Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 12)

Ta có: \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}x - 2\,\,khi\,\,x > 1\\a\,\,khi\,\,x = 1\\2 - x\,\,khi\,\,x < 1{\rm{\;}}\end{array} \right.\)

a) Để \(f\left( x \right)\) liên tục trái tại \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right)\) tồn tại và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).

Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2 - x} \right) = 1\) và \(f\left( 1 \right) = a\).

Vậy với \(a = 1\) hàm số liên tục trái tại \(x = 1\).

b) Để \(f\left( x \right)\) liên tục phải tại \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) tồn tại và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).

Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 2} \right) = - 1\) và \(f\left( 1 \right) = a\).

Vậy với \(a = - 1\) hàm số liên tục phải tại \(x = 1\).

c) Do \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) nên hàm số không liên tục tại \(x = 1\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Cứ hai đường kẻ ngang phân biệt và 2 đường kẻ dọc phân biệt cho ta một hình chữ nhật.

Vậy số hình chữ nhật là: \(C_9^2 \times C_6^2 = 540\).

Số hình vuông là: \(8 \times 5 + 7 \times 4 + 6 \times 3 + 5 \times 2 + 4 \times 1 = 100\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Số hình chữ nhật có trên hình là: (1) 540.

Số hình vuông có trên hình là: (2) 100.

Ta có:

 $=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4x}{\left[a{x}^2+\left(2a+1\right)x\right]\left(\sqrt{4x+1}+1\right)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4}{\left[ax+2a+1\right]\left(\sqrt{4x+1}+1\right)}$

Đặt \(g\left( x \right) = ax + 2a + 1\).

Hàm số liên tục tại .

Để tồn tại thì \(g\left( 0 \right) \ne 0 \Leftrightarrow a \ne - \frac{1}{2}\).

Với \(a \ne - \frac{1}{2}\) thì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \frac{2}{{2a + 1}} \Rightarrow \frac{2}{{2a + 1}} = 3 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{6}\).

Bất phương trình trở thành: \({x^2} - 6x + 5 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le 5\).

Vì \(x\) nguyên nên \(x \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\). Vậy bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{\sqrt {4x + 1} - 1}}{{a{x^2} + \left( {2a + 1} \right)x}}{\rm{\;khi\;}}x \ne 0}\\{3{\rm{\;\;khi\;}}x = 0}\end{array}} \right.\). Biết \(a\)là giá trị để hàm số liên tục tại \({x_0} = 0\), khi đó số nghiệm nguyên của bất phương trình \({x^2} + 36ax + 5 \le 0\) là (1) 5.

Đặt \(\frac{{DK}}{{DD'}} = x\).

Gọi \(M\) là điểm thuộc cạnh \(BB'\) sao cho \(\frac{{B'M}}{{B'B}} = x\).

Ta có \(A'M//KC\) nên \(d\left( {CK,A'D} \right) = d\left( {CK,\left( {A'MD} \right)} \right) = d\left( {K,\left( {A'MD} \right)} \right)\).

Gọi \(N = AK \cap A'D;P = AB \cap A'M\). Khi đó \(\frac{{d\left( {K,\left( {A'MD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right)}} = \frac{{NK}}{{NA}} = \frac{{DK}}{{AA'}} = x\).

Suy ra \(d\left( {CK,A'D} \right) = x.d\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right) = x.d\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right)\).

\(\frac{{A'B'}}{{BP}} = \frac{{B'M}}{{BM}} = \frac{x}{{1 - x}}\) suy ra \(BP = \frac{{A'B'\left( {1 - x} \right)}}{x} = \frac{{a\left( {1 - x} \right)}}{x}\) nên \(AP = BP + AB = \frac{{a\left( {1 - x} \right)}}{x} + a = \frac{a}{x}\).

Tứ diện \(A.A'DP\) vuông tại \(A\) nên \(\frac{1}{{{d^2}\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right)}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{{{x^2} + 2}}{{{a^2}}}\).

Suy ra \(d\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right) = \frac{a}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\). Do đó \(d\left( {CK,A'D} \right) = \frac{{ax}}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\)

Mà \(d\left( {CK,A'D} \right) = \frac{a}{3}\) suy ra \(\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2} }} = \frac{1}{3}\). Giải phương trình này thu được \(x = \frac{1}{2}\).

Vậy \(\frac{{DK}}{{DD'}} = \frac{1}{2}\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\). Gọi \(K\) là một điểm thuộc cạnh \(DD'\) (\(K\) khác \(D\) và \(D'\)) sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng \(CK\) và \(A'D\) bằng \(\frac{a}{3}\). Tỉ số \(\frac{{DK}}{{DD'}}\) bằng (1) \(\frac{1}{2}\).

