Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 10)

Xét phương trình hoành độ điểm chung của hai đồ thị ta có: \(2{x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) là \(S = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\left| {2{x^2} - x} \right|dx = \frac{1}{{24}}} \).

Do đó ta điền đáp án như sau

Đồ thị hai hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng \(\frac{1}{2}\).

Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) bằng \(\frac{1}{{24}}\).

Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 5;6; - 2} \right)\)

Để tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_D} + 1;{y_D} - 6;{z_D} + 1} \right) = \left( { - 5;6; - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_D} + 1 = - 5}\\{{y_D} - 6 = 6}\\{{z_D} + 1 = - 2}\end{array} \Rightarrow D\left( { - 6;12; - 3} \right)} \right.\).

Đường thẳng BC đi qua \(B(2; - 1;3)\) và nhận \(\overrightarrow {BC} = ( - 5;6; - 2)\) làm một vecto chỉ phương có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 - 5t}\\{y = - 1 + 6t}\\{z = 3 - 2t}\end{array}} \right.\)

Vì \(H \in BC\) nên \(H(2 - 5t; - 1 + 6t;3 - 2t) \Rightarrow \overrightarrow {AH} (3 - 5t; - 7 + 6t;4 - 2t)\).

Vì \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) của nên \(AH \bot BC\).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow - 5(3 - 5t) + 6( - 7 + 6t) - 2(4 - 2t) = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

\( \Rightarrow H( - 3;5;1)\).

Do đó ta điền như sau

Để tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành thì hoành độ điểm \(D\) là −6 .

Chân đường cao \(H\) hạ từ đỉnh \(A\) của có tọa độ là (−3 ; 5 ;1 )

TXĐ: \(\mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = x{{\rm{e}}^{ - x}}\left. {\left( {2 - x} \right.} \right);y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\) và đạt cực đại tại \(x = 2\).

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại \(x = 0\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có: \(P(x) = (1 + 2x){(3 + x)^{11}} = {(3 + x)^{11}} + 2x{(3 + x)^{11}}\)

\( = \sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k} {.3^{11 - k}}.{x^k} + 2x\sum\limits_{m = 0}^{11} {C_{11}^m} {.3^{11 - m}}.{x^m}\)

\( = \sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k} {.3^{11 - k}}.{x^k} + \sum\limits_{m = 0}^{11} {C_{11}^m} {.2.3^{11 - m}}.{x^{m + 1}}\).

Khi đó:

+, Khai triển \(P\left( x \right)\) có 13 số hạng.

+, Hệ số của \({x^9}\) trong khai triển là: \(C_{11}^9{.3^2} + C_{11}^8{.2.3^3} = 9045\) (với \(k = 9,m = 8\)).

+, Hệ số tự do trong khai triển là: \(C_{11}^0{.3^{11}} = 177147\)

Do đó ta chọn đáp án như sau

Hệ số của \[{x^{9998}}\] là: \[{A_1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \ldots + \frac{1}{{{2^{9999}}}} = \frac{1}{2}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{9999}}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}\] . 

Hệ số của \[{x^{9997}}\] là \[{A_2} = \frac{1}{2}.\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}}.\frac{1}{{{2^3}}} + \ldots + \frac{1}{{{2^{9998}}}}.\frac{1}{{{2^{9999}}}}\]

Ta có: \[A_1^2 = {\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \ldots + \frac{1}{{{2^{9999}}}}} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}} \right)^2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{{{4^2}}} + \ldots + \frac{1}{{{4^{9999}}}} + 2.\frac{1}{2}.\frac{1}{{{2^2}}} + 2.\frac{1}{{{2^2}}}.\frac{1}{{{2^3}}} + \ldots + 2.\frac{1}{{{2^{9998}}}}.\frac{1}{{{2^{9999}}}}\]

\[ \Leftrightarrow 1 - 2.1.\frac{1}{{{2^{9999}}}} + \frac{1}{{{4^{9999}}}} = \frac{1}{4}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^{9999}}}}{{1 - \frac{1}{4}}} + 2B\]

\[ \Leftrightarrow 1 - 2.1.\frac{1}{{{2^{9999}}}} + \frac{1}{{{4^{9999}}}} = \frac{1}{4}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^{9999}}}}{{1 - \frac{1}{4}}} + 2B\]

\[ \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{{{2^{9998}}}} + \frac{1}{{{4^{9999}}}} = \frac{1}{3}.\left( {1 - \frac{1}{{{4^{9999}}}}} \right) + 2B\]

\[ \Leftrightarrow B = \frac{{{4^{9999}} - {{3.2}^{9999}} + 2}}{{{{3.4}^{9999}}}}\]

Do đó ta điền đáp án như sau

Hệ số A₁ bằng \(1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}\).

Hệ số A₂ bằng \[\frac{{{4^{9999}} - {{3.2}^{9999}} + 2}}{{{{3.4}^{9999}}}}\].

Ta có \(\left( {2.0 - 2.2 - 1 + 1} \right)\left( {2.\frac{7}{9} - 2.\frac{2}{9} + \frac{{17}}{9} + 1} \right) < 0\) nên hai điểm \(A\) và \(B\) nằm khác phía đối với \(\left( P \right)\).

* Tìm \(M\).

Lấy điểm \(B'\left( {{x_{B'}};{y_{B'}};{z_{B'}}} \right)\) đối xứng với \(B\) qua \(\left( P \right)\).

Hạ \(BH \bot \left( P \right)\) suy ra \(\overrightarrow {{u_{BH}}} = \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {2; - 2;1} \right)\) nên phương trình đường thẳng \(BH\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{7}{9} + 2t\\y = \frac{2}{9} - 2t\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\\z = \frac{{17}}{9} + t\end{array} \right.\).

Gọi tọa độ điểm \(H\) là \(H\left( {\frac{7}{9} + 2h;\frac{2}{9} - 2h;\frac{{17}}{9} + h} \right)\). Vì \(H \in \left( P \right)\) nên

\(2\left( {\frac{7}{9} + 2h} \right) - 2\left( {\frac{2}{9} - 2h} \right) + \left( {\frac{{17}}{9} + h} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow h = - \frac{4}{9}\) do đó \(H\left( {\frac{{ - 1}}{9};\frac{{10}}{9};\frac{{13}}{9}} \right)\).

\(B'\) đối xứng với \(B\) qua \(\left( P \right)\) nên \(H\) là trung điểm của \(BB'\).

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} + \frac{7}{9} = 2.\frac{{ - 1}}{9}\\{y_{B'}} + \frac{2}{9} = 2.\frac{{10}}{9} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = - 1\\{y_{B'}} = 2\\{z_{B'}} = 1\end{array} \right.\\{z_{B'}} + \frac{{17}}{9} = 2.\frac{{13}}{9}\end{array} \right.\) suy ra \(\left. {B'( - 1;2;1} \right)\).

Khi đó \(\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA - MB'} \right| \le AB'\).

Dấu "=" xảy ra khi \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AB'\) và \(\left( P \right)\).

Có \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{2}{3},d\left( {B',\left( P \right)} \right) = \frac{4}{3}\) nên \(d\left( {B',\left( P \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( P \right)} \right)\) do đó \(A\) là trung điểm của đoạn thẳng \(B'M\) suy ra \(M\left( {1;2;1} \right)\).

* Tìm \(N\).

\(NA + NB \ge AB\)

Dấu “=" xảy ra khi \(N\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\) và \(\left( P \right)\).

Có \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{2}{3},d\left( {B,\left( P \right)} \right) = \frac{4}{3}\) nên \(d\left( {B,\left( P \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( P \right)} \right)\) do đó \(\overrightarrow {AB} = 3\overrightarrow {AN} \) nên \(N\left( {\frac{7}{{27}};\frac{{38}}{{27}};\frac{{35}}{{27}}} \right)\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Gọi \(r\) là bán kính mặt cầu.

Diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {r^2} \Leftrightarrow 4\pi {r^2} = 100\pi \Leftrightarrow r = 5\).

Thể tích của khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.5^3} = \frac{{500\pi }}{3}\).

Vậy \(k = 500\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho mặt cầu có diện tích là \(100\pi \). Thể tích của khối cầu được giới hạn bởi mặt cầu đã cho là \(\frac{{k\pi }}{3}\). Giá trị của \(k\) bằng (1) 500.

Áp dụng công thức \(\left[ {{\rm{log}}A} \right] + 1\) để tìm các chữ số của số \(A\).

Ta có: \({\rm{log}}\left( {{M_p} + 1} \right) = {\rm{log}}{2^p} = p{\rm{log}}2\).

+ Với \(p = 31 \Rightarrow {\rm{log}}\left( {{M_{31}} + 1} \right) = 31.{\rm{log}}2 \approx 9,33\)

\( \Rightarrow {M_{31}}\) có 10 chữ số.

+ Với \(p = 127 \Rightarrow {\rm{log}}\left( {{M_{127}} + 1} \right) = 127.{\rm{log}}2 \approx 38,23\)

\( \Rightarrow {M_{127}}\) có 39 chữ số.

+ Với \(p = 1398269 \Rightarrow {\rm{log}}\left( {{M_{1398269}} + 1} \right) = 1398269.{\rm{log}}2 \approx 420920,911\)

\( \Rightarrow {M_{1398269}}\) có 420921 chữ số.

Do đó ta điền đáp án như sau

Ơ-le phát hiện \({M_{31}}\) có 10 chữ số năm 1750.

Luy-ca (E. Lucas, 1842 - 1891, người Pháp) phát hiện \({M_{127}}\) có 39 chữ số năm 1876.

\({M_{1398269}}\) được phát hiện có 420921 chữ số năm 1996.

Vì \[\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} + \left( {2a - 1} \right)x + b}}{{{x^3} + 1}} = 2\] nên \(x = - 1\) là nghiệm của phương trình \({x^2} + \left( {2a - 1} \right)x + b = 0\).

\( \Leftrightarrow {( - 1)^2} - \left( {2a - 1} \right) + b = 0 \Leftrightarrow b = 2a - 2\).

Khi đó, \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} + \left( {2a - 1} \right)x + b}}{{{x^3} + 1}} = 2 \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} + \left( {2a - 1} \right)x + 2a - 2}}{{{x^3} + 1}} = 2\)

\( \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - 1} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2a - 2} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = 2\)

\( \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 2a - 2}}{{{x^2} - x + 1}} = 2\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 1 + 2a - 2}}{{{{( - 1)}^2} - \left( { - 1} \right) + 1}} = 2 \Leftrightarrow a = \frac{9}{2}\)

\( \Rightarrow b = 2.\frac{9}{2} - 2 = 7\)

Do đó ta điền đáp án như sau

Biết \[\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} + \left( {2a - 1} \right)x + b}}{{{x^3} + 1}} = 2\]. Giá trị của a = (1) \(\frac{9}{2}\) và b = (2) 7 với \(a,b\) là các phân số tối giản (nếu có).

Đặt \(MA = MB = MC = a > 0\).

Áp dụng định lí côsin cho tam giác \(MAB\) ta có:

\(A{B^2} = M{A^2} + M{B^2} - 2MA.MB.{\rm{cos}}\widehat {AMB} = {a^2} + {a^2} - 2a.a.{\rm{cos}}60^\circ = {a^2}\). Suy ra \(AB = a\).

Tương tự, ta cũng tính được \(BC = \sqrt 2 a,CA = \sqrt 3 a\).

Xét tam giác \(ABC\) có: \(C{A^2} = B{C^2} + A{B^2}\) suy ra tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) (định lí Pythagore đảo). Do đó trung điểm \(H\) của \(AC\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Suy ra \(M,H,I\) thẳng hàng.

Xét tam giác \(MCI\) vuông tại \(C\) đường cao \(CH\):

\(IC.MC = CH.MI\) suy ra \(IC = \frac{{CH.MI}}{{MC}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 a}}{2}.2\sqrt 3 }}{a} = 3\).

Do đó ta điền như sau

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2; - 1;3} \right)\). Từ điểm \(M\left( {4;1;1} \right)\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\), kẻ ba tiếp tuyến \(MA,MB,MC\) với mặt cầu \(\left( S \right)\) sao cho \(MA = MB = MC\). Biết\(\widehat {AMB} = 60^\circ ,\widehat {BMC} = 90^\circ ,\widehat {CMA} = 120^\circ \). Bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) bằng (1) 3.

Điều kiện : \( - 4 < x < 4\) và \(x \ne - 1\).

Ta có \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_4}{(x + 1)^2} + 2 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\sqrt 2 }}\sqrt {4 - x} + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_8}{(4 + x)^3}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {4\left| {x + 1} \right|} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left[ {\left( {4 - x} \right)\left( {4 + x} \right)} \right]\)

\( \Leftrightarrow 4\left| {x + 1} \right| = 16 - {x^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{4\left( {x + 1} \right) = 16 - {x^2}}\\{4\left( {x + 1} \right) = {x^2} - 16}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 4x - 12 = 0}\\{{x^2} - 4x - 20 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = - 6}\\{x = 2 + 2\sqrt 6 }\\{x = 2 - 2\sqrt 6 }\end{array}} \right.} \right.\)

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm \(x = 2\) và \(x = 2 - 2\sqrt 6 \).

Do đó ta điền như sau

Số nghiệm của phương trình đã cho là 2 .

Tổng của các nghiệm của phương trình đã cho là \(4 - 2\sqrt 6 \).

Giả sử số có năm chữ số có dạng \(\overline {abcde} \).

Vì số cần tìm chia hết cho 5 nên \(e\) có hai cách chọn là chữ số 0 và 5 .

Khi đó, \(a\) có chín cách chọn vì \(a \ne 0\); các vị trí \(b,c,d\) mỗi vị trí có mười cách chọn.

Suy số phần tử tập \(S\) là \({2.9.10^3} = 18000\) phần tử \( \Rightarrow n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 18000\).

Số có năm chữ số bé nhất chia hết cho 5 là 10000 và lớn nhất là 99995 .

Gọi \(B\) là biến cố: "một số lấy từ tập \(S\) và chia hết cho 3 ", khi đó số được lấy này phải chia hết cho 15.

Số có năm chữ số bé nhất chia hết cho 15 là 10005 và lớn nhất là 99990 .

Vì chia hết cho 15 nên các số trong tập \(B\) này có thể xem như một cấp số cộng với

\({u_1} = 10005,{u_n} = 99990,d = 15 \Rightarrow n = \frac{{99990 - 10005}}{{15}} + 1 = 6000\).

Hay \(n\left( B \right) = 6000\). Vậy \({P_B} = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{6000}}{{18000}} = \frac{1}{3}\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Gọi \(x\) là số ghế của rạp hát \(\left. {\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}};\,\,320 < x < 330;\,\,x} \right. \vdots 18} \right)\)

Ta thấy \(\frac{{320}}{{18}} < \frac{x}{{18}} < \frac{{330}}{{18}} \Leftrightarrow 17,78 < \frac{x}{{18}} < 18,33 \Rightarrow \frac{x}{{18}} = 18 \Leftrightarrow x = 324\).

Do đó ta điền như sau

Số lượng ghế của một rạp hát nhiều hơn 320 và ít hơn 330 ghế. Biết mỗi hàng có 18 ghế. Số lượng ghế của rạp hát là (1) 324.

Bước 1. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 .

Số phần tử không gian mẫu \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 36\).

Để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 thì số chấm trên hai con xúc xắc là một trong các trường hợp sau \(\left( {2;6} \right),\left( {3;5} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;3} \right),\left( {6;2} \right)\).

Vậy xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 là \(\frac{5}{{36}}\).

Bước 2. Tính xác suất thắng của mỗi bạn.

\(A\) là biến cố bạn \({\rm{A}}\) là người chiến thắng.

\(P\left( A \right) = \left( {\frac{5}{{36}}} \right) + \left( {\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{5}{{36}}} \right) + \left( {\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{5}{{36}}} \right) + \ldots \)

\( = \frac{5}{{36}}\left[ {1 + {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^4} + \ldots } \right]\)

\( = \frac{5}{{36}}.\frac{1}{{1 - {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^2}}} = \frac{{36}}{{67}}\).

Do đó ta điền như sau

Hai bạn \(A\) và \(B\) chơi một trò chơi: hai bạn sẽ tung hai con xúc xắc luân phiên, để giành chiến thắng thì tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc phải bằng 8 . Biết bạn \({\rm{A}}\) là người chơi trước, xác suất giành chiến thắng của bạn \({\rm{A}}\) bằng (1) \(\frac{{36}}{{67}}\).

Điều kiện: \(2020 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow - 2\sqrt {505} \le x \le 2\sqrt {505} \).

Với điều kiện trên thì x không thể tiến tới \( \pm \infty \)nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {2\sqrt {505} } \right)}^ - }} y = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2\sqrt {505} } \right)}^ + }} y = - \infty \) nên đồ thị có hai tiệm cận đứng là \(x = \pm 2\sqrt {505} \).

Vậy đồ thị hàm số \[y = \frac{{9x + 1}}{{\sqrt {2020 - {x^2}} }}\]có tất cả 2 đường tiệm cận. Chọn C.

Ta có \(g'\left( x \right) = 3f'\left( {3x - 1} \right) - 27{x^2} + 9x - 6\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {3x - 1} \right) = 9{x^2} - 3x + 2 = {\left( {3x - 1} \right)^2} + \left( {3x - 1} \right) + 2\).

Đặt \(t = 3x - 1\), ta được \(f'\left( t \right) = {t^2} + t + 2\).

Sử dụng tương giao hai đồ thị của hai hàm số \(y = f'\left( t \right)\) và \(y = {t^2} + t + 2\) ta suy ra phương trình có 3 nghiệm đơn \(t = - 2\), \(t = - 1\), \(t = 1\).

Từ đó suy ra phương trình có 3 nghiệm đơn \(x = - \frac{1}{3}\), \(x = 0\), \(x = \frac{2}{3}\).

\( \Rightarrow y = g\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị trên \(\left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow y = g\left( {\left| x \right|} \right)\) có 3 điểm cực trị. Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \(1 \le f\left( x \right) \le 4,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\).

Xét \(g\left( x \right) = {2^{f\left( x \right) + \frac{4}{{f\left( x \right)}}}} + {\log _2}\left[ {{f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right) + 5} \right]\).

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = {\left( {f\left( x \right) + \frac{4}{{f\left( x \right)}}} \right)^\prime }{2^{f\left( x \right) + \frac{4}{{f\left( x \right)}}}}.\ln 2 + \frac{{{{\left( {{f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right) + 5} \right)}^\prime }}}{{\left( {{f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right) + 5} \right).\ln 2}}\)

\( = f'\left( x \right)\left( {1 - \frac{4}{{{f^2}\left( x \right)}}} \right){2^{f\left( x \right) + \frac{4}{{f\left( x \right)}}}}.\ln 2 + \frac{{f'\left( x \right).\left( {2f\left( x \right) - 4} \right)}}{{\left( {{f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right) + 5} \right).\ln 2}}\)

\( = f'\left( x \right)\left( {f\left( x \right) - 2} \right)\left[ {\left( {\frac{{f\left( x \right) + 2}}{{{f^2}\left( x \right)}}} \right){2^{f\left( x \right) + \frac{4}{{f\left( x \right)}}}}.\ln 2 + \frac{2}{{\left( {{f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right) + 5} \right).\ln 2}}} \right]\).

Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0\\f\left( x \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1,x = 2,x = 3\\x = \alpha \in \left( {1;2} \right);x = \beta \in \left( {2;3} \right)\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có yêu cầu đề bài \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}33 < m < 34,3\\m = 16\end{array} \right.\) mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {16;34} \right\}\). Vậy tổng các giá trị nguyên của tham số m là 50. Chọn D.

Điều kiện: x > -1.

Ta có \({\log _4}\left( {x + 7} \right) > {\log _2}\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\log _2}\left( {x + 7} \right) > {\log _2}\left( {x + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {x + 7} > x + 1 \Leftrightarrow x + 7 > {\left( {x + 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 < 0 \Leftrightarrow - 3 < x < 2\).

Kết hợp với điều kiện ta có: \( - 1 < x < 2\). Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {0;1} \right\}\).

Vậy bất phương trình có 2 nghiệm nguyên. Chọn D.

Xét bất phương trình:

\(m{.16^x} - \left( {2m + 1} \right){.12^x} + m{.9^x} \le 0 \Leftrightarrow m.{\left( {\frac{{16}}{9}} \right)^x} - \left( {2m + 1} \right).{\left( {\frac{{12}}{9}} \right)^x} + m \le 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\).

Đặt \(t = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^x}\). Với \(x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( {1;\frac{4}{3}} \right)\).

Khi đó bất phương trình trở thành \(m.{t^2} - \left( {2m + 1} \right).t + m \le 0 \Leftrightarrow m \le \frac{t}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}{\rm{ }}\left( 2 \right)\) .

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{t}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}\) trên khoảng \(\left( {1;\frac{4}{3}} \right)\) có \(f'\left( t \right) = - \frac{{t + 1}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}}} < 0,{\rm{ }}\forall t \in \left( {1;\frac{4}{3}} \right)\).

Khi đó bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( {0;1} \right)\) Û bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi \(t \in \left( {1;\frac{4}{3}} \right) \Leftrightarrow m \le f\left( {\frac{4}{3}} \right) = 12\).

Vậy số các giá trị nguyên dương của m thỏa mãn bài toán là 12. Chọn C.

Ta có: \({L_A} < {L_B} \Rightarrow OA > OB\).

Gọi I là trung điểm AB. Ta có:

+) \({L_A} = \log \frac{k}{{O{A^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{A^2}}} = {10^{{L_A}}} \Leftrightarrow OA = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }}\).

+) \({L_B} = \log \frac{k}{{O{B^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{B^2}}} = {10^{{L_B}}} \Leftrightarrow OB = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}\).

+) \({L_I} = \log \frac{k}{{O{I^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{I^2}}} = {10^{{L_I}}} \Leftrightarrow OI = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }}\).

Vì I là trung điểm AB nên ta có: \(OI = \frac{1}{2}\left( {OA - OB} \right) \Leftrightarrow \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }} - \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}} \right) \Leftrightarrow {L_I} = - 2\log \left[ {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}} \right)} \right]\).

Thay số ta được \({L_I} \approx 5,42\left( B \right)\). Chọn C.

Gọi \[P',Q',R'\] lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( {PQR} \right)\) với các cạnh \(CC'\), \(AA'\), \(BB'\).

Khi đó: \(P',Q',R'\) tương ứng là trung điểm các cạnh \(CC'\), \(AA'\), \(BB'\), đồng thời P, Q, R lần lượt là trung điểm các cạnh \[Q'R'\], \[R'P'\], \[P'Q'\].

Đặt \[V = {V_{ABC.Q'R'P'}}\].

Ta có: \[{V_{B.R'PQ}} = {V_{A.Q'PR}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{4}V = \frac{V}{{12}}\]; \[{V_{CMN.P'QR}} = \frac{V}{4}\].

Vậy \[{V_{PQRABMN}} = V - {V_{B.R'PQ}} - {V_{A.Q'PR}} - {V_{CMN.P'QR}} = \frac{{7V}}{{12}} = \frac{7}{{12}}.\frac{1}{2}.12.6 = 21\]. Chọn D.

Vì tứ diện \(AB'CD'\) có 4 đỉnh là bốn đỉnh của hình hộp chữ nhật nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện này có tâm trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp và có cùng bán kính với mặt cầu ngoại tiếp hình hộp.

Do đó \(R = \frac{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + A{{A'}^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }}{2} = \frac{3}{2}\). Chọn C.

Thể tích nút chai gồm thể tích của hình trụ và thể tích của hình nón cụt.

Thể tích hình trụ là: \({V_T} = \pi .{\left( {\frac{3}{2}} \right)^2}.4 = 9\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Hình nón cụt có bán kính đáy lớn R = 2 cm, chiều cao h = 2 cm; bán kính đáy nhỏ r = 1 cm.

Thể tích của nón cụt là: \({V_{N.C}} = \frac{1}{3}\pi h.\left( {{R^2} + {r^2} + Rr} \right) = \frac{{14\pi }}{3}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Vậy thể tích nút chai là: \({V_{\left( H \right)}} = 9\pi + \frac{{14\pi }}{3} = \frac{{41\pi }}{3}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\). Chọn B.

Gọi bán kính đáy bình tổng pha trà là R, khi đó chiều cao của bình là 4R, bán kính đáy chén trà là \(\frac{R}{2}\) và chiều cao chén trà là \(\frac{1}{3}.4R = \frac{4}{3}R\).

Thể tích nước trà có trong bình tổng là: \(V = \frac{3}{4}.\pi .{R^2}.4R = 3\pi {R^3}\).

Thể tích nước trà trong mỗi chén ở lượt rót đầu tiên, chiếm ba phần tư thể tích của chén và bằng: \({V_c} = \frac{3}{4}\pi {\left( {\frac{R}{2}} \right)^2}\frac{4}{3}R = \frac{1}{4}\pi {R^3} = \frac{1}{{12}}V\).

Sau khi rót 3 chén cho 3 người thưởng trà, lượng nước trong bình tổng sẽ còn lại là: \(V - 3.\frac{1}{{12}}V = \frac{3}{4}V\).

Sau lượt thưởng trà lần thứ nhất, nước trong chén trà còn lại \(\frac{1}{4}{V_c}\), cần châm thêm vào 3 chén trà mỗi chén \(\frac{3}{4}{V_c}\) để lượng nước trà trong mỗi chén đủ \(\frac{3}{4}\) thể tích của chén như ban đầu. Tổng lượng nước trà cần thêm vào 3 chén là: \(3.\frac{3}{4}{V_c} = \frac{9}{4}{V_c} = \frac{3}{{16}}V\).

Như vậy, từ lần châm thêm nước thứ hai trở đi thì mỗi lần chỉ rót lượng nước là \(\frac{3}{{16}}V\).

Gọi số lần rót nước là n thì ta có điều kiện:

\(\frac{3}{4}V - \left( {n - 1} \right)\frac{3}{{16}}V \ge 0 \Leftrightarrow \frac{3}{4} - \left( {n - 1} \right)\frac{3}{{16}} \ge 0 \Leftrightarrow 4 - \left( {n - 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow n \le 5\).

Như vậy vừa đủ 5 lần rót trà thì hết bình nước trà. Chọn B.

+) Gọi P là trung điểm đọan AN.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CN//PM\\PM \subset \left( {DMP} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CN//\left( {DMP} \right)\).

Suy ra \(d\left( {CN,DM} \right) = d\left( {CN,\left( {DMP} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {DMP} \right)} \right)\)\( = d\left( {A,\left( {DMP} \right)} \right)\).

+) Khi đó \(\frac{{{V_{A.DMP}}}}{{{V_{A.BCD}}}} = \frac{{AP}}{{AB}}.\frac{{AM}}{{AC}}.\frac{{AD}}{{AD}} = \frac{1}{8}\), mà tứ diện ABCD đều nên \({V_{A.BCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).

\( \Rightarrow {V_{A.DMP}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{96}} \Rightarrow \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {DMP} \right)} \right).{S_{\Delta DMP}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{96}}\).

+) Lại có \(\Delta ADC\) đều nên \(DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(\Delta ABC\) đều nên \(CN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow MP = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Xét tam giác DPA có \(D{P^2} = A{D^2} + A{P^2} - 2AD.AP.\cos \widehat {PAD} = {a^2} + {\left( {\frac{a}{4}} \right)^2} - 2.a.\frac{a}{4}.\cos 60^\circ = \frac{{13{a^2}}}{{16}}\)

\( \Rightarrow DP = \frac{{a\sqrt {13} }}{4}\).

Nửa chu vi tam giác DMP là: \(p = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2} + \frac{{a\sqrt 3 }}{4} + \frac{{a\sqrt {13} }}{4}}}{2} = \frac{{a\left( {\sqrt {13} + 3\sqrt 3 } \right)}}{8}\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta DMP}} = \sqrt {p\left( {p - DM} \right)\left( {p - MP} \right)\left( {p - DP} \right)} = \frac{{{a^2}\sqrt {35} }}{{32}}\).

Vậy \(d\left( {A,\left( {DMP} \right)} \right) = \frac{{\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{96}}}}{{\frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt {35} }}{{32}}}} = \frac{{a\sqrt {70} }}{{35}} \Rightarrow d\left( {CN,DM} \right) = \frac{{a\sqrt {70} }}{{35}}\). Chọn D.

Vì \(\Delta ABC\) đều có cạnh bằng a nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Dựng hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.{A_1}HK\).

Xét \(\Delta A'{A_1}{B_1}\) vuông tại \(A'\), có \({A_1}{B_1} = \sqrt {A'B_1^2 + A'A_1^2} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Xét \(\Delta {B_1}C'{C_1}\) vuông tại \(C'\), có \({B_1}{C_1} = \sqrt {{B_1}{{C'}^2} + C'C_1^2} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Xét \(\Delta {A_1}K{C_1}\) vuông tại K, có \({A_1}{C_1} = \sqrt {{A_1}{K^2} + KC_1^2} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).

Do đó \(\Delta {A_1}{B_1}{C_1}\)là tam giác cân tại \({B_1}\). Kẻ \({B_1}I \bot {A_1}{C_1}\) tại \(I\).

Suy ra \(I\) là trung điểm của \({A_1}{C_1}\). Do đó \({A_1}I = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Khi đó \({B_1}I = \sqrt {{A_1}B_1^2 - {A_1}{I^2}} = \sqrt {\frac{{5{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó \({S_{\Delta {A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{1}{2}.{B_1}I.{A_1}{C_1} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 2 = \frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4}\).

Mặt khác \(\Delta ABC\)là hình chiếu của \(\Delta {A_1}{B_1}{C_1}\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Do đó \(\cos \left( {\left( {ABC} \right),\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right)} \right) = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta {A_1}{B_1}{C_1}}}}} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \(\left( {\left( {ABC} \right),\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right)} \right) = 45^\circ \). Chọn C.

Ta có: \(\sin 2x - \cos 2x + \left| {\sin x + \cos x} \right| - \sqrt {2{{\cos }^2}x + m} - m = 0\)

\( \Leftrightarrow \sin 2x + \left| {\sin x + \cos x} \right| = m + \cos 2x + \sqrt {2{{\cos }^2}x + m} \)

\( \Leftrightarrow 1 + \sin 2x + \sqrt {1 + \sin 2x} = 1 + m + \cos 2x + \sqrt {1 + m + \cos 2x} {\rm{ }}\left( * \right)\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {1 + \sin 2x} = a \ge 0\\\sqrt {1 + m + \cos 2x} = b \ge 0\end{array} \right.\).

Khi đó \(\left( * \right)\) trở thành \({a^2} + a = {b^2} + b{\rm{ }}\left( {**} \right)\)

Xét hàm số với \(f\left( t \right) = {t^2} + t,{\rm{ }}t \ge 0\).

Dễ thấy hàm số \(y = f\left( t \right)\) đồng biến \(\forall t \ge 0\) nên từ (**) ta có \(f\left( a \right) = f\left( b \right) \Leftrightarrow a = b\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {1 + \sin 2x} = \sqrt {1 + m + \cos 2x} \Leftrightarrow \sin 2x - \cos 2x = m\).

Phương trình có nghiệm \( \Leftrightarrow {m^2} \le 2 \Leftrightarrow - \sqrt 2 \le m \le \sqrt 2 \).

Giá trị nguyên của tham số m là {-1; 0; 1}, vậy có 3 giá trị. Chọn C.

Số phần tử của tập S là \({9.10^5}\).

Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S”.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {9.10^5}\).

Gọi B là biến cố “Số được chọn có tích các chữ số bằng 1400”

Ta có 1400 = 2³.5².7 = 2.2.2.5.5.7 = 1.2.4.5.5.7 = 1.1.8.5.5.7 nên số có 6 chữ có tích bằng 1400 có thể được lập bởi các trường hợp sau:

TH1. Số được lập từ bộ thứ nhất 2, 2, 2, 5, 5, 7 ; có tất cả \(\frac{{6!}}{{3!.2!}} = 60\).

TH2. Số được lập từ bộ thứ hai 1, 2, 4, 5, 5, 7; có tất cả \(\frac{{6!}}{{2!}} = 360\).

TH3. Số được lập từ bộ thứ hai 1, 1, 8, 5, 5, 7; có tất cả \(\frac{{6!}}{{2!.2!}} = 180\).

Do đó có tất cả 60 + 360 + 180 = 600 số có 6 chữ số và tích các chữ số bằng 1400.

Suy ra \(n\left( B \right) = C_{600}^1 = 600\).

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{600}}{{{{9.10}^5}}} = \frac{1}{{1500}}\). Chọn B.

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}n \in \mathbb{N}*\\n \ge 2\end{array} \right.\).

Ta có \(C_n^1 + C_n^2 = 55 \Leftrightarrow n + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 55 \Leftrightarrow {n^2} + n - 110 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 10\\n = - 11\end{array} \right.\).

Do n là số nguyên dương nên chọn n = 10.

Với n = 10 thì \({\left( {{x^3} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{{\left( {{x^3}} \right)}^{10 - k}}.{{\left( {\frac{2}{{{x^2}}}} \right)}^k}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{2^k}{x^{30 - 5k}}} \).

Số hạng thứ k + 1 có dạng \({T_{k + 1}} = C_{10}^k{2^k}{x^{30 - 5k}}{\rm{ }}\left( {0 \le k \le 10} \right)\).

Giả sử số hạng thứ k + 1 không chứa x khi đó \(30 - 5k = 0 \Leftrightarrow k = 6\).

Số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức \({\left( {{x^3} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)^n}\) bằng: \(C_{10}^6{2^6} = 13440\). Chọn B.

Để hàm số có đạo hàm tại x = 2 thì hàm số phải liên tục tại x = 2.

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^3} - {x^2} - 8x + 10} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {{x^2} + ax + b} \right) \Leftrightarrow - 2 = 4 + 2a + b \Leftrightarrow 2a + b = - 6\).

Hàm số có đạo hàm tại điểm x = 2 nên

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 2 \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 2 \right)}}{{x - 2}}\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^3} - {x^2} - 8x + 10 - \left( { - 2} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2 + } \frac{{{x^2} + ax + b - \left( {4 + 2a + b} \right)}}{{x - 2}}\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} + x - 6} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x + 2 + a} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4 + a = 0 \Leftrightarrow a = - 4\).

Suy ra \(b = 2\). Vậy \(ab = - 8\). Chọn D.

Mục đích chính của văn bản là chỉ ra những rào cản ảnh hưởng đến hành vi tìm kiếm hỗ trợ của phụ nữ bị trầm cảm sau sinh:

Đoạn [1], [2] : Rào cản từ bản thân người phụ nữ.

Đoạn [3], [4] : Rào cản từ phía gia đình.

Đoạn [5], [6] : Rào cản từ phía nhân viên y tế.

Đoạn [7] : Rào cản từ truyền thống văn hóa, xã hội.

Chọn C. 

Phân tích, suy luận:

- Từ đoạn [2] có thông tin: Một số bà mẹ có biểu hiện một số triệu chứng của trầm cảm sau sinh như: tức ngực, nhức đầu, rối loạn giấc ngủ, mệt mỏi và lo âu,... nhưng vì thiếu kiến thức về vấn đề này nên họ không biết mình bị trầm cảm sau sinh.

Ý “Không nhận thức được rõ bản thân đang có các biểu hiện của trầm cảm sau sinh” là đúng.

- Ý “Chủ động tìm kiếm sự giúp đỡ khi có dấu hiệu trầm cảm nhưng không được phản hồi” sai vì theo đoạn [1], nhiều phụ nữ “không chủ động tìm kiếm sự giúp đỡ khi có dấu hiệu trầm cảm mặc dù họ thường xuyên liên hệ với các chuyên gia y tế trong thời kì hậu sản”.

- Ý “Họ tuyệt đối không tham khảo ý kiến của chuyên gia y tế” sai vì theo đoạn [1], vẫn có “khoảng 25% tham khảo ý kiến của chuyên gia y tế”.

- Ý “Tất cả phụ nữ đều biết rõ nơi mình cần tìm đến để nhận được sự hỗ trợ nhưng vì mặc cảm nên không tới” sai vì theo đoạn [1] thì “Nhiều bà mẹ đã chia sẻ không biết đến đâu để nhận được sự hỗ trợ hoặc là không biết về khả năng điều trị”.  

Chọn B. 

Một số phụ nữ nhận ra họ không sẵn sàng chia sẻ về cảm xúc của mình với chồng, người thân, bạn bè và chuyên gia y tế. Để che giấu triệu chứng trầm cảm, họ cố gắng biểu lộ cảm xúc bình thường. Không chỉ vậy, việc thiếu nhận thức cũng là một nguyên nhân khiến một số bà mẹ bị trầm cảm đã tìm cách từ chối điều trị.

Từ nội dung trên, ta có các từ phù hợp để điền vào các vị trí là:

- Vị trí 1: nhận ra.

- Vị trí 2: biểu lộ.

- Vị trí 3: nhận thức.

Từ đoạn [2], có thông tin: Trong một số nền văn hóa, các thành viên trong gia đình của họ còn ngăn cản người phụ nữ tìm kiếm sự giúp đỡ, vì họ không thừa nhận triệu chứng trầm cảm hoặc không muốn chia sẻ về những khó khăn của họ với người ngoài gia đình vì sợ bị kì thị.

Từ cần điền: thừa nhận.

Từ đoạn [5] có thông tin: phụ nữ sau sinh bị trầm cảm đã tìm kiếm sự trợ giúp từ nhân viên y tế, cán bộ tâm lí nhưng họ cảm thấy thất vọng khi tiếp xúc vì nhân viên y tế tỏ thái độ không tôn trọng, không quan tâm tới cảm xúc, tâm trạng, dấu hiệu trầm cảm của họ.

=> Việc nhân viên y tế không tôn trọng và quan tâm đúng mức tới tình trạng của bệnh nhân đã thể hiện rằng họ thờ ơ, vô cảm với người bệnh của mình. Đây chính là một trong những lí do cản trở việc tìm kiếm giúp đỡ của phụ nữ có dấu hiệu trầm cảm sau sinh. Chọn C. 

Từ đoạn [6] có thông tin: Nhân viên y tế thường ưu tiên kê đơn thuốc hơn là tư vấn trị liệu tâm lí.

Trầm cảm là một bệnh tâm lí nên để chữa trị cần có sự sẻ chia, đồng cảm và giúp họ tháo gỡ được các vấn đề về tâm lí nên không thể chỉ đơn thuần sử dụng thuốc là có thể chữa trị. Thế nhưng các nhân viên y tế thường ưu tiên kê đơn thuốc hơn là tư vấn trị liệu tâm lí. Từ đó cho thấy, việc chia sẻ và giúp bệnh nhân tháo gỡ các vấn đề về tâm lí chưa được chú trọng. Chọn D. 

Điền nhân viên y tế hoặc cán bộ tâm lí.

Đây là 2 cụm từ được sử dụng để nói đến các đối tượng có chuyên môn, tư vấn, thăm khám và kê đơn thuốc cho các bệnh nhân. Tuy nhiên, theo đoạn trích thì họ chưa phát huy được vai trò của mình do không có đủ thời gian để tham vấn cho bệnh nhân; bệnh nhân không được khám bệnh một cách nghiêm túc; không được kiểm tra đúng cách.

Một trong những lí do tác động đến việc người phụ nữ mắc chứng trầm cảm sau sinh có quyết định tìm kiếm dịch vụ hỗ trợ hay không đó là những chuẩn mực văn hóa xã hội đặt ra cho phụ nữ. Và ở Hoa Kì, quan niệm về “người mẹ tốt” khiến người phụ nữ không tiết lộ lí do bị trầm cảm do họ e ngại sẽ bị kì thị do chính bệnh tâm thần của họ.

Từ nội dung trên, ta có các từ phù hợp để điền vào các vị trí là:

- Vị trí 1: chuẩn mực.

- Vị trí 2: tiết lộ. 

- Vị trí 3: e ngại.

Theo đoạn [6], với một người phụ nữ bị trầm cảm sau sinh ví dụ ở Hoa Kì – một trong những đất nước tiên tiến và phát triển bậc nhất thế giới cũng vấp phải vấn đề bị kì thị và gặp phải định kiến, phân biệt đối xử. Không chỉ vậy, họ còn cảm nhận xã hội sẽ đánh giá họ là “bà mẹ xấu”.

=> Người phụ nữ mắc chứng trầm cảm sau sinh cảm nhận xã hội dành cho họ kì thị, phân biệt đối xử và cách đánh giá đầy định kiến khiến họ cố gắng giấu diếm tình trạng bệnh của mình. Chọn A. 

Nhân vật trung tâm trong đoạn trích trên là dì Mây/ Mây. 

Từ cần điền là: dì Mây/ Mây.

- “Ngày dì Mây khoác ba lô về làng, chú San đi lấy vợ” (do tưởng Mây đã hi sinh, gia đình đã nhận giấy báo tử). Vì bài đọc có trình bày: Ông gỡ tấm ảnh dì Mây viền đen trong khung kính và bằng Tổ quốc ghi công cất vào tủ. (Chi tiết này cho thấy gia đình đã nhận được giấy báo tử nên cất ảnh thờ và bằng Tổ quốc ghi công của dì Mây lên bàn thờ).

=> Vì vậy, khẳng định “do dì Mây đã biệt tích nhiều năm” là không đúng. Chọn ¤ Sai.

Phân tích, suy luận: 

- Tâm trạng của dì Mây khi được trở về quê hương, gặp lại bố ở bến sông: nghẹn ngào

- Tâm trạng của dì Mây khi nói chuyện với chú San: ngổn ngang

- Tâm trạng của dì Mây sau khi đỡ đẻ cho cô Thanh: tủi hờn

Dựa vào nội dung đoạn trích cùng cách phân tích và suy luận, ta có các từ phù hợp để điền vào các vị trí là:

- Vị trí 1: nghẹn ngào.

- Vị trí 2: ngổn ngang.

- Vị trí 3: tủi hờn.

Phân tích, suy luận:

- Chú San muốn từ bỏ cô dâu mới để quay về với dì Mây.

→ Ý kiến trên ĐÚNG. Vì bài đọc có trình bày “Chú San đột nhiên vung tay đấm rung cành bưởi: “Mây! Chúng ta sẽ làm lại”. “San! Anh nói gì thế???”. “Anh sẽ từ bỏ tất cả. Chúng ta về sống với nhau”.”

- Người vợ mới của chú San hận dì Mây nhưng sau khi được dì đỡ đẻ, đã biết ơn dì.

→ Ý kiến trên SAI. Vì bài đọc không đề cập đến chi tiết nào chứng minh vợ của chú San hận dì Mây. Bài đọc khắc hoạ các chi tiết cô Thanh biết ơn dì Mây vì đã cao thượng từ bỏ để gia đình cô được hạnh phúc và biết ơn dì Mây hơn nữa khi dì Mây đỡ đẻ thành công cho cô Thanh (Cô Thanh sướt mướt: “Nhà em ơn chị đời đời”).

- Truyện viết về những gian khổ, hi sinh của nữ chiến binh nơi chiến trinh lửa đạn.

→ Ý kiến trên SAI. Vì bài đọc không viết về chiến tranh, bom đạn; không viết về những gian khổ, hi sinh nơi chiến trường mà truyện tập trung kể về sự hi sinh thầm lặng, bản lĩnh phi thường, phẩm chất tốt đẹp của người nữ thương binh giữa đời thường.

- Theo dõi toàn câu chuyện, ta thấy câu chuyện diễn ra tại hai không gian chính:

+ Đáp án 1: Không gian sinh hoạt gia đình (nhà ông ngoại và nhà chú San) được tái hiện trong các bối cảnh ngày dì Mây về làng và ngày dì Mây đỡ đẻ cho cô Thanh.

+ Đáp án 4: Không gian sông nước (bến sông - lều cỏ) được tái hiện qua cảnh dì Mây trở về gặp bố, dì Mây chèo đò đưa lũ trẻ đi học, dì Mây ngồi nhớ lại kỉ niệm xưa.

- Phân tích, loại trừ: đáp án 2, 3 sai vì các không gian này không được nhắc đến trong văn bản.

Chọn:

þ Không gian sinh hoạt gia đình.

þ Không gian sông nước.

- Truyện ngắn đặc sắc một phần nhờ những hình ảnh giàu giá trị biểu tượng. Trong đó, sông Châu gợi lên ý nghĩa về dòng đời bí ẩn, nhiều biến động, sóng gió (như tình yêu của dì Mây và chú San); nhiều trớ trêu, đau khổ (như cuộc đời dì Mây, thím Ba); nhiều đổi thay xoay vần (những vẻ đẹp thời trẻ của dì Mây bị mất đi khi tham gia chiến tranh và sự hồi sinh vẻ đẹp đó ngày dì gắn bó với quê hương).

- Từ “sông Châu” phù hợp nhất để điền vào chỗ trống vì sông Châu là hình ảnh biểu tượng giàu ý nghĩa, mang trọn vẹn những ý đã được nhắc ở đề bài.

Bản lĩnh và lòng nhân hậu của nhân vật dì Mây thật đáng ngưỡng mộ. Cuộc sống hôm nay, tuy không còn chiến tranh, bom đạn, nhưng bản lĩnh, nghị lực phi thường và lòng nhân hậu của nhân vật dì Mây có sức mạnh cổ vũ chúng ta sống bản lĩnh, can đảm đối mặt và sẵn sàng vượt qua những tình huống khó khăn, nan giải trong cuộc sống, có ý chí vươn lên làm người tốt, sống có ích giữa cuộc đời.

Dựa vào nội dung câu chuyện cùng cách phân tích và suy luận, ta có các từ phù hợp để điền vào các vị trí là:

- Vị trí 1: lòng nhân hậu.

- Vị trí 2: cổ vũ.

- Vị trí 3: khó khăn.

- Từ “đãi bôi” (in đậm, gạch chân) trong đoạn [3] được hiểu là: niềm nở bề ngoài, không thật tình.

- Đây là nghĩa chuẩn xác của từ đồng thời cũng rất phù hợp khi để vào ngữ cảnh của đoạn văn (gia đình dì Mây tỏ ra niềm nở với chú San nhưng thực chất không thật tình).

Chọn A.

- Theo văn bản, nhân vật dì Mây nổi bật với những phẩm chất:

+ Có bản lĩnh vững vàng và nhân hậu, bao dung: dì Mây dù rất đau đớn, xót xa vì người yêu lấy vợ và lòng còn rất thương người cũ nhưng dì đã dùng lí trí và lòng bao dung để chịu một mình tổn thương, hạnh phúc nhường lại cho người khác; bản lĩnh vững vàng, nhân hậu bao dung còn được thể hiện rõ khi trong hoàn cảnh khó khăn, cô Thanh sinh khó nhưng dì Mây vẫn lấy hết can đảm để cứu hai mẹ con cô Thanh.

+ Can đảm, tự tin: thể hiện qua chi tiết đỡ đẻ cho cô Thanh. Trong tình huống mưa gió, đêm hôm, thai ngôi ngược, suýt chết, dì Mây không toan tính ích kỉ chỉ biết nghĩ cho bản thân mà can đảm, tự tin, tận tâm vì mạng sống của người khác, dù người đó chính là vợ người yêu cũ của mình.

- Phân tích, loại trừ: phẩm chất hoạt bát, vui vẻ không được thể hiện rõ trong đoạn trích trên.

Chọn:

þ Có bản lĩnh vững vàng.

þ Nhân hậu, bao dung.

þ Can đảm, tự tin.

Phân tích, suy luận:

- Tình yêu chân chính đáng được trân trọng, tôn vinh.

→ Đây là một nội dung được suy ra từ câu chuyện vì dì Mây trong câu chuyện đã yêu hết mình (chèo đò chở người yêu đi du học, mạnh mẽ sống sót qua chiến tranh để trở về với người yêu và cũng bao dung chịu phần thiệt thòi về mình để người yêu bên hạnh phúc mới). Đây là tình yêu cao thượng, chân chính và là một nội dung được suy ra từ bài đọc.

- Gia đình luôn là bến đỗ bình yên sau những thăng trầm.

→ Đây là một nội dung được suy ra từ câu chuyện vì bài đọc nói về những đau đớn của dì Mây đều được chị gái, người bố và cô cháu gái động viên, an ủi, cảm thông. Đó chính là bến đỗ bình yên của dì Mây và là nội dung được suy ra từ câu chuyện.

- Nỗi đau của đạn bom là thứ không dễ gì bù đắp.

→ Đây là một nội dung được suy ra từ câu chuyện vì dì Mây trong câu chuyện vì tham gia chiến tranh mà thương tật, mất mẹ, hạnh phúc dở dang để rồi ngày trở về dù chiến tranh có kết thúc nhưng nỗi đau về hình hài không trọn vẹn, nỗi đau về tình yêu không thành và nỗi đau về gia đình thiếu vắng bóng mẹ mãi không thể bù đắp được.

-  Lí tưởng có vai trò dẫn lối, soi sáng mọi quyết định của con người.

→ Đây là một nội dung KHÔNG được suy ra từ câu chuyện vì bài đọc không nói về lí tưởng hay mục đích của con người, bài đọc chỉ nói về thân phận con người sau chiến tranh với nhiều điều suy ngẫm.

Chọn D. 

Ta có: \[I = \frac{P}{{4\pi {r^2}}} = \frac{P}{{4\pi {x^2}}} \Rightarrow I\~\frac{1}{{{x^2}}}\]→ Đồ thị trong (H4) đúng. Chọn D.

Cường độ âm: \(I = \frac{P}{{4\pi {r^2}}} \to I\~\frac{1}{{{r^2}}}\)

\( \Rightarrow \frac{{r'}}{r} = \sqrt {\frac{I}{{I'}}} = \sqrt {\frac{{{{10}^L}}}{{{{10}^{L'}}}}} \Rightarrow r' = r.\sqrt {\frac{{{{10}^L}}}{{{{10}^{L'}}}}} = 3200\sqrt {\frac{{{{10}^{10}}}}{{{{10}^{13}}}}} \approx 101\;{\rm{m}}.\)

Chọn B.

Đây là bài toán mà trong quá trình truyền âm có sự hấp thụ âm. Vì có sự hấp thụ âm nên năng lượng âm giảm dần trong quá trình truyền âm. Để giải được bài toán này, chúng ta phải nắm được mối liên hệ giữa năng lượng âm và công suất âm: \({\rm{A}} = {\rm{P}}.{\rm{t}}\)

Cường độ âm phát đi từ nguồn điểm: \(I = \frac{P}{S} = \frac{P}{{4\pi {r^2}}}\)

Năng lượng âm giảm nên công suất giảm theo quan hệ: \(P = \frac{A}{t}\), cứ 1 m thì giảm 5%, hay:

\(\frac{{{A_0} - {A_1}}}{{{A_0}}} = 0,05 \Rightarrow \frac{{{A_1}}}{{{A_0}}} = 0,95\)

Ở khoảng cách 6 m, ta có: \(\frac{{{A_6}}}{{{A_0}}} = 0,{95^6} \Rightarrow {P_6} = {P_0}.0,{95^6}\)

Mức cường độ âm tại vị trí cách nguồn âm 6 m là: \(L = 10\lg \frac{{{P_0}.0,{{95}^6}}}{{4\pi {r^2}.{I_0}}} \approx 102dB\). Chọn A.