

Đáp án: 2.

Gọi chiều dài bể cá là \(2x\,\,(m)\), chiều rộng bể cá là \(x\,\,(m),\)chiều cao bể cá là \(y\,\,(m).\)

Ta có diện tích kính cần làm bể cá là:

\[S = x \cdot 2x + 2 \cdot x \cdot y + 2 \cdot 2x \cdot y = 2{x^2} + 6xy\,\,\left( {{m^2}} \right)\].

Mà theo bài cho \(S = 6,5\,\,{m^2}\) nên \(2{x^2} + 6xy = 6,5 \Leftrightarrow xy = \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6}.\)

Thể tích bề cá là \(V = 2x \cdot x \cdot y = 2x \cdot \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} = \frac{1}{3} \cdot x \cdot \left( {6,5 - 2{x^2}} \right)\).

Ta có \(V' = \frac{1}{3} \cdot \left( {\frac{{13}}{2} - 6{x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{{13}}{{12}}} .\)

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy thể tích của bể cá lớn nhất tại \(x = \sqrt {\frac{{13}}{{12}}} \)

\( \Rightarrow {V_{\max }} = \frac{{13\sqrt {39} }}{{54}} \approx 1,503\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right)\)\( \Rightarrow {V_{\max }} = \frac{{13\sqrt {39} }}{{54}} \approx 1,503\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng \(1,5\;\,{{\rm{m}}^3}\).

Đáp án: \[{\bf{1}},{\bf{5}}\].

Từ “hưởng lạc” (hưởng thú vui vật chất tầm thường, không lành mạnh) dùng sai. Nên thay bằng “hưởng thụ”. Chọn D.

Nói đến phẩm chất, phong cách của con người phải sử dụng từ “đứng đắn”. Chọn B.

Căn cứ vào các từ khóa: “cảm hứng dạt dào”, “vô tận” có thể thấy các nghệ sĩ đã sáng tạo được nhiều tác phẩm nên từ “một” cần thay bằng “những”, “nhiều”... Chọn D.

 Lỗi dùng từ sáo rỗng: “tuyệt hay” là từ sáo rỗng không diễn tả đúng nghĩa, tình cảm của người nói, làm cho câu văn trở nên hời hợt, mờ nhạt, thiếu sáng tạo. Thay thế “tuyệt hay” = “rất sâu sắc”. Chọn B.

Từ “năng lực” là một danh từ, danh từ này không đứng sau phụ từ chỉ mức độ (đứng sau “rất là” thường phải là một tính từ ); kết hợp đúng: “...rất có năng lực”. Chọn D.

Chiếc thuyền ngoài xa, Vợ chồng A Phủ, Vợ nhặt thuộc thể loại truyện ngắn còn Ai đã đặt tên cho dòng sông? thuộc thể loại kí. Chọn B.

Các từ “êm ái, dịu dàng, nhẹ nhàng” thuộc về cảm giác. Từ “lỏng lẻo” thuộc về tính chất. Chọn C.

“vàng nhạt” là tính từ tương đối Còn lại các từ “đỏ ối, tím ngắt, xanh rì” đều là các tính từ tuyệt đối. Chọn C.

Các từ “vui vẻ, vui tươi, hạnh phúc” là những từ chỉ trạng thái. Từ “vui chơi” chỉ hoạt động. Chọn C.

“thìa, muôi, muỗng” dụng cụ gồm có hai phần: một phần lõm và bè ra, có thể hình tròn hoặc là trái xoan, gắn chặt vào một cán cầm, tác dụng chủ yếu dùng để múc, xúc thức ăn. “Đũa” là đồ dùng hình que ghép thành từng đôi, để và cơm và gắp thức ăn. Chọn D.

Câu văn nói về hành động nhằm tăng tính trịnh trọng, nên từ điền vào cần mang tính trang trọng, biểu dương, khen ngợi một cách trịnh trọng và chính thức. Từ phù hợp là từ “tuyên dương”. Chọn D.

Dẫu sau này danh vọng Thế Lữ có mờ đi ít nhiều, nhưng người ta không thể không nhìn nhận cái công Thế Lữ đã dựng thành nền Thơ mới ở xứ này. Chọn C.