Ta có:

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) - 1 \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\frac{1}{{2023}} \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x.119y.\frac{1}{{2023}}} \right) \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow xy \ge {x^2} + y + 1\)

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

\( \Leftrightarrow y \ge \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\)(vì \(y > 0,y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} + 1 > 0\) nên \(x - 1 > 0\))

\( \Rightarrow x + y \ge x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\forall x > 1;y > 0\).

Khi đó bài toán đã cho trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của \(x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\) với \(x > 1\).

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

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 4x}}{{{{(x - 1)}^2}}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\) (vì \(x > 1\)).

Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = + \infty ,f\left( 2 \right) = \frac{{{{2.2}^2} - 2 + 1}}{{2 - 1}} = 7\),

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

Do đó \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(x + y\) là 7 .

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) - 1 \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(x + y\) bằng (1) 7.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC\).

\(SC\) hợp với đáy một góc \(30^\circ \Rightarrow \widehat {SCA} = 30^\circ \).

Xét vuông tại \(A\) có: \({\rm{sin}}30^\circ = \frac{{SA}}{{SC}} \Rightarrow SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AC = \sqrt {S{C^2} - S{A^2}} = \frac{{3a}}{2}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(AC = \frac{{3a}}{2}\) nên \({S_{ABC}} = {\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{{16}}\) (đvdt).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{{16}} = \frac{{9{a^3}}}{{32}}\) (đvtt).

Do đó ta điền đáp án như sau

Ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{SBC}}\)

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là:

\(IS = R = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + M{S^2}} = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + \frac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + \frac{{2S{B^2}}}{4}} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó, diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là: \(S = 4\pi {R^2} = 3S{A^2}\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Số phức \({(3 - 4i)^2} = - 7 - 24i\) có mô đun là \(\sqrt {{{\left( { - 7} \right)}^2} + {{\left( { - 24} \right)}^2}} = 25\).

Do đó ta điền như sau

Mô đun của số phức \({(3 - 4i)^2}\) là (1) 25.

Khi đó \(\sin \varphi = \frac{{d(A,\alpha )}}{{d(A,\Delta )}}\).

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Gọi điểm \(G\) là trọng tâm , kéo dài tia \(BM\) cắt \(AD\) tại \(F\).

Ta có \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {BEF} \right) = EG\)

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {BME} \right)\) là góc \(\varphi \) có \({\rm{sin}}\varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {BEF} \right)} \right)}}{{d\left( {A,EG} \right)}}\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(AK \bot EG\left( {K \in EG} \right)\).

Ta có: \(AE = SA - SE = 2a;AG = AC - GC = AC - \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3}AC = \frac{{2a\sqrt 5 }}{3}\)

\( \Rightarrow d\left( {A,EG} \right) = AK = \frac{{AE.AG}}{{\sqrt {A{E^2} + A{G^2}} }} = \frac{{a\sqrt {70} }}{7}\)

Gọi \(h = d\left( {A,\left( {BEF} \right)} \right)\).

Ta có: \(\frac{{FD}}{{FA}} = \frac{{DM}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow FA = 2a\)

Vì \(AE,AB,AF\) đôi một vuông góc nên

\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow {\rm{sin}}\varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {BEF} \right)} \right)}}{{d\left( {A,EG} \right)}} = \frac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt {15} }} \Rightarrow {\rm{cos}}\varphi = \frac{1}{{\sqrt {15} }}\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_5^3 = 10\).

Để độ dài ba đoạn thẳng là độ dài ba cạnh của tam giác thì tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

Do đó, các khả năng xảy ra là bộ các độ dài \(\left\{ {\left( {2;3;4} \right),\left( {2;4;5} \right),\left( {3;4;5} \right)} \right\}\).

Vậy xác suất cần tìm là: \(P = \frac{3}{{10}}\).

Do đó ta điền như sau

Cho 5 đoạn thẳng có độ dài là \(1;2;3;4;5\). Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng. Xác suất để độ dài ba đoạn thẳng này là độ dài ba cạnh của một tam giác là (1) \(\frac{3}{{10}}\).

Ta có: \({\rm{cos}}\left( {x + y + 1} \right) + 4 = {\rm{cos}}\left( {4xy} \right) + 16xy - 4x - 4y\)

\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {x + y + 1} \right) + 4\left( {x + y + 1} \right) = {\rm{cos}}\left( {4xy} \right) + 4.4xy\).

Xét hàm \(f\left( t \right) = {\rm{cos}}t + 4t\) với \(t \in \mathbb{R}\).

Ta có \(f'\left( t \right) = - {\rm{sin}}t + 4 > 0,\forall t \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Mà \(f\left( {x + y + 1} \right) = f\left( {4xy} \right)\) nên \(x + y + 1 = 4xy \Leftrightarrow x = \frac{{y + 1}}{{4y - 1}}\).

Khi đó \(S = \frac{{\left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right)}}{{4y - 1}} = \frac{{{y^2} + 3y + 2}}{{4y - 1}}\) với \(y > 1\).

\(S'\left( y \right) = \frac{{4{y^2} - 2y - 11}}{{{{(4y - 1)}^2}}}\).

Bảng biến thiên:

Vậy \({\rm{min}}S = \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{8} \Rightarrow abc = 168\).

Do đó ta điền như sau

Cho hai số thực \(x,y\) lớn hơn 1 thỏa mãn \({\rm{cos}}\left( {x + y + 1} \right) + 4 = {\rm{cos}}\left( {4xy} \right) + 16xy - 4x - 4y\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(S = x\left( {y + 2} \right)\) bằng \(\frac{{a + b\sqrt 5 }}{c}\left( {a,b,c \in \mathbb{R}} \right)\) với \(abc\) bằng (1) 168.

Gọi BC là đường kính của \((C)\) và AD là đường kính của đường tròn đáy của \((N)\) sao cho \(BC//AD\). S, A, B thẳng hàng \( \Rightarrow S,C,D\) thẳng hàng.

Ta có \(r = BM\) là bán kính đường tròn \(\left( C \right)\).

Vì nên \(\frac{{BM}}{{AO}} = \frac{{SM}}{{SO}} \Leftrightarrow r = \frac{{AO.SM}}{{SO}} \Leftrightarrow r = \frac{{R\left( {9 - x} \right)}}{9}\).

Thể tích của khối nón có đỉnh là \(O\), đáy là \(\left( C \right)\) là

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}.OM = \frac{1}{3}\pi {\left[ {\frac{{R\left( {9 - x} \right)}}{9}} \right]^2}x = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}{(9 - x)^2}x\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}{(9 - x)^2}x,(0 < x < 9)\) ta có:

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}\left( {9 - x} \right)\left( {9 - 3x} \right)\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{243}}\pi {R^2}\left( {9 - x} \right)\left( {9 - 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 9\left( L \right)}\\{x = 3\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\).

Lập bảng biến thiên ta có:

Từ bảng biến thiên ta có thể tích khối nón có đỉnh là \(O\), đáy là \(\left( C \right)\) lớn nhất khi \(x = 3\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hình nón \(\left( N \right)\) có đường cao \(SO = 9\) và bán kính đáy bằng \(R\), gọi \(M\) là điểm trên đoạn \(SO\) sao cho \(OM = x(0 < x < 9)\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với trục \(SO\) tại \(M\) giao với hình nón \(\left( N \right)\) theo thiết diện là đường tròn \(\left( C \right)\). Giá trị của \(x\) bằng (1) 3 để khối nón có đỉnh là điểm \(O\) và đáy là hình tròn \(\left( C \right)\) có thể tích lớn nhất?

+) Chọn ngẫu nhiên 3 người từ nhóm để lập một ban đại diện thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{15}^3 = 455\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Xuân là một trong ba người được chọn".

Có 1 cách chọn Xuân trong nhóm 15 người.

Có \(C_{14}^2\) cách chọn 2 người trong 14 người còn lại.

Suy ra \(n\left( A \right) = 1.C_{14}^2 = 91\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{91}}{{455}} = 0,2\).

+) Chọn ngẫu nhiên 2 người từ nhóm để làm nhóm trưởng và nhóm phó thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 15.14 = 210\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Xuân không làm nhóm trưởng cũng như nhóm phó".

Trong 14 người còn lại, chọn nhóm trưởng có 14 cách, chọn nhóm phó có 13 cách.

Suy ra \(n\left( A \right) = 14.13 = 182\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{182}}{{210}} = \frac{{13}}{{15}} \approx 0,87 > 0,8\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có: \({S_{50}} = {50^2} + 4.50 = 2700\).

Mặt khác:

\(\left. {{S_n} = \frac{d}{2}{n^2} + \left( {{u_1} - \frac{d}{2}} \right)n \Leftrightarrow {n^2} + 4n = \frac{d}{2}{n^2} + \left( {{u_1} - \frac{d}{2}} \right.} \right)n \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{d}{2} = 1}\\{{u_1} - \frac{d}{2} = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 5}\\{d = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow {u_n} = 2n + 3.\)

Theo bài ra ta có : \(201 = 2n + 3 \Rightarrow n = 99 \Rightarrow 201\) là số hạng thứ 99 của cấp số cộng.

Do đó ta chọn đáp án như sau

Điều kiện xác định: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - 1\).

\( \Rightarrow \) Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\).

Xét \[f(x) = 0 \Leftrightarrow (2x - 7){\rm{ln(}}x + 1) = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - 7 = 0}\\{{\rm{ln(}}x + 1) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{7}{2}\,}\\{x = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\](thỏa mãn).

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.

Tại \(x = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0\).

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm duy nhất.

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có \[\left| {f\left( x \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 1\\f\left( x \right) = - 1\end{array} \right.\]

Dựa vào bảng biến thiên ta được \(f\left( x \right) = 1\) có hai nghiệm và \(f\left( x \right) = - 1\) có ba nghiệm.

Vậy phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 1\) có 5 nghiệm. Chọn B.

Gọi \(M\left( {a;9a - 14} \right) \in d:y = 9x - 14.\)

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(M\) và có hệ số góc \(k\) \( \Rightarrow \) phương trình \(\Delta :y = k\left( {x - a} \right) + 9a - 14.\)

Ta có \(\Delta \) tiếp xúc \(\left( C \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 3{x^2} - 3\,\,\left( 1 \right)\\{x^3} - 3x + 2 = k\left( {x - a} \right) + 9a - 14\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Thay (1) vào (2) ta có

\({x^3} - 3x + 2 = \left( {3{x^2} - 3} \right)\left( {x - a} \right) + 9a - 14 \Leftrightarrow 2{x^3} - 3a{x^2} + 12a - 16 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left[ {2{x^2} + \left( {4 - 3a} \right)x + 8 - 6a} \right] = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\2{x^2} + \left( {4 - 3a} \right)x + 8 - 6a = 0\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\).

Để từ \(M\) kẻ được hai tiếp tuyến thì (3) phải có nghiệm kép khác 2 hoặc (3) phải có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm \(x = 2\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{\left( 3 \right)}} = 9{a^2} + 24a - 48 = 0\\8 + \left( {4 - 3a} \right)2 + 8 - 6a \ne 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{\left( 3 \right)}} = 9{a^2} + 24a - 48 > 0\\8 + \left( {4 - 3a} \right)2 + 8 - 6a = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}a = \frac{4}{3}\\a = - 4\end{array} \right.\\a \ne 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}a < - 4\\a > \frac{4}{3}\end{array} \right.\\a = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{4}{3}\\a = - 4\\\\a = 2\end{array} \right.\).

Vậy có ba điểm thỏa mãn bài toán. Chọn C.

Ta có \({x^6} + 6{x^4} - {m^3}{x^3} + 13{x^2} - mx + 10 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 2} \right)^3} + \left( {{x^2} + 2} \right) \ge {\left( {mx} \right)^3} + \left( {mx} \right)\,\,\left( * \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 > 0 \Rightarrow f\left( t \right)\) luôn đồng biến.

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 2} \right) \ge f\left( {mx} \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2 \ge mx\)

Do đó, \({x^6} + 6{x^4} - {m^3}{x^3} + 13{x^2} - mx + 10 \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\)

\[ \Leftrightarrow {x^2} + 2 \ge mx\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right] \Leftrightarrow x + \frac{2}{x} \ge m\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\,\, \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} \left( {x + \frac{2}{x}} \right) = 2\sqrt 2 \].

Mà \(m\) là số nguyên dương nên \(m \in \left\{ {1;2} \right\} \Rightarrow S = \left\{ {1;2} \right\}.\)

Điều kiện: \(x > 0.\)

Đặt \(t = {\log _2}x\) phương trình \(\log _2^2x - 3{\log _2}x + {m^2} - 5m + 8 = 0\,\,\left( 1 \right)\) trở thành \({t^2} - 3t + {m^2} - 5m + 8 = 0\,\,\left( 2 \right)\).

Điều kiện phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt tương đương phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt \({t_1},\,\,{t_2}.\)

Ta có \(\Delta = 9 - 4\left( {{m^2} - 5m + 8} \right) > 0\,\,\left( * \right).\)

Khi đó

+) \({t_1} + {t_2} = 3\)

+) \(6 = {x_1} + {x_2} = {2^{{t_1}}} + {2^{{t_2}}} = {2^{{t_1}}} + {2^{3 - {t_1}}} = {2^{{t_1}}} + \frac{8}{{{2^{{t_1}}}}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{{t_1}}} = 2\\{2^{{t_1}}} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow {t_1}.{t_2} = 2\)

+) Với \({t_1}.{t_2} = 2 \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 8 = 2 \Leftrightarrow m = 2\) hoặc \(m = 3\) thỏa mãn (*).

Vậy tích của các giá trị của tham số m là 6. Chọn D.

Do \(m\) nguyên dương nên \(m \in \left\{ {1;2;3;.....} \right\}.\)

Ta có \(\left( {{2^{x + 2}} - \sqrt 2 } \right)\left( {{2^x} - m} \right) < 0 \Leftrightarrow \left( {{{4.2}^x} - \sqrt 2 } \right)\left( {{2^x} - m} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{4} < {2^x} < m \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right) < x < {\log _2}m\).

\( \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{2} < x < {\log _2}m.\)

Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên thì \({\log _2}m \le 5 \Leftrightarrow m \le 32.\) Do \(m\) nguyên dương nên có 32 giá trị của \(m\) thỏa mãn bài toán. Chọn C.

Ta có \(\frac{A}{2} = A.{e^{r.1602}} \Leftrightarrow r = - \frac{{\ln 2}}{{1602}}.\) Thay \(A = 5,\,\,t = 4000,\,\,r = - \frac{{\ln 2}}{{1602}}.\)

Suy ra \(S = 5.{e^{ - \frac{{\ln 2}}{{1602}}.4000}} \approx 0,886\) gam. Chọn A.

Ta có \(\Delta ANP\) cân tại \(A\), có \(AN = AP = x;NP = 90 - 2x\).

Điều kiện để \(x;x;90 - 2x\) là 3 cạnh của tam giác là:\(\left\{ \begin{array}{l}x + x > 90 - 2x\\90 - 2x > 0\\x > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow 22,5 < x < 45\).

Ta thấy khối lăng trụ \(ANP.BMQ\) có chiều cao \(MN\) không đổi nên thể tích khối lăng trụ lớn nhất khi diện tích đáy \({S_{\Delta ANP}}\) lớn nhất.

Mà \(S = \sqrt {45\left( {45 - x} \right)\left( {45 - x} \right)\left( {45 - \left( {90 - 2x} \right)} \right)} = \sqrt {45\left( {45 - x} \right)\left( {45 - x} \right)\left( {2x - 45} \right)} \)

\( = \frac{1}{{45}}\sqrt {\left( {{{45}^2} - 45x} \right)\left( {{{45}^2} - 45x} \right)\left( {90x - {{45}^2}} \right)} \)

\( \le \frac{1}{{45}}\sqrt {{{\left( {\frac{{{{45}^2} - 45x + {{45}^2} - 45x + 90x - {{45}^2}}}{3}} \right)}^3}} \)

\( \le \frac{1}{{45}}\sqrt {{{675}^3}} = \frac{{{5^3}{{.3}^4}.\sqrt 3 }}{{45}} = 225\sqrt 3 \).

Dấu “=” xảy ra khi \({45^2} - 45x = 90x - {45^2} \Leftrightarrow x = 30\). Chọn A.

Vì hình cầu có thể tích bằng \(36\pi \) nên bán kính hình cầu là \(R = 3.\)

Diện tích xung quanh của hình nón \({S_{xq}} = \pi rl.\)

Gọi chiều cao của hình nón là \(h,\) khi đó \(h \in \left( {0;6} \right).\)

Ta có \({r^2} = h.\left( {2R - h} \right) = 6h - {h^2},\) suy ra \(r = \sqrt {6h - {h^2}} .\)

Lại có \({l^2} = h.2R = 6h,\) nên \({S_{xq}} = \pi \sqrt {6h - {h^2}} .\sqrt {6h} = \pi \sqrt {36{h^2} - 6{h^3}} .\)

Ta có \(36{h^2} - 6{h^3} = 3{h^2}\left( {12 - 2h} \right) = 3.h.h.\left( {12 - 2h} \right) \le 3.{\left( {\frac{{h + h + 12 - 2h}}{3}} \right)^3}.\)

Hay \(36{h^2} - 6{h^3} \le 192,\) dấu đẳng thức xảy ra khi \(h = 4.\) Khi đó \(r = \sqrt {6h - {h^2}} = 2\sqrt 2 .\)

Suy ra \({S_{xq}}\) lớn nhất bằng \(8\sqrt 3 \pi \) khi \(r = 2\sqrt 2 .\)Chọn C.

Gọi \(h,\,\,V\) lần lượt là chiều cao và thể tích khối trụ \(\left( T \right).\)

\( \Rightarrow d\left( {AB,CD} \right) = h\left( {cm} \right).\)

Ta có: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}h.\sin \left( {AB,CD} \right).AB.CD = \frac{1}{6}h.\sin 30^\circ {.6^2}\).

\( \Rightarrow h = \frac{{6{V_{ABCD}}}}{{\sin {{30}^{\rm{o}}}{{.6}^2}}} = 10\left( {cm} \right).\)

\( \Rightarrow {V_{\left( T \right)}} = \pi {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2}.h = 90\pi \left( {c{m^3}} \right).\)Chọn A.

Gọi \(H\) là trung điểm \(CD\) nên tứ giác \(CHIJ\) là hình chữ nhật.

Khi cho tứ giác \(CKIJ\) quay xung quanh trục \(CK\) ta có:

Hình chữ nhật \(CHIJ\) tạo thành khối trụ có thể tích \({V_1}.\)

Tam giác \(IHK\) tạo thành khối nón có thể tích \({V_2}.\)

Suy ra: \(V = {V_1} + {V_2}.\) Ta có

\({V_1} = \pi .C{J^2}.CH = \pi {a^2}.\frac{a}{2} = \frac{1}{2}\pi {a^3},\,\,{V_2} = \frac{1}{3}\pi .H{I^2}.HK = \frac{1}{3}\pi {a^2}.HK.\)

Xét tam giác vuông \(IHC\) có \(IC = \sqrt {I{H^2} + H{C^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2};\)

\(\tan \widehat {ICH} = \frac{{IH}}{{CH}} = 2 \Rightarrow IK = IC.\tan \widehat {ICH} = 2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = a\sqrt 5 \).

\( \Rightarrow HK = \sqrt {I{K^2} - I{H^2}} = \sqrt {5{a^2} - {a^2}} = 2a.\)

Do vậy \({V_2} = \frac{1}{3}\pi .H{I^2}.HK = \frac{1}{3}\pi {a^2}.2a = \frac{2}{3}\pi {a^3}.\)

Vậy \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{1}{2}\pi {a^3} + \frac{2}{3}\pi {a^3} = \frac{7}{6}\pi {a^3}.\)Chọn B.

Xét đồng nhất thức

\( - 4\sin x + 7\cos x = A\left( {2\sin x + 3\cos x} \right) + B\left( {2\cos x - 3\sin x} \right) = \left( {2A - 3B} \right)\sin x + \left( {3A + 2B} \right)\cos x.\)

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}2A - 3B = - 4\\3A + 2B = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 1\\B = 2\end{array} \right..\)

Ta có\(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{ - 4\sin x + 7\cos x}}{{2\sin x + 3\cos x}}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 + \frac{{2{{\left( {2\sin x + 3\cos x} \right)}^\prime }}}{{2\sin x + 3\cos x}}} \right)dx} \)

\[ = \left. {\left( {x + 2\ln \left| {2\sin x + 3\cos x} \right|} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\]

\( = \frac{\pi }{2} + 2\ln \frac{2}{3} \Rightarrow a = \frac{\pi }{2},b = 2,c = 3.\)

Vậy \(P = a - b + c = \frac{\pi }{2} - 2 + 3 = \frac{\pi }{2} + 1.\)Chọn B.

Gọi \(l\) là chiều cao của khối trụ cần tìm ta có \(l = 2.\frac{4}{3}h = \frac{8}{3}h.\)

Cắt chiếc đồng hồ cát theo một mặt phẳng chứa trục dọc của nó và gắn hệ trục \(Oxy\)với gốc tọa độ \(O\) là điểm giao giữa hai Parabol, mỗi đơn vị trên trục dài \(1cm.\) Khi đó gọi \(B\) là điểm đo chiều cao của lượng cát lúc ban đầu, \(A\) là điểm đo chiều cao của lượng cát lúc còn 4 cm và \(C\) là điểm nằm ngang với \(A\) trên thành Parabol phía trên như hình vẽ.

Theo giả thiết \(8\pi = 2\pi AC \Rightarrow AC = 4 \Rightarrow C\left( {4;4} \right)\) suy ra \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = \frac{1}{4}{x^2}.\)

Thể tích ban đầu của cát là \(12,72.10 = 127,2\,\,c{m^3}.\)

Thể tích này bằng thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường \(\left( P \right):y = \frac{1}{4}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 4y\) và các đường \(y = 0;y = h\) xoay quanh trục \(Oy.\)

Vậy ta có \(\pi \int\limits_0^h {4ydy} = 127,2 \Rightarrow 2\pi {h^2} = 127,2 \Rightarrow h \approx 4,5 \Rightarrow l \approx 12cm.\) Chọn D.

Áp dụng công thức tổng của cấp số nhân với số hạng đầu \({u_1} = 1 + i\) và công bội \(q = 1 + i\) ta có

\[\overline z = 2 + i + {\left( {1 + i} \right)^2} + {\left( {1 + i} \right)^3} + .\,\,.\,\,. + {\left( {1 + i} \right)^{2019}}\]

\( = 1 + 1 + i + {\left( {1 + i} \right)^2} + {\left( {1 + i} \right)^3} + .\,\,.\,\,. + {\left( {1 + i} \right)^{2019}}\)

\( = 1 + \left( {1 + i} \right).\frac{{1 - {{\left( {1 + i} \right)}^{2019}}}}{{1 - \left( {1 + i} \right)}} = 1 + \frac{{1 + i - {{\left( {1 + i} \right)}^{2020}}}}{{ - i}}\)

\( = 1 + \frac{{1 + i - {{\left[ {{{\left( {1 + i} \right)}^2}} \right]}^{1010}}}}{{ - i}} = 1 + \frac{{1 + i - {{\left( {2i} \right)}^{1010}}}}{{ - i}}\)

\( = 1 + i\left( {1 + i + {2^{1010}}} \right) = i\left( {1 + {2^{1010}}} \right).\)

\( \Rightarrow z = - i\left( {1 + {2^{1010}}} \right).\)

Phần ảo của số phức \(z\) là \( - \left( {{2^{1010}} + 1} \right).\)Chọn D.

Chú ý: Tập hợp biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn \(\left| {z + c} \right| + \left| {z - c} \right| = 2a\) với \(a > c > 0\) là một elip có độ dài trục lớn là \(2a,\) tiêu cự \(2c,\) khi đó độ dài trục bé là \(2b = 2\sqrt {{a^2} - {c^2}} \) và elip có phương trình là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1.\)

Áp dụng: +) \(\left| {{z_1} + 3} \right| + \left| {{z_1} - 3} \right| = 10\)

\( \Rightarrow \) tập hợp biểu diễn số phức \({z_1}\) là elip có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\,\,\left( {{E_1}} \right).\)

+) \(\left| {{z_2} + 4} \right| + \left| {{z_2} - 4} \right| = 10\)

\( \Rightarrow \) Tập hợp biểu diễn số phức \({z_2}\) là Elip có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\,\,\left( {{E_2}} \right).\)

Đồ thị của hai elip \(\left( {{E_1}} \right)\) và \(\left( {{E_2}} \right)\) như hình vẽ.

Gọi \(M\) là điểm biểu diễn \({z_1},\) \(N\) là điểm biểu diễn số phức \({z_2}\) (hình vẽ).

Khi đó \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = MN.\) Gọi \(P = MN \cap \left( {{E_1}} \right)\) (hình vẽ) \( \Rightarrow MN \le MP \le {A_1}{A_2} = 10\) (không đổi).

\( \Rightarrow \max \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \max MN = 10.\)Chọn D.

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left( {1;2;9} \right)\) và vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u \left( {1;3; - 1} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n \left( {{m^2}; - m; - 2} \right).\)

\[d//\left( \alpha \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow u \bot \overrightarrow n \\M \notin \left( \alpha \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 2 = 0\\{m^2} - 2m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 2\end{array} \right.\\m \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2.\]

Vậy \(d//\left( \alpha \right) \Leftrightarrow m = 2.\)Chọn B.

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right);B\left( {0;b;0} \right);C\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( P \right)\) với các trục \(Ox,Oy,Oz.\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1.\)

Vì \(M\left( {2;3;5} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow \frac{2}{a} + \frac{3}{b} + \frac{5}{c} = 1\,\,\left( * \right).\)

Lại có \(OA;OB;OC\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội \(q = 3.\)

Nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}b = aq\\c = a{q^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3a\\c = 9a\end{array} \right.\). Thay vào (*), ta được

\(\frac{2}{a} + \frac{3}{{3a}} + \frac{5}{{9a}} = 1 \Leftrightarrow a = \frac{{32}}{9}.\)

Với \(a = \frac{{32}}{9} \Rightarrow b = \frac{{32}}{3};c = 32.\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\frac{9}{{32}}x + \frac{3}{{32}}y + \frac{1}{{32}}z = 1 \Leftrightarrow 9x + 3y + z - 32 = 0.\)

\(d\left( {O;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 32} \right|}}{{\sqrt {{9^2} + {3^2} + {1^2}} }} = \frac{{32}}{{\sqrt {91} }}.\)Chọn C.

\(\left( S \right)\) có tâm \(T\left( {0;1;0} \right)\) và bán kính \(R = 1.\)

Gọi điểm \(I\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \Rightarrow I\left( {0;0;0} \right)\) và điểm \(J\) thỏa mãn \(\overrightarrow {JD} + \overrightarrow {JE} = \overrightarrow 0 \Rightarrow J\left( {0;2;0} \right).\)

Ta có \(P = 2\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| + 3\left| {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} } \right| = 2\left| {3\overrightarrow {MI} } \right| + 3\left| {2\overrightarrow {MJ} } \right| = 6\left| {\overrightarrow {MI} } \right| + 6\left| {\overrightarrow {MJ} } \right|\)

Gọi \(F\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {FI} + \overrightarrow {FJ} = \overrightarrow 0 \Rightarrow F\left( {0;1;0} \right) \equiv T.\)

Ta có \(P \le \sqrt {72\left( {{{\left| {\overrightarrow {MI} } \right|}^2} + {{\left| {\overrightarrow {MJ} } \right|}^2}} \right)} = \sqrt {72\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + {{\overrightarrow {MJ} }^2}} \right)} = \sqrt {72\left( {F{I^2} + F{J^2} + 2M{F^2}} \right)} \).

Như vậy \(P\) lớn nhất khi \(MF\) lớn nhất. \(M\) thuộc \(\left( S \right)\) nên \(MF\) lớn nhất khi \(MF = R = 1.\)

Vậy \(P \le \sqrt {72\left( {1 + 1 + 2} \right)} = 12\sqrt 2 .\) Chọn C.

Cho khối chóp đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) như hình vẽ.

Ta có \({S_{ABCD}} = 4{a^2};{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO\)\( \Rightarrow SO = a\sqrt 3 .\)

Mặt khác \(AB//CD \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = Sx//AB//CD.\)

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(CD\) và \(AB.\)

\(SN \bot AB \Rightarrow SN \bot Sx,SM \bot CD \Rightarrow SM \bot Sx.\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {SM,SN} \right) = \widehat {MSN} = 2\widehat {MSO}.\)

Ta có \(\tan \widehat {MSO} = \frac{{OM}}{{SO}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {MSO} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {MSN} = 60^\circ \Rightarrow \cos \widehat {MSN} = \frac{1}{2}.\) Chọn B.

Gọi \(I\) là trung điểm \(A'B' \Rightarrow C'I \bot A'B' \Rightarrow C'I \bot \left( {ABB'A'} \right).\)

Vì \(C'I \bot \left( {ABB'A'} \right)\) nên \(BI\) là hình chiếu của \(BC'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\).

Do đó \(\left( {BC',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \left( {BC',BI} \right) = \widehat {C'BI} = 60^\circ \).

Xét \(\Delta BIB'\) vuông tại \(B'\), có \(BI = \sqrt {B{{B'}^2} + B'{I^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Xét \(\Delta C'BI\) vuông tại \(I\), có \(BC' = \frac{{BI}}{{\cos \widehat {C'BI}}} = a\sqrt 5 \).

Xét \(\Delta BCC'\) vuông tại \(C\), có \(BC = \sqrt {B{{C'}^2} - C{{C'}^2}} = 2a.\)

Gọi \(E\) là điểm sao cho \(B\) là trung điểm \(EP.\)

\( \Rightarrow MNPE\) là hình bình hành \( \Rightarrow EM//NP\)\( \Rightarrow d\left( {AM,NP} \right) = d\left( {P,\left( {AME} \right)} \right) = 2d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right).\)

Kẻ \(BK \bot AE\left( {K \in AE} \right),BH \bot MK\left( {H \in KM} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right) = BH.\)

Tam giác \(APE\) có \(AB = BP = BE = a \Rightarrow \Delta APE\) vuông ở \(A \Rightarrow BK//AP.\)

Mà \(B\) là trung điểm \(EP \Rightarrow KB = \frac{1}{2}AP.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(AP\) là trung tuyến nên \(A{P^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} \Rightarrow AP = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow BK = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}.\)

Xét \(\Delta BKM\) vuông tại \(B\) có \(BH = \frac{{BK.BM}}{{\sqrt {B{K^2} + B{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}} \Rightarrow d\left( {AM,NP} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\) Chọn C.

Phương trình \(\sin x\cos x - \sin x - \cos x + m = 0\,\,\left( 1 \right)\) có nghĩa \(\forall x \in \mathbb{R}.\)

Đặt \(t = \sin x + \cos x,\left( {\left| t \right| \le \sqrt 2 } \right).\) Ta có: \(\sin x\cos x = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\).

Khi đó (1) trở thành \(\frac{{{t^2} - 1}}{2} - t + m = 0 \Leftrightarrow - 2m = {t^2} - 2t - 1 \Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2} = - 2m + 2.\)

Do \( - \sqrt 2 \le t \le \sqrt 2 \Rightarrow - \sqrt 2 - 1 \le t - 1 \le \sqrt 2 - 1 \Rightarrow 0 \le {\left( {t - 1} \right)^2} \le 3 + 2\sqrt 2 .\)

Để phương trình có nghiệm thì \(0 \le - 2m + 2 \le 3 + 2\sqrt 2 \Leftrightarrow - \frac{{1 + 2\sqrt 2 }}{2} \le m \le 1.\)

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}.\) Chọn C.

Trong nghi thức thách cưới của người Stiêng, nhà trai mang đến nhà gái những lễ vật tượng ứng cho rượu, heo, trâu...; đó là những sính lễ chứa đựng niềm tin của mỗi người và nhờ đó con người chạm vào cõi vô hình, thế giới nơi thần linh trú ngụ.

Từ cần điền là: niềm tin.

Từ nền tảng ChatGPT đã được phát triển trước đó, một nhóm khởi nghiệp đã nghiên cứu và tìm ra phương thức giao tới với AI miễn phí thông qua giọng nói.

Từ cần điền là: giọng nói.

Căn cứ vào từ khóa “email hoặc số điện thoại ở Việt Nam”, xác định được thông tin cần tìm kiếm nằm trong đoạn [4]: người dùng tại Việt Nam đăng kí tài khoản để dùng và hệ thống VoiceGPT đảm nhiệm chức năng trung gian từ người dùng tới ChatGPT. 

Câu cần điền là: Trong giai đoạn đầu tiên khi nghiên cứu, phát triển và đưa vào sử dụng, người dùng sẽ tạo tài khoản bằng email hoặc số điện thoại Việt Nam; các câu hỏi sẽ được chuyển về máy chủ của hệ thống ChatGPT để xử lí, sau đó trả về VoiceGPT trước khi tới với người dùng.

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

- Vị trí 1: tạo tài khoản.

- Vị trí 2: ChatGPT.

- Vị trí 3: VoiceGPT.

Căn cứ vào từ khóa “Lê Nhật Quang” để xác định thông tin cần tìm kiếm trong đoạn [11]. Ở đoạn văn này, tác giả đã trích lