Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 11)

Thể tích của món quà là \({V_C} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi \).

Ta có mặt cắt qua trục của hộp quà và quà có dạng như hình vẽ.

Hộp quà có dạng hình lập phương với độ dài cạnh bằng \(2.3 = 6\).

Diện tích toàn phần của hộp đựng quà là \(S = {6^2}.5 + 20{\rm{\% }}{.6^2} = 187,2\).

Thể tích của hộp quà là \({V_H} = {6^3} = 216\).

Món quà chiếm \(\frac{{36\pi }}{{216}}.100{\rm{\% }} \approx 52,4{\rm{\% }}\) không gian của hộp đựng.

Do đó ta chọn đáp án như sau

Từ trang \(1 - 9\) cần dùng 9 chữ số.

Từ trang \(10 - 99\) có \(99 - 9 = 90\) số nên cần dùng \(2.90 = 180\) chữ số.

Từ \(100 - 999\) có \(999 - 99 = 900\) số nên cần dùng \(3.900 = 2700\) chữ số.

Ta thấy \(2700 > 1998\) nên còn lại \(1998 - \left( {9 + 180} \right) = 1809\) chữ số để đánh số trang có số thứ tự gồm 3 chữ số.

Mặt khác 1809 : \(3 = 603\) nên có 603 số có 3 chữ số.

Vậy cuốn sách có \(603 + 99 = 702\) trang.

Số chữ số để đánh số trang có 3 chữ số từ chữ số thứ 1010 là: 1010 – (9 + 180) = 821.

Nhận thấy 821 = 273.3 + 2.

Vậy có 273 số có 3 chữ số được viết liên tiếp.

Số trang đã được viết liên tiếp là: 9 + 90 + 273 = 372 trang.

Vậy chữ số thứ 1010 là chữ số 7.

Do đó ta điền đáp án như sau

Cuốn sách có 702 trang.

Chữ số thứ 1010 là chữ số 7 .

Gọi \(r\) là bán kính và \(h\) là độ cao của mực nước tại thời điểm \(t\).

Khi đó thể tích của mực nước \(V\) tại thời điểm \(t\) phút là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\).

Ta có bán kính đáy của hình nón là \(R = \frac{{27}}{2} = 13,5(\;{\rm{cm}})\) và chiều cao của hình nón là \({h_0} = 45\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

Mặt khác, \(\frac{r}{h} = \frac{R}{{{h_0}}} = \frac{3}{{10}}\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{3h}}{{10}}} \right)^2}.h = \frac{{3\pi }}{{100}}{h^3}.\)

\( \Rightarrow \frac{{dV}}{{dt}} = \frac{{9\pi }}{{100}}{h^2}\frac{{dh}}{{dt}}\).

Tại \(h = 30\;{\rm{cm}}\) ta có:

\(11 = \frac{{9\pi }}{{100}}{.30^2}\frac{{dh}}{{dt}} \Rightarrow \frac{{dh}}{{dt}} \approx 0,043\)

Vậy tốc độ dâng lên của mực nước là \(0,043\) cm/phút.

Do đó ta điền kết quả như sau

Một vòi nước chảy vào một bình không chứa nước hình nón có chiều sâu 45 cm và đường kính 27 cm với tốc độ 11 cm³/phút.

Tốc độ dâng lên của mực nước là (1) \(0,043\) cm/phút khi nước đạt độ sâu 30 cm. (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ 3)

Ta có \({S_n} = \frac{{n\left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right)}}{2} \Leftrightarrow \frac{{n\left( {2.3 + \left( {n - 1} \right).4} \right)}}{2} = 253\)

\( \Leftrightarrow 4{n^2} + 2n - 506 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 11}\\{n = - \frac{{23}}{2}\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có \({u_{10}} = {u_1} + \left( {10 - 1} \right)d = 3 + 9.4 = 39\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Tổng của 11 số hạng đầu của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({S_n} = 253\).

Số hạng thứ 10 của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_{10}} = \) 39.

\(P\left( x \right)\) có nghiệm \(x = - 2\) và \(x = 4\) nên \(P\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 4} \right)Q\left( x \right)\).

Vì \(P'\left( { - 2} \right) = P'\left( 4 \right) = 0\) nên \(Q\left( { - 2} \right) = Q\left( 4 \right) = 0\). Từ đó \(P\left( x \right)\) có dạng \(k{(x + 2)^2}{(x - 4)^2}\).

Kết hợp điều kiện hệ số cao nhất của \(P\left( x \right)\) là 1 suy ra \(P\left( x \right) = {(x + 2)^2}{(x - 4)^2}\).

Do đó ta điền như sau

Đa thức \(P\left( x \right)\) chia hết cho đa thức bậc nhất \(x + 2\).

Đa thức \(P\left( x \right)\) chia hết cho đa thức bậc hai \({(x - 4)^2}\).  

Đa thức \(P\left( x \right)\) là \({(x + 2)^2}{(x - 4)^2}\).

Số cách tặng ngẫu nhiên là: \(A_{12}^6\).

Ta tính số cách tặng mà sau khi tặng xong, mỗi loại sách đều hết.

- Số cách tặng 5 quyển sách Toán và 1 quyển Lí hoặc Hóa là: \({\rm{C}}_5^5{\rm{.C}}_7^1.6!\)

- Số cách tặng 4 quyển sách Lí và 2 quyển Toán hoặc Hóa là: \({\rm{C}}_4^4{\rm{.C}}_8^2.6!\)

- Số cách tặng 3 quyển sách Hóa và 3 quyển Toán hoặc Lí là: \(C_3^3.C_9^3.6!\)

Vậy số cách tặng mà sau khi tặng xong, mỗi loại sách còn lại ít nhất một quyển là:

\[\left. {A_{12}^6 - \left( {{\rm{C}}_5^5{\rm{.C}}_7^1.6! + {\rm{C}}_4^4{\rm{.C}}_8^2.6! + {\rm{C}}_3^3{\rm{.C}}_9^3.6!} \right.} \right) = 579600\].

Do đó ta chọn đáp án như sau

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có

\(\overrightarrow {AM} = \left( {x;y + 1;z - 2} \right),\overrightarrow {BM} = \left( {x - 2;y + 3;z} \right),\overrightarrow {CM} = \left( {x + 2;y - 1;z - 1} \right)\),

\(\overrightarrow {DM} = \left( {x;y + 1;z - 3} \right)\).

Từ giả thiết: \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = 1\\\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} = 1\end{array} \right.\) \[\]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x(x - 2) + (y + 1)(y + 3) + z(z - 2) = 1\\x(x + 2) + (y + 1)(y - 1) + (z - 1)(z - 3) = 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z + 2 = 0\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4z + 1 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} + {(z - 1)^2} = 4\\{(x + 1)^2} + {y^2} + {(z - 2)^2} = 4\end{array} \right.\)

Suy ra quỹ tích điểm \(M\) là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm \({I_1}\left( {1; - 2;1} \right),{R_1} = 2\) và mặt cầu tâm \({I_2}\left( { - 1;0;2} \right),{R_2} = 2\).

Ta có: \({I_1}{I_2} = 3\). Khi đó, \(r = \sqrt {R_1^2 - {{\left( {\frac{{{I_1}{I_2}}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {4 - \frac{9}{4}} = \frac{{\sqrt 7 }}{2}\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

 \(\overrightarrow {AB} = \left( {3; - 1; - 3} \right)\).

\(\overrightarrow {AC} = \left( { - 1; - 3; - 2} \right)\).

\(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 7;9; - 10} \right)\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{\sqrt {230} }}{2}\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Trong không gian \(Oxyz\), cho ba điểm \(A\left( {0;1;2} \right),B\left( {3;0; - 1} \right),C\left( { - 1; - 2;0} \right)\). Diện tích tam giác \(ABC\) là \(\frac{{\sqrt a }}{2}\) với a = (1) 230.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x - 3}}{{x - 3}}\) có đường tiệm cận đứng \({{\rm{\Delta }}_1}:x = 3\), đường tiệm cận ngang \({{\rm{\Delta }}_2}:y = 4\). Gọi \(M\left( {m;\frac{{4m - 3}}{{m - 3}}} \right),m \ne 3\).

Ta có: \(d\left( {M;{{\rm{\Delta }}_1}} \right) + d\left( {M;{{\rm{\Delta }}_2}} \right) = \left| {m - 3} \right| + \left| {\frac{{4m - 3}}{{m - 3}} - 4} \right| = \left| {m - 3} \right| + \left| {\frac{9}{{m - 3}}} \right| \ge 2\sqrt 9 = 6\).

Dấu "=" xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow \left| {m - 3} \right| = \left| {\frac{9}{{m - 3}}} \right| \Leftrightarrow {(m - 3)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 6}\\{m = 0}\end{array}} \right.\).

Vậy có 2 điểm \(M\) thỏa mãn.

Do đó ta điền đáp án như sau

Có (1) 2 điểm \(M\) thuộc đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x - 3}}{{x - 3}}\) sao cho tổng khoảng cách từ \(M\) đến hai đường tiệm cận là nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất đó bằng (2) 6.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

Suy ra \(AH\) là hình chiếu của \(AA'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Do đó: \(60^\circ = \left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AA',AH} \right) = \widehat {A'AH}\).

Tam giác \(A'AH\) vuông tại \(H\), có: \(A'H = AA'\).\({\rm{sin}}\widehat {A'AH} = 5\).

Vậy .

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có diện tích đáy \(S = 10{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\), cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc \(30^\circ \) và độ dài cạnh bên bằng \(10{\rm{\;cm}}\). Thể tích \(V\) của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng (1) 50 \({\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

Ta có \(F'\left( x \right) = \left( { - {x^2} + \left( {2 - a} \right)x + a - b} \right){e^{ - x}} = f\left( x \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - a = 3}\\{a - b = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 1}\\{b = - 7}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hai hàm số \(F\left( x \right) = \left( {{x^2} + ax + b} \right){e^{ - x}}\) và \(f\left( x \right) = \left( { - {x^2} + 3x + 6} \right){e^{ - x}}\). Để \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) thì a = −1 ; b = −7 .

Ta có \(F\left( x \right) = \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right){\rm{d}}x = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{{ - 1}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x}}{\rm{\;d}}x = {\rm{cot}}x + C\).

Do \(F\left( x \right)\) không xác định tại \(x = l\pi ,l \in \mathbb{Z}\) nên phát biểu \(F\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) là sai.

Xét trên mỗi khoảng \(\left( {k\pi ;\pi + k\pi } \right)\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) thì \(F\left( x \right) = {\rm{cot}}x + {C_k}\).

Có \(\frac{\pi }{4} + k\pi \in \left( {k\pi ;\pi + k\pi } \right)\) mà \(F\left( {\frac{\pi }{4} + k\pi } \right) = k + 1\) với mọi \(k \in \mathbb{Z}\) nên

\({\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{4} + k\pi } \right) + {C_k} = k + 1\) hay \({C_k} = k\) với mọi \(k \in \mathbb{Z}\).

Vậy \(F\left( x \right) = {\rm{cot}}x + k\) trên mỗi khoảng \(\left( {k\pi ;\pi + k\pi } \right)\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy \(F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) + F\left( {\frac{\pi }{2} + \pi } \right) + F\left( {\frac{\pi }{2} + 2\pi } \right) + \ldots + F\left( {\frac{\pi }{2} + 2023\pi } \right) + F\left( {\frac{\pi }{2} + 2024\pi } \right)\)

\( = {\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{2}} \right) + {C_0} + {\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{2} + \pi } \right) + {C_1} + \ldots + {\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{2} + 2023\pi } \right) + {C_{2023}} + F\left( {\frac{\pi }{2} + 2024\pi } \right) + {C_{2024}}\)

\( = 0 + 1 + 2 + \ldots + 2023 + 2024\)

\( = \frac{{2024\left( {2024 + 1} \right)}}{2} = 2049300\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Hàm số có 2 điểm cực trị là \(x = 1\) và \(x = 3\).

+ \(f'\left( x \right) < 0\) với \(x \in \left( {1;3} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( {1;3} \right)\) suy ra hàm số nghịch biến trên \(\left( {2;3} \right)\) (do \(\left( {2;3} \right) \subset \left( {1;3} \right)\) ).

+ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên \(\mathbb{R}\) (do khi \(x \to - \infty \) thì \(f\left( x \right) \to - \infty \)).

+ \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi qua \(x = 1\) nên \(x = 1\) là điểm cực đại của hàm số.

Do đó ta chọn đáp án như sau

Có \(\int\limits_1^3 {f(x){\rm{d}}x} = - \int\limits_3^1 {f(x){\rm{d}}x} \).

Vì \(\int\limits_1^3 {f(x){\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {f(x){\rm{d}}x} + \int\limits_2^3 {f(x){\rm{d}}x} = - \int\limits_2^1 {f(x){\rm{d}}x} + \int\limits_2^3 {f(x){\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_2^3 {f(x){\rm{d}}x} - \int\limits_2^1 {f(x){\rm{d}}x} \).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có:

\[f'\left( {x + 2} \right) = {x^2} - 3x + 2 = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = \left( {x + 2 - 3} \right)\left( {x + 2 - 4} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right)\].

Khi đó \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\).

Đặt \(y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + 4x + 7} \right)\).

Ta có \[g'\left( x \right) = \left( {2x + 4} \right).f'\left( {{x^2} + 4x + 7} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + 4 = 0\\f'\left( {{x^2} + 4x + 7} \right) = 0\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\{x^2} + 4x + 7 = 3\\{x^2} + 4x + 7 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\{\left( {x + 2} \right)^2} = 0\\x = - 1\\x = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = - 1\\x = - 3\end{array} \right.\].

Bảng xét dấu \[g'\left( x \right)\]

Dựa vào bảng xét dấu, hàm số \[y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + 4x + 7} \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {1; + \infty } \right)\]. Chọn C.

Ta có \(180\;ml = 180\;c{m^3}\).

Gọi chiều dài của đáy hộp là x (cm), x > 0, khi đó chiều rộng của đáy hộp là \(\frac{2}{3}x\left( {cm} \right)\).

Gọi chiều cao của hộp chữ nhật là \(h\left( {cm} \right)\), \(h > 0\).

Ta có thể tích của khối hộp chữ nhật là \(V = x.\frac{2}{3}x.h = 180\left( {c{m^3}} \right) \Rightarrow h = \frac{{270}}{{{x^2}}}\left( {cm} \right)\).

Diện tích toàn phần của khối hộp chữ nhật là

\({S_{TP}} = 2.x.\frac{2}{3}x + 2.x.\frac{{270}}{{{x^2}}} + 2.\frac{2}{3}x.\frac{{270}}{{{x^2}}}\left( {c{m^2}} \right) = \frac{4}{3}{x^2} + \frac{{900}}{x}\left( {c{m^2}} \right) = f\left( x \right)\).

Yêu cầu bài toán trở thành tìm x dương để hàm số \(f\left( x \right) = \frac{4}{3}{x^2} + \frac{{900}}{x}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương \(\frac{4}{3}{x^2}\), \(\frac{{450}}{x}\), \(\frac{{450}}{x}\) ta có

\(\frac{4}{3}{x^2} + \frac{{450}}{x} + \frac{{450}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{4}{3}{x^2}.\frac{{450}}{x}.\frac{{450}}{x}}} \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 3\sqrt[3]{{270000}},{\rm{ }}\forall x > 0\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{4}{3}{x^2} = \frac{{450}}{x} = \frac{{450}}{x} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt[3]{{2700}}}}{2} \approx 6,96\left( {cm} \right)\). Chọn D.

Điều kiện xác định \[\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 4 \ge 0\\x - \sqrt {{x^2} - 4} \ge 0\\x + \sqrt {{x^2} - 4} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 2\].

Nhận xét: \(\sqrt {x - \sqrt {{x^2} - 4} } .\sqrt {x + \sqrt {{x^2} - 4} } = 2\).

Đặt \[t = \sqrt {x - \sqrt {{x^2} - 4} } \left( {0 < t \le \sqrt 2 } \right)\]. Phương trình trên trở thành:

\[2{t^2} - 2t + \frac{2}{t} = 2m \Leftrightarrow {t^2} - t + \frac{1}{t} = m\].

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {t^2} - t + \frac{1}{t}\], với \[0 < t \le \sqrt 2 \]. Do đó \[f'\left( t \right) = 2t - 1 - \frac{1}{{{t^2}}}\], \[f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1\].

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm thì \[m \ge 1\].

Vì \[m \in \mathbb{Z}\] và \[m \in \left[ { - 5;5} \right]\] nên ta có \[S = \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\].

Vậy số tập con của tập hợp S là \[{2^5} = 32\]. Chọn D.

Điều kiện: \({4^x} - {2^x} + m > 0\).

Hàm số đã cho có tập xác định là \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \({4^x} - {2^x} + m > 0{\rm{ }}\left( * \right){\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\).

Đặt \(t = {2^x}\) với \(t > 0\), khi đó bất phương trình (*) trở thành:

\({t^2} - t + m > 0,{\rm{ }}\forall t > 0\)\( \Leftrightarrow {t^2} - t > - m,{\rm{ }}\forall t > 0\)\( \Leftrightarrow - m < \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} \left( {{t^2} - t} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} - t,{\rm{ }}\forall t > 0\) ta có \(f'\left( t \right) = 2t - 1\); \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\).

Ta có bảng biến thiên

 Từ bảng biến thiên suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{4}\).

Để bất phương trình \({t^2} - t + m > 0,{\rm{ }}\forall t > 0\) thì \( - m < - \frac{1}{4} \Leftrightarrow m > \frac{1}{4}\). Chọn D.

Khi mới bắt đầu đi vào môi trường nước biển thì x = 0 Þ \({I_1} = {I_0}.{e^0}\).

Ở độ sâu 30 mét thì \({I_2} = {I_0}.{e^{ - \mu .30}}\)

Vậy ta có \(\frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \frac{{{I_0}.{e^{ - \mu .30}}}}{{{I_0}.{e^0}}} \Rightarrow {I_2} = {e^{ - 42}}.{I_1}\), vậy \({I_2}\) tăng \({e^{ - 42}}\) lần so với \({I_1}\), nói cách khác \({I_2}\) giảm \({e^{42}}\) lần so với \({I_1}\). Chọn B.

Anh sinh viên vay hàng tháng a = 3 triệu đồng từ tháng 9/2020 đến hết tháng 8/2022, tổng cộng 24 tháng.

Cuối tháng thứ 1: \({T_1} = a + ar = a\left( {1 + r} \right)\).

Cuối tháng thứ 2: \({T_2} = {T_1} + a + \left( {{T_1} + a} \right).r = a.{\left( {1 + r} \right)^2} + a.\left( {1 + r} \right)\).

Tiếp tục như vậy đến cuối tháng n: \({T_n} = a.{\left( {1 + r} \right)^n} + a{\left( {1 + r} \right)^{n - 1}} + ... + a.\left( {1 + r} \right)\).

Suy ra \({T_n} = a.\left( {1 + r} \right).\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}\).

Vậy tổng số tiền vay đến cuối tháng 8/2022 là

\({T_{24}} = 3.\left( {1 + 0,8\% } \right).\frac{{{{\left( {1 + 0,8\% } \right)}^{24}} - 1}}{{0,8\% }} \approx 79,662\) triệu.

Tính từ cuối tháng 8/2022 anh sinh viên T thiếu ngân hàng A = 79,662 triệu và bắt đầu trả hàng tháng \(m = 2\) triệu từ tháng 9/2022 đến tháng 6/2024, tổng cộng được 22 tháng.

Đầu tháng 9/2022, còn nợ A – m = 79,662 – 2 = 77,662 triệu.

Cuối tháng 9/2022, tiền nợ có lãi đến cuối tháng \({T_1} = 77,662\left( {r + 1} \right)\).

Đầu tháng 10/2022 sau khi trả nợ m thì còn nợ 77,662(r + 1) – m.

Cuối tháng 10/2022, còn nợ \({T_2} = \left[ {\left( {77,662} \right)\left( {r + 1} \right) - m} \right]\left( {1 + r} \right) = 77,662{\left( {1 + r} \right)^2} - m\left( {1 + r} \right)\)

Cuối tháng 11/2022, còn nợ \({T_3} = 77,662{\left( {1 + r} \right)^3} - m{\left( {1 + r} \right)^2} - m\left( {1 + r} \right)\).

Tiếp tục như vậy đến cuối tháng 6/2024 còn nợ

\({T_{22}} = 77,662{\left( {1 + r} \right)^{22}} - m{\left( {1 + r} \right)^{21}} - m{\left( {1 + r} \right)^{20}} - ... - m\left( {1 + r} \right)\)

\( = 77,662{\left( {1 + r} \right)^{22}} - m.\left( {1 + r} \right).\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{21}} - 1}}{r}\)

\( = 77,662.{\left( {1 + 0,8\% } \right)^{22}} - 2.\left( {1 + 0,8\% } \right).\frac{{{{\left( {1 + 0,8\% } \right)}^{21}} - 1}}{{0,8\% }} \approx 46,64\) triệu đồng. Chọn B.

Gọi O là trọng tâm \(\Delta ABC\), I là trung điểm BC.

Gọi N, P, Q lần lượt là giao điểm của \(\left( P \right)\) với các cạnh SB, SC, AC.

\(\Delta ABC\) đều có cạnh bằng 2a \( \Rightarrow AO = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Vì SABC là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABC} \right)\).

Xét tam giác vuông SOA có: \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \frac{{a\sqrt {69} }}{3}\).

Ta có: \({V_{SABC}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {69} }}{3}.\frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt {23} }}{3}\).

Vì MNPQ là hình thoi \( \Rightarrow MN = MQ = x\).

Ta có: \(\frac{{MN}}{{SA}} + \frac{{MQ}}{{BC}} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{{3a}} + \frac{x}{{2a}} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{{6a}}{5}\).

Đặt \(\frac{{AM}}{{AB}} = t\). Ta có công thức tính nhanh \(\frac{{{V_{SAMNPQ}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = {t^2}\left( {3 - 2t} \right)\).

Áp dụng \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MQ}}{{BC}} = \frac{3}{5} = t\).

\( \Rightarrow \frac{{{V_{SAMNPQ}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = {t^2}\left( {3 - 2t} \right) = \frac{{81}}{{125}} \Rightarrow {V_{SAMNPQ}} = \frac{{81}}{{125}}{V_{S.ABC}} = \frac{{27\sqrt {23} {a^3}}}{{125}}\). Chọn C.

Giả sử ta có hình lập phương và các điểm như hình vẽ.

Gọi M là trung điểm của AB.

Bán kính đáy hình nón là \(r = OM = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}\).

Đường sinh hình nón là

\(l = O'M = \sqrt {O{{O'}^2} + O{M^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Diện tích toàn phần của hình nón là

$S_{tp}=S_{xq}+S_{đáy}=\pi rl+\pi r^2=\frac{\pi a^2\left(\sqrt{5}+1\right)}{4}$. Chọn C.

Giả sử ta có mặt cắt qua trục của vật thể như hình vẽ.

Chiều cao của hình cầu là đường kính, nên theo đề ta có phần khuất cao \(\frac{1}{6}.2r = \frac{r}{3}\).

Suy ra \(OH = \frac{{2r}}{3}\).

Bán kính mặt trong của giá đỡ bằng bán kính đường tròn giao tuyến.

Vậy \(r' = \sqrt {{r^2} - {{\left( {\frac{{2r}}{3}} \right)}^2}} = \frac{{r\sqrt 5 }}{3}\). Chọn A.

Giả sử chiều cao của khối trụ là \(OH = h{\rm{ }}\left( {0 \le h \le 3\sqrt 2 a} \right)\).

Ta có \(OM = R = 3\sqrt 2 a\), \(HM = \sqrt {18{a^2} - {h^2}} \).

Thể tích khối trụ là \[{V_1} = \pi {\left( {\sqrt {18{a^2} - {h^2}} } \right)^2}.h = \pi \left( {18{a^2} - {h^2}} \right).h\].

Xét hàm số \(y = \pi \left( {18{a^2} - {h^2}} \right).h\) trên \(\left[ {0;3\sqrt 2 a} \right]\)

\( \Rightarrow y' = \pi \left( {18{a^2} - 3{h^2}} \right) \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow h = \sqrt 6 a\).

Ta có \(y\left( {\sqrt 6 a} \right) = 12\sqrt 6 {a^3}\pi \), \(y\left( 0 \right) = 0\), \(y\left( {3\sqrt 2 a} \right) = 0\).

Vậy \({V_1}\) lớn nhất khi \(h = \sqrt 6 a \Rightarrow m + n = 1 + 6 = 7\). Chọn D.

Khi \(x \ge 0\), ta có:

\(f\left( {2{x^3} + {x^2} + 1} \right) = x + 2 \Leftrightarrow \left( {6{x^2} + 2x} \right)f\left( {2{x^3} + {x^2} + 1} \right) = \left( {6{x^2} + 2x} \right)\left( {x + 2} \right)\left( * \right)\).

Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế của (*) ta được

\(\int\limits_0^1 {\left( {6{x^2} + 2x} \right)f\left( {2{x^3} + {x^2} + 1} \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {6{x^2} + 2x} \right)\left( {x + 2} \right)dx} \)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( {2{x^3} + {x^2} + 1} \right)d\left( {2{x^3} + {x^2} + 1} \right)} = \frac{{49}}{6}\) (1).

Đặt \(t = 2{x^3} + {x^2} + 1\).

Khi đó (1) trở thành \(\int\limits_1^4 {f\left( t \right)dt} = \frac{{49}}{6} \Leftrightarrow \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} = \frac{{49}}{6}\). Chọn C.

Gọi \(\left( P \right):v\left( t \right) = a.{t^2} + b.t + c\) đi qua các điểm có tọa độ \(\left( {0;2} \right);\left( {1;1} \right);\left( {3;5} \right)\) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}a.0 + b.0 + c = 2\\a.1 + b.1 + c = 1\\a.9 + b.3 + c = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 2\\b = - 2\\a = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(v\left( t \right) = 2 - 2t + {t^2}\).

Quãng đường vật di chuyển trong 3 giờ là

\(S = \int\limits_0^3 {\left( {2 - 2t + {t^2}} \right)dt} = \left. {\left( {2t - {t^2} + \frac{1}{3}{t^3}} \right)} \right|_0^3 = 6\left( {km} \right)\). Chọn A.

Điều kiện: \(z \ne 1;{\rm{ }}z \ne i\).

Ta có \(\left| {\frac{{z + 2}}{{z - i}}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {z + 2} \right| = \left| {z - i} \right| \Leftrightarrow \left| {a + 2 + bi} \right| = \left| {a + \left( {b - 1} \right)i} \right|\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a + 2} \right)^2} + {b^2} = {a^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} \Leftrightarrow 4a + 2b + 3 = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\).

Lại có, \(\left| {\frac{{2z - 2i}}{{z - 1}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {z - i} \right| = \left| {z - 1} \right| \Leftrightarrow \left| {a + \left( {b - 1} \right)i} \right| = \left| {a - 1 + bi} \right|\)

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

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}4a + 2b = - 3\\a - b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Vậy \(S = a + b = - 1\). Chọn D.

Giả sử \[z = x + yi{\rm{ }}\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\].

Khi đó \(\left| {z - 1 - 2i} \right| \le 1 \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 1} \right) + \left( {y - 2} \right)i} \right| \le 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2}} \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \le 1\).

Và \(\left| {z - 1 + 2i} \right| \ge \left| {z + 3 - 2i} \right|\)

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

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} \ge {\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \Leftrightarrow y \ge x + 1\).

Gọi \[\left( T \right)\] là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \[d:y = x + 1\], không chứa gốc tọa độ \[O\left( {0;0} \right)\]. Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn đề là nửa hình tròn \[\left( C \right)\] tâm \[I\left( {1;2} \right)\], bán kính \[R = 1\] và thuộc \[\left( T \right)\]. Vì đường thẳng d đi qua tâm \[I\left( {1;2} \right)\] của hình tròn \[\left( C \right)\] nên diện tích cần tìm là một nửa diện tích hình tròn \[\left( C \right)\]. Do đó \[S = \frac{\pi }{2}\]. Chọn C.

Ta có điểm \(A\left( {1; - 3;5} \right)\)thuộc đường thẳng d, nên \(A\left( {1; - 3;5} \right)\) là giao điểm của d và D. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là \(\overrightarrow v \left( { - 3;0; - 4} \right)\).

 Ta xét \(\overrightarrow {{u_1}} = \frac{1}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}.\overrightarrow u = \frac{1}{3}\left( {1;2; - 2} \right) = \left( {\frac{1}{3};\frac{2}{3}; - \frac{2}{3}} \right)\); \(\overrightarrow {{v_1}} = \frac{1}{{\left| {\overrightarrow v } \right|}}.\overrightarrow v = \frac{1}{5}\left( { - 3;0; - 4} \right) = \left( { - \frac{3}{5};0; - \frac{4}{5}} \right)\).

Nhận thấy \(\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{v_1}} > 0\), nên góc tạo bởi hai vectơ \(\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{v_1}} \) là góc nhọn tạo bởi d và D.

Ta có \(\overrightarrow w = \overrightarrow {{u_1}} + \overrightarrow {{v_1}} = \left( { - \frac{4}{{15}};\frac{{10}}{{15}}; - \frac{{22}}{{15}}} \right) = - \frac{2}{{15}}\left( {2; - 5;11} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và D hay đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và D có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{w_1}} = \left( {2; - 5;11} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {1; - 3;5} \right)\).

Do đó, phương trình phân giác cần tìm là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 3 - 5t\\z = 5 + 11t\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = 2 - 5t\\z = - 6 + 11t\end{array} \right.\). Chọn B.

Giả sử \(B\left( {5b;0;1 + 4b} \right) \in BM\), \(C\left( {4 + 16c; - 2 - 13c;3 + 5c} \right) \in CH\).

Ta có

+) Tọa độ trung điểm M của AC là \(M\left( {\frac{{5 + 16c}}{2}; - \frac{{13c}}{2};\frac{{6 + 5c}}{2}} \right)\).

Mà \(M \in BM \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{5 + 16c}}{2} = 5t\\\frac{{ - 13c}}{2} = 0\\\frac{{6 + 5c}}{2} = 1 + 4t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\t = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {4; - 2;3} \right)\).

+) Lại có, \(\overrightarrow {AB} = \left( {5b - 1; - 2;4b - 2} \right)\). Vectơ chỉ phương của CH là \(\overrightarrow w = \left( {16; - 13;5} \right)\).

Do \(AB \bot CH\) nên \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow w = 0 \Leftrightarrow 16\left( {5b - 1} \right) - 13\left( { - 2} \right) + 5\left( {4b - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow b = 0\)

\( \Rightarrow B\left( {0;0;1} \right)\).

+) \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 2; - 2} \right)\), \(\overrightarrow {AC} = \left( {3; - 4;0} \right)\).

Đặt \(\overrightarrow {{u_1}} = \frac{{\overrightarrow {AB} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \left( { - \frac{1}{3}; - \frac{2}{3}; - \frac{2}{3}} \right)\), \(\overrightarrow {{u_2}} = \frac{{\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \left( {\frac{3}{5}; - \frac{4}{5};0} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow u = \overrightarrow {{u_1}} + \overrightarrow {{u_2}} = \left( {\frac{4}{{15}}; - \frac{{22}}{{15}}; - \frac{2}{3}} \right)\).

Chọn \(\overrightarrow v = \left( {2; - 11; - 5} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường phân giác góc A.

Vậy phương trình đường phân giác góc A là \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 11}} = \frac{{z - 3}}{{ - 5}}\). Chọn D.

Đường thẳng \({{\rm{l}}_{\rm{1}}}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;2; - 1} \right)\) và đi qua điểm \({M_1}\left( {1; - 2;0} \right)\).

Vì \(\left( Q \right)\) chứa \({{\rm{l}}_{\rm{1}}}\) nên đi qua \({M_1}\) và vectơ pháp tuyến của nó vuông góc với \(\overrightarrow {{u_1}} \).

Do đó, ta có thể giả sử phương trình của \(\left( Q \right)\) có dạng

\(A\left( {x - 1} \right) + B\left( {y + 2} \right) + Cz = 0\) với \(1 \cdot A + 2 \cdot B + \left( { - 1} \right) \cdot C = 0\) và \({A^2} + {B^2} + {C^2} > 0\).

Gọi \(\theta \) là góc giữa \(\left( Q \right)\) và \({{\rm{l}}_{\rm{2}}}\). Do vectơ pháp tuyến của \(\left( Q \right)\) là \(\overrightarrow n = \left( {A;B;C} \right) = \left( {A;B;A + 2B} \right)\) vì \(A + 2B = C\), và vectơ chỉ phương của \({{\rm{l}}_{\rm{2}}}\) là \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2; - 1;2} \right)\) nên ta có

\(\sin \theta = \frac{{\left| {4A + 3B} \right|}}{{3\sqrt {2{A^2} + 4AB + 5{B^2}} }} = \frac{1}{3}\sqrt {\frac{{{{\left( {4A + 3B} \right)}^2}}}{{2{A^2} + 4AB + 5{B^2}}}} \).

Ta xét hai trường hợp.

+) Trường hợp \(B = 0\) thì \(\sin \theta = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

+) Trường hợp \(B \ne 0\), ta đặt \(r = \frac{A}{B}\) thì được \(\sin \theta = \frac{1}{3}\sqrt {\frac{{{{\left( {4r + 3} \right)}^2}}}{{2{r^2} + 4r + 5}}} \).

Từ đó, ta xét hàm số \(f\left( r \right) = \frac{{{{\left( {4r + 3} \right)}^2}}}{{2{r^2} + 4r + 5}}\) trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \(f'\left( r \right) = \frac{{8\left( {4r + 3} \right)\left( {2{r^2} + 4r + 5} \right) - {{\left( {4r + 3} \right)}^2}\left( {4r + 4} \right)}}{{{{\left( {2{r^2} + 4r + 5} \right)}^2}}} = \frac{{4\left( {4r + 3} \right)\left( {r + 7} \right)}}{{{{\left( {2{r^2} + 4r + 5} \right)}^2}}}\).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất là \(\frac{{25}}{3}\). Khi đó, \(\sin \theta = \frac{{5\sqrt 3 }}{9}\).

+) So sánh hai trường hợp trên, ta thu được \(\sin \alpha = \frac{{5\sqrt 3 }}{9}\). Từ đó \(\cos \alpha = \frac{{\sqrt 6 }}{9}\). Chọn C.

Đọc lại nội dung của đoạn [1], xác định các thông tin quan trọng liên quan tới hậu quả của tình trạng tắc nghẽn giao thông: “lãng phí thời gian, tiêu hao nhiên liệu và ô nhiễm môi trường”; từ các thông tin trong bài viết cần đưa ra suy luận để tiến hành loại trừ Từ khóa: việc lãng phí thời gian và tiền bạc sẽ làm mất đi cơ hội phát triển của con người, tiêu hao nhiên liệu và ô nhiễm môi trường sẽ gây ra hậu quả về sức khỏe và việc khai thác chất đốt trong tự nhiên.

Chọn C. 

 Đọc lại thông tin trong đoạn [1] để tìm ra được một số từ khóa quan trọng: “nhiều các biện pháp được nghiên cứu và áp dụng”, “ứng dụng khoa học máy tính càng được chú ý”, “thiết kế hệ thống thị giác máy tính thu thập và xử lí dữ liệu”. Câu văn đầy đủ là: “Theo đánh giá từ Viện chiến lược và phát triển Giao thông vận tải, tình trạng tắc nghẽn giao thông đang gây ảnh hưởng nghiêm trọng tới đời sống, vậy nên, các cơ quan tổ chức đang áp dụng nhiều biện pháp và ứng dụng khoa học máy tính vào việc thiết kế các hệ thống thu thập và xử lí dữ liệu.”

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

- Vị trí 1: áp dụng.

- Vị trí 2: ứng dụng.

- Vị trí 3: thiết kế.

Đọc đoạn [5] và phát hiện từ khóa:

Ở Việt Nam, phương tiện di chuyển chủ yếu là xe máy, mật độ lưu thông cao nên để xây dựng được thuật toán ổn định và chính xác là rất phức tạp, cần thời gian dài để có thể hoàn thiện mô hình.

Từ cần điền là: xe máy.

Căn cứ vào từ khóa “hệ thống giao thông bị quá tải”, “gây ùn tắc” tương đương với “tình trạng ùn tắc giao thông” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [6]: “Các số liệu… được áp dụng vào việc tính toán mật độ lưu thông trên từng khoảng thời gian, từ đó đưa ra các kết luận”, “nhằm trực tiếp giảm thiểu tình trạng ùn tắc giao thông”. Chú ý “tính toán” tương đương với “xác định”, “kết luận” tương đương với “đánh giá” và “giảm thiểu” tương đương với “khắc phục”.

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

- Vị trí 1: xác định.

- Vị trí 2: đánh giá.

- Vị trí 3: khắc phục. 

Căn cứ vào từ khoá “lò phản ứng sinh học”, đọc lại nội dung đoạn [3] và tìm thông tin thích hợp: “Nguồn gốc của carbon dioxide có thể là bất kì hoạt động nào đang gây ô nhiễm ngày nay, cho dù đó là hoạt động dầu khí, nhà máy hóa chất, nhà máy phân bón hay nhà máy xi măng. Tất cả những gì cần thiết là cung cấp đủ carbon dioxide đậm đặc. Mặt khác, các nhà máy của NovoNutrients sẽ sản xuất một loại bột khô có thể được tinh chế thành một số sản phẩm khác nhau, bao gồm chất bổ sung protein cho người, động vật và cá nuôi”. 

Việc phát triển các lò phản ứng sinh học trở thành yêu cầu cấp thiết và nguyên liệu chính là cacbon dioxide đậm đặc - sản phẩm từ bất kì hoạt động gây ô nhiễm nào trong đời sống và từ đó tái tạo thành nhiều sản phẩm khác nhau. 

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

- Vị trí 1: đậm đặc.

- Vị trí 2: hoạt động.

- Vị trí 3: tái tạo. 

Đọc lại nội dung đoạn [5] xác định: “bán các vi khuẩn để duy trì hoạt động của mọi thứ”, “lấy tiền bản quyền giấy phép công nghệ”, “cung cấp toàn bộ gói công nghệ”, “đào tạo nhân viên điều hành và sẽ sẵn sàng hỗ trợ.”. Mục tiêu của doanh nghiệp ngoài kinh doanh chính là cung cấp các giải pháp cho doanh nghiệp cần tới công nghệ. 

Từ cần điền là: giải pháp.

Căn cứ vào từ khóa “cung cấp”, “đối tác” để xác định nội dung cần tìm nằm ở đoạn [5]: “Và tất nhiên, chúng tôi sẽ cung cấp toàn bộ gói công nghệ - cả sinh học và phần cứng” (đáp án A); “làm việc với các công ti xây dựng mua sắm kĩ thuật, do đối tác được cấp phép của chúng tôi lựa chọn để xây dựng công trình đó” (đáp án D); “Chúng tôi sẽ đào tạo nhân viên điều hành” (đáp án B).

Sử dụng phương pháp loại trừ, chọn đáp án C. Thông tin trong đoạn là “công ti đối tác sẽ quyết định sản phẩm nào họ muốn sản xuất” chứ không phải do NovoNutrients quyết định. Chọn C. 

Công ti NovoNutrients lấy công nghệ làm trung tâm và cấp phép cho công nghệ cốt lõi của mình. Với vai trò là một công ti cung cấp dịch vụ, NovoNutrients tư vấn cho các công ti đối tác về quy trình xây dựng, vận hành và hỗ trợ tiếp cận người tiêu dùng.

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

- Vị trí 1: công nghệ.

- Vị trí 2: cung cấp.

- Vị trí 3: tiêu dùng.  

Đọc nội dung nhan đề và đoạn [1] xác định mục đích chính của bài viết: “dành một thế kỉ rưỡi qua để bơm carbon dioxide vào bầu khí quyển”, “dành những thập kỉ tới để loại bỏ một phần đáng kể lượng đó”, “Nhưng sau đó chúng ta sẽ làm gì với tất cả?” và “Một công ti khởi nghiệp nghĩ rằng câu trả lời là biến carbon dioxide thành protein.” nên Từ khóa đúng là C.

Chọn C.  

Điền từ còn thiếu vào chỗ trống.

Nguyên lí hoạt động của tàu đệm từ: Khi dòng điện chạy qua cuộn dây dẫn điện, nó sẽ sinh ra một điện trường trong các vòng dây. Sau đó các vòng dây này sẽ bị từ hóa và tạo ra từ trường. Với từ trường này nó có thể hút hoặc đẩy một vật có từ tính khác nằm trong từ trường của nó. Từ trường này có tính chất tương đương với từ trường của nam châm. Vì vậy khi dòng điện trong các cuộn dây dẫn liên tục đổi chiều, thì các nam châm điện cũng liên tục thay đổi từ cực, làm đoàn tàu di chuyển về phía trước nhờ vào lực đẩy và lực hút giữa các nam châm với nhau.