Tố Hữu từng quan niệm “Thơ là chuyện đồng điệu. [...] Thơ là tiếng nói đồng ý và đồng tình, tiếng nói đồng chí”. Chọn A.

Những nhân tố xã hội, địa lí, chính trị, kinh tế, văn hóa, phong tục, tập quán,... của cộng đồng ngôn ngữ là bối cảnh giao tiếp rộng. Bối cảnh giao tiếp hẹp là nơi chốn, thời gian phát sinh câu nói cùng với những sự việc, hiện tượng xảy ra xung quanh. Văn cảnh, còn được gọi là ngữ cảnh, là một đoạn tương đối hoàn chỉnh của lời nói hoặc lời viết, một vùng ngôn từ bao quanh tác phẩm hoặc một bộ phận tác phẩm, trong đó nghĩa và ý nghĩa của mỗi từ, mỗi câu được biểu lộ chính xác nhất. Hoàn cảnh là toàn thể những nhân tố khách quan có tác động đến con người hay sự vật, hiện tượng nào đó. Chọn A.

- Ta nhận thấy chỗ trống thứ hai có ít sự lựa chọn hơn nên ta tìm từ ngữ thích hợp để điền vào chỗ trống thứ hai trước.

+ được: từ biểu thị sự bị động, nhấn mạnh sự may mắn, thuận lợi, mang tính tích cực.

+ bị: từ biểu thị sự bị động, nhấn mạnh sự việc không tốt, bất lợi, mang tính tiêu cực.

Đặt trong nội dung câu, “coi là bằng chứng rằng cuộc tấn công của Nga không chỉ nhằm vào các mục tiêu quân sự mà còn phá vỡ tinh thần của họ” là một nội dung mang tính tiêu cực, không may mắn, bất lợi. Chính vì vậy từ thích hợp là từ “bị” → Loại 2 phương án C và D.

- Chỗ trống thứ nhất với hai từ “và” và “đồng thời”

+ và: từ chỉ quan hệ liệt kê.

+ đồng thời: từ chỉ quan hệ đồng nhất.

Đặt trong nội dung câu văn, “quảng trường lớn nhất của Ukraine” và “trung tâm đời sống công cộng của thành phố” đều là những cụm từ chỉ cùng một đối tượng “Quảng trường Tự do” vì vậy, từ thích hợp để điền vào chỗ trống thứ nhất là “đồng thời”. Chọn B.

Tiếng đàn tượng trưng cho lí tưởng, cho khát vọng nghệ thuật mà Lor-ca theo đuổi. Dù Lor-ca không còn nhưng nghệ thuật của ông có sức sống mãnh liệt, không thế lực nào có thể dập tắt được: “như cỏ mọc hoang”, nó sống mãi trong lòng những người yêu nghệ thuật chân chính. Chọn B.

Phong cách ngôn ngữ chính luận: người viết trực tiếp bày tỏ quan điểm của mình đối với những vấn đề chính trị, xã hội... Chọn D.

Nghệ thuật nổi bật của đoạn trích là xây dựng nhân vật bằng bút pháp lãng mạn, độc đáo. Lời văn khắc họa, ngợi ca nhân cách cao quý của viên quản ngục. Đây không phải là một cai ngục bình thường, chỉ là do hoàn cảnh mà bị đẩy vào chỗ cặn bã, thực chất ở con người ấy vẫn ngời lên những phẩm chất tốt đẹp. Chọn D.

Đoạn thơ diễn tả tâm trạng nhớ thương quê hương tha thiết của tác giả. Những hình ảnh diễn tả rõ nét tâm trạng ấy: những trưa hiu quạnh, ruộng đồng quê, lưng cong, bùn hi vọng, những bàn tay, những chiều sương phủ bãi đồng, lúa mềm, tiếng xe lùa nước, giọng hò,... Chọn A.

Đoạn văn khắc hoạ hình tượng nhân vật “hắn” bằng cách dùng lời của nhân vật khác để giới thiệu, miêu tả về nhân vật với đặc điểm quái dị - “người trong bao”. Chọn A.

Biện pháp tu từ được sử dụng trong đoạn trích là: Điệp từ (sự thật) với tác dụng khẳng định, nhấn mạnh quyền độc lập tự do của dân tộc Việt Nam. Chọn B.

Cụm từ “sâu chót vót” trong đoạn thơ trên được hiểu là không gian được mở rộng ra ba chiều: cao, sâu, rộng, nhấn mạnh sự mênh mông của không gian và làm nổi bật hình ảnh con người bé nhỏ, rợn ngợp trước vũ trụ bao la. “Sâu chót vót” là một trong những từ thể hiện rõ cách kết hợp từ đầy độc đáo, sáng tạo của Huy Cận trong việc làm sáng tỏ tâm tư, tình cảm của mình. Cụm từ này được tác giả sử dụng để miêu tả bầu trời xanh, cao, rộng. Từ “sâu” gợi lên một độ cao, gợi lên cái hun hút, thăm thẳm của bầu trời hoàng hôn hay nó chính là biểu tượng cho vũ trụ bao la, rộng lớn, rợn ngợp; kết hợp với tính từ “chót vót” càng làm tăng thêm sự cao, xa vời vợi, thăm thẳm của bầu trời. Đứng trước khung cảnh tráng lệ, mênh mông ấy, con người càng trở lên nhỏ bé, cô đơn, mơ hồ với nỗi niềm “bâng khuâng” khó tả trước một không gian rộng lớn. Chọn C.

Đoạn thơ khẳng định tình nghĩa thủy chung, son sắt. Thể hiện qua: Đại từ mình – ta: được sử dụng linh hoạt, tạo sự gắn bó máu thịt. Giọng điệu: tha thiết như một lời thề thủy chung son sắt. Từ láy mặn mà, đinh ninh: Khẳng định nghĩa tình đậm đà, bền chặt, trước sau như một của cách mạng đối với Việt Bắc. So sánh bao nhiêu…bấy nhiêu: Gợi tình cảm bao la, chan chứa giữa cách mạng và Việt Bắc. Chọn A.

Câu văn khẳng định tầm quan trọng của tiếng nói với vận mệnh dân tộc: Tiếng nói là người bảo vệ quý báu nhất nền độc lập của các dân tộc, là yếu tố quan trọng nhất giúp giải phóng các dân tộc bị thống trị. Chọn B.

Chi tiết “Giọt mồ hôi Người nhỏ giữa đêm khuya” trực tiếp gợi tả những gian khổ, hi sinh của Bác trong hành trình cứu nước. Chọn D.

Câu thơ cuối cùng “Bao túc ma hoàn, lô dĩ hồng” (Dịch nghĩa: Ngô xay vừa xong, lò than đã đỏ) không hề có từ “tối” nhưng người đọc vẫn hiểu hoàn cảnh bởi hình ảnh “lô dĩ hồng” → Bút pháp lấy sáng tả tối. Chọn A.

Nhân hóa “Đò biếng lười nằm mặc nước sông trôi”, con đò cũng có tính cách giống con người “biếng lười”. Chọn A.

Hai câu thơ diễn tả bức tranh thiên nhiên vào mùa đông. Chọn C.

Đoạn trích nói về hoàn cảnh Tràng và thị đã trở thành vợ chồng. Chọn B.

Chủ đề của đoạn thơ: Nhận thức về sự hữu hạn của cuộc đời và sự mong manh của kiếp người. Chọn D.

Dưới tác động từ cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất của Pháp, những lực lượng xã hội mới xuất hiện ở Việt Nam bao gồm công nhân, tư sản và tiểu tư sản thành thị. Địa chủ, nông dân là những giai cấp cũ trong xã hội Việt Nam. Chọn A.

Tháng 1 năm 1975, quân ta giành thắng lợi vang dội ở đường 14-Phước Long. Sau chiến thắng này chính quyền Sài Gòn phản ứng mạnh và đưa quân hòng chiếm lại nhưng đã thất bại. Với thắng lợi này cho thấy sự lớn mạnh và khả năng thắng lớn của quân ta, sự suy yếu và bất lực của quân đội Sài Gòn, khả năng can thiệp trở lại của quân Mĩ rất hạn chế. Bởi vậy, chiến thắng Phước Long (tháng 1-1975) của quân dân Việt Nam cho thấy khả năng thắng lớn của quân giải phóng. Chọn A.

Để góp phần giải quyết nạn đói, trong hơn một năm đầu sau ngày Cách mạng tháng Tám năm 1945 thành công, Chính phủ nước Việt Nam Dân chủ Cộng hòa đã tổ chức quyên góp, điều hòa thóc gạo, nghiêm trị những kẻ đầu cơ tích trữ, không dùng gạo, ngô, khoai, sắn để nấu rượu. Chọn D.

Việt Nam bắt đầu thực hiện công cuộc đổi mới đất nước (từ tháng 12-1986) trong tình hình quốc tế đó là xu thể cải cách, mở cửa đang diễn ra mạnh mẽ tiêu biểu như Trung Quốc (1978), Liên Xô (1985)... Chọn A.

A, C, D loại vì khi các sự kiện được nêu ra trong các phương án này diễn ra thì phong trào công nhân chưa có một tổ chức lãnh đạo thống nhất, một đường lối cách mạng đúng đắn, giai cấp công nhân Việt Nam chưa hoàn toàn giác ngộ về sứ mệnh lịch sử của mình. Chọn B vì chỉ khi Đảng ra đời thì phong trào công nhân Việt Nam mới có một tổ chức lãnh đạo thống nhất, một đường lối cách mạng đúng đắn, giai cấp công nhân Việt Nam hoàn toàn giác ngộ về sứ mệnh lịch sử của mình.

Những năm đầu sau khi Liên Xô tan rã, Liên Bang Nga thực hiện chính sách đối ngoại ngả về phương Tây với hy vọng nhận được sự ủng hộ về chính trị và sự viện trợ về kinh tế. → Chọn B.

Phương án A, B, C đều không đúng với phong trào cách mạng 1930-1931 ở Việt Nam. Phong trào cách mạng 1930-1931 đã sử dụng bạo lực cách mạng giành được chính quyền, đây chính là một trong những bài học kinh nghiệm đã để lại cho sự nghiệp giải phóng dân tộc ở Việt Nam. Chọn D.

Bước vào mùa khô thứ hai (đông-xuân 1966-1967) với lực lượng được tăng cường lên hơn 98 vạn quân (trong đó quân Mĩ và quân đồng minh chiếm hơn 44 vạn), Mĩ mở cuộc phản công với 895 cuộc hành quân, trong đó có ba cuộc hành quân lớn "tìm diệt", "bình định"; lớn nhất là cuộc hành quân Gianxơn Xiti đánh vào căn cứ Dương Minh Châu (Bắc Tây Ninh), nhằm tiêu diệt quân chủ lực và cơ quan đầu não của ta. Chọn C.

Hoa Kỳ không phải là nước tư bản lâu đời. Chọn D.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. các sông lớn bồi đắp nhiều phù sa. → đúng. Chọn A.

B. trầm tích biển tạo bồi lấp các đứt gãy. → sai, đồng bằng từ phù sa sông là chủ yếu.

C. dung nham núi lửa từ nơi cao xuống. → sai, không phải nguyên nhân chủ yếu.

D. xâm thực vùng núi, bồi đắp vùng trũng. → không chính xác bằng A.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. đồi núi thấp chiếm phần lớn diện tích. → đúng. Chọn A.

B. các mạch núi lớn hướng Tây Bắc-Đông Nam. → không phải nổi bật nhất, đây là hướng nghiêng chung của địa hình cả nước

C. có rất nhiều đỉnh núi cao nhất nước ta. → đây là đặc điểm của Tây Bắc

D. gồm các dãy núi liền kề với các cao nguyên. → địa hình cao nguyên không phải đặc trưng của Đông Bắc.

Tính đa dạng sinh học cao thể hiện ở nguồn gen quý hiếm. Các yếu tố khác không tiêu biểu. Chọn D.

Căn cứ vào Atlat Địa lí Việt Nam trang 24, cho biết quy mô xuất khẩu hàng hóa giữa Việt Nam và Ôxtrâylia là từ trên 2-4 tỉ đôla Mĩ. Chọn C.

Thể hiện tỉ lệ (không phải cơ cấu trong tổng 100%) thì biểu đồ đường là thích hợp. Các biểu đồ miền, tròn thể hiện cơ cấu nên loại. Ở đây chỉ có 1 loại số liệu nên không vẽ được kết hợp. Chọn C.

Cơ cấu công nghiệp đa dạng vì Nguồn nguyên, nhiên liệu nhiều loại và phong phú. Đây là yếu tố quan trọng nhất của công nghiệp. Chọn C.

Để tăng sản lượng thủy sản đánh bắt, vấn đề quan trọng nhất cần phải giải quyết là đầu tư phương tiện đánh bắt hiện đại. Từ đó mới có thể đánh bắt xa bờ. Chọn D.

Khó khăn lớn nhất đối với sự phát triển ngành trồng trọt ở Đồng bằng sông Hồng là thiên tai, thời tiết bất thường. Khó khăn này nhiều hơn so với các yếu tố khác vì nông nghiệp phụ thuộc nhiều vào tự nhiên. Chọn D.

Cơ cấu công nghiệp Bắc Trung Bộ chưa thật định hình do những hạn chế về kĩ thuật, vốn.Chọn D.

Đường sức điện của điện trường tĩnh điện là đường không khép kín. Nó đi ra từ điện tích dương và kết thúc ở điện tích âm. Nếu chỉ có một điện tích thì các đường sức đi từ điện tích dương ra vô cực hoặc đi từ vô cực đến điện tích âm. Do vậy cả A và B là điện tích âm. Chọn D.

Tia sáng tới qua quang tâm quả thấu kính hội tụ thì tia ló đi thẳng. Chọn C.

Điều kiện xảy ra phản xạ toàn phần là:

+ Ánh sáng truyền từ một môi trường tới môi trường chiết quang kém hơn: \({{\rm{n}}_2} < {{\rm{n}}_1}\).

+ Góc tới lớn hơn hoặc bằng góc giới hạn: \({\rm{i}} \ge {{\rm{i}}_{{\rm{gh}}}}\). Chọn C.

Logo của VTV đài truyền hình Việt Nam có ba màu cơ bản là đỏ, lục, lam. Chọn A.

Qua 40 tấm ảnh không kể tấm ảnh đầu tiên thì thời gian đã trôi qua là \(\Delta {\rm{t}} = 40.2 = 80\) s.

Trong thời gian này nếu chu kì con lắc đúng 2s sẽ có 40 dao động toàn phần nhưng vì chu kì nhỏ hơn 2s nên con lắc chuyển động nhanh hơn và thực hiện số dao động nhiều hơn số tấm ảnh đúng một đơn vị tức là đã thực hiện 41 dao động để vị trí lại trùng khớp với vị trí tấm ảnh đầu tiên. Chu kì của con lắc phải là \(\frac{{80}}{{41}}\).

Độ sai lệch cần tìm là \(2 - \frac{{80}}{{41}} = 0,04878\) s. Chọn A.

Vệ tinh là Vệ tinh địa tĩnh, lực hấp dẫn đóng vai trò là lực hướng tâm nên ta có:

\(\begin{array}{l}{F_{ht}} = {F_{hd}} \Leftrightarrow {{\rm{\omega }}^2}.R = \frac{{G.M}}{{{{(R + h)}^2}}}\\ \Leftrightarrow {\left( {\frac{{2{\rm{\pi }}}}{{86400}}} \right)^2}.(R + h) = \frac{{G.M}}{{{{(R + h)}^2}}}\end{array}\)

\({\rm{R}} + {\rm{h}} = 42297523,87\;{\rm{m}},\,\,\,\,\cos {\rm{\alpha }} = \frac{{\rm{R}}}{{{\rm{R}} + {\rm{H}}}} \Rightarrow {\rm{\alpha }} \approx 81^\circ {20^\prime }\)

Sóng cực ngắn (f > 30 MHz) phát từ vệ tinh truyền thẳng đến các điểm nằm trên xích đạo Trái Đất trong khoảng kinh độ từ kinh độ 81⁰20’Đ đến kinh độ 81⁰20’T. Chọn C.

Theo các dữ kiện bài cho ta có hình vẽ:

Giả sử thay loa lớn ở góc tường B bằng loa nhỏ đặt tại K (K là trung điểm của BO).

Để người ngồi ở tâm nhà nghe rõ như 4 loa đặt ở góc tường thì cường độ âm do 1 loa lớn tại B gây ra tại O bằng cường độ âm do n loa nhỏ gây ra tại O.

Ta có: \({{\rm{I}}_{{\rm{BO}}}} = {{\rm{I}}_{{\rm{KO }}}} \Rightarrow \frac{{\rm{P}}}{{4{\rm{\pi B}}{{\rm{O}}^2}}} = \frac{{{\rm{n}}\frac{1}{8}{\rm{P}}}}{{4{\rm{\pi K}}{{\rm{O}}^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{\rm{B}}{{\rm{O}}^2}}} = \frac{{\rm{n}}}{{8{{\left( {\frac{{{\rm{BO}}}}{2}} \right)}^2}}} \Rightarrow {\rm{n}} = 2\). Chọn C.

Công suất phát đi của nhà máy là: P

Công suất hao phí trong quá trình truyền tải là: \(\Delta {\rm{P}} = \frac{{{{\rm{P}}^2}{\rm{R}}}}{{{{\rm{U}}^2}{{\cos }^2}{\rm{\varphi }}}}\)

Công suất cung cấp cho các hộ dân: \({{\rm{P}}_{{\rm{ci}}}} = {\rm{P}} - \Delta {\rm{P}}\)

Gọi P₀ là công suất tiêu thụ của mỗi hộ dân

- Điện áp truyền đi là U thì: \({{\rm{P}}_{{\rm{ci1}}}} = {\rm{P}} - \Delta {\rm{P}} = 36{{\rm{P}}_0}(1)\)

- Điện áp truyền đi là 2U thì: \({{\rm{P}}_{{\rm{ci}}2}} = {\rm{P}} - \Delta {{\rm{P}}_2} = P - \frac{{\Delta P}}{4} = 144{{\rm{P}}_0}(2)\)

- Điện áp truyền đi là 3U thì: \({P_{ci3}} = P - \Delta {P_3} = P - \frac{{\Delta P}}{9} = x{P_0}(3)\)

Từ (1) và (2) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{P}} = 180{{\rm{P}}_0}}\\{\Delta {\rm{P}} = 144{{\rm{P}}_0}}\end{array}} \right.\) thay vào \((3)\) ta được: \({\rm{x}} = 164\). Chọn A.

Tia X dùng để chụp phim, chẩn đoán bệnh là dựa vào tính chất đâm xuyên và tác dụng lên kính ảnh. Chọn B.

Ta có hình vẽ, chọn hệ quy chiếu như hình vẽ:

Đường (I) cho biết thế năng đàn hồi của con lắc lò xo nằm ngang.

Thế năng cực đại ứng với 4 đơn vị: \({{\rm{W}}_1} = \frac{1}{2}{\rm{kA}}_1^2\).

Đường (II) là thế năng đàn hồi của con lắc lò xo treo thẳng đứng. Vì tại vị trí cân bằng lò xo đã dãn một đoạn \(\Delta {\ell _0}\) nên tại vị trí lò xo dãn nhiều nhất, thế năng đàn hồi cực đại lớn nhất ứng với 9 đơn vị: \({{\rm{W}}_{2 + }} = \frac{1}{2}{\rm{k}}{\left( {{\rm{A}} + \Delta {\ell _0}} \right)^2}\)

Tại vị trí biên trên (biên âm) thì thế năng đàn hồi ứng với 1 đơn vị: \({{\rm{W}}_{2 - }} = \frac{1}{2}{\rm{k}}{\left( {{\rm{A}} - \Delta {\ell _0}} \right)^2}\)

Ta có tỉ số: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{{\rm{W}}_{2 + }}}}{{{{\rm{W}}_{2 - }}}} = \frac{9}{1} = \frac{{{{\left( {{{\rm{A}}_2} + \Delta {\ell _0}} \right)}^2}}}{{{{\left( {\;{{\rm{A}}_2} - \Delta {\ell _0}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{{\left( {{{\rm{A}}_2} + \Delta {\ell _0}} \right)}}{{\left( {{{\rm{A}}_2} - \Delta {\ell _0}} \right)}} = 3 \Rightarrow {{\rm{A}}_2} = 2\Delta {\ell _0}\\\frac{{{{\rm{W}}_{2 + }}}}{{{{\rm{W}}_1}}} = \frac{9}{4} = \frac{{{{\left( {{{\rm{A}}_2} + \Delta {\ell _0}} \right)}^2}}}{{\;{\rm{A}}_1^2}} \Leftrightarrow \frac{{{{\rm{A}}_2} + \Delta {\ell _0}}}{{\;{{\rm{A}}_1}}} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{{3\Delta {\ell _0}}}{{\;{{\rm{A}}_1}}} = \frac{3}{2} \Rightarrow {{\rm{A}}_1} = 2\Delta {\ell _0} = {{\rm{A}}_2}\end{array} \right.\)

Tại thời điểm ban đầu \(t = 0\), ta thấy cả hai vật đều đang ở biên dương. Thời điểm \({t_1}\) là thời điểm vật của lò xo treo thẳng đứng đi qua vị trí lò xo không dãn.

Thời gian từ \({\rm{t}} = 0\) đến \({{\rm{t}}_1}\) là \({{\rm{t}}_1} = \frac{{\rm{T}}}{3}\)

Thời điểm \({t_2}\) là thời điểm vật của lò xo nằm ngang đi qua vị trí cân bằng lần thứ 2. Thời gian từ \({\rm{t}} = 0\) đến \({{\rm{t}}_2}\) là \({{\rm{t}}_2} = \frac{3}{4}\;{\rm{T}}\).

Khoảng thời gian \({{\rm{t}}_2} - {{\rm{t}}_1} = \frac{{\rm{\pi }}}{{12}} \Rightarrow \frac{3}{4}\;{\rm{T}} - \frac{{\rm{T}}}{3} = \frac{5}{{12}}\;{\rm{T}} = \frac{{\rm{\pi }}}{{12}} \Rightarrow {\rm{T}} = \frac{{\rm{\pi }}}{5}(\;{\rm{s}})\)

Tần số góc của hai con lắc là như nhau vì chúng đều dao động tự do và có cùng độ cứng, vật nặng cùng khối lượng:

\({\rm{\omega }} = \sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}}  = \sqrt {\frac{{\rm{g}}}{{\Delta {\ell _0}}}}  \Rightarrow {\rm{\omega }} = \frac{{2{\rm{\pi }}}}{{\rm{T}}} = \frac{{2{\rm{\pi }}}}{{\frac{{\rm{\pi }}}{5}}} = 10 = \sqrt {\frac{{\rm{g}}}{{\Delta {\ell _0}}}}  \Rightarrow \Delta {\ell _0} = 0,1\;{\rm{m}} = 10\;{\rm{cm}} \Rightarrow {{\rm{A}}_1} = {{\rm{A}}_2} = 20\;{\rm{cm}}.\)

Sau thời gian \({\rm{t}} = {\rm{t}} = \frac{{\rm{\pi }}}{{10}}\;{\rm{s}} = \frac{{\rm{T}}}{2}\) thì hai vật đều đang ở biên âm.

Khoảng cách giữa hai vật lúc này là:

\({\rm{d}} = \sqrt {{{\left( {\ell  - {{\rm{A}}_1}} \right)}^2} + {{\left( {\ell  + \Delta {\ell _0} - {{\rm{A}}_2}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{(80 - 20)}^2} + {{(80 + 10 - 20)}^2}}  = 92,2\;{\rm{cm}}{\rm{. }}\)Đáp án. 92,2

Ta có các giá trị cụ thể như sau.

Chọn B.

\({{\rm{n}}_{{\rm{KCl}} \cdot {\rm{NaCl}}}} = 0,752\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{KCl }}}} = 56\,{\rm{gam}}.\)

Ở \({0^o }{\rm{C}}\) thì khối lượng \({\rm{KCl}}\) tan trong 130 gam nước là: \({{\rm{m}}_{{\rm{KCl tan }}}} = 28,5.\frac{{130}}{{100}} = 37,05\) gam.

\( \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{KCl t\'a ch ra }}}} = 56 - 37,05 = 18,95\) gam.

Vậy m gần nhất với 18,9. Chọn A.

Dung dịch \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_3}\) để lâu ngày sẽ bị oxi hóa một phần thành\({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \Rightarrow \) trong lọ chứa \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_3}\) và \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\).

Thí nghiệm 1:

\(2{\rm{HCl}} + {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_3} \to 2{\rm{NaCl}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}} + {\rm{S}}{{\rm{O}}_2}\)

\({\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2} + {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} \downarrow + \,2{\rm{NaCl}}\)

\( \to {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}({\rm{TN1}})}} = {{\rm{n}}_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}} = \frac{{0,233}}{{233}} = 0,001\;{\rm{mol}}.\)

Thí nghiệm 2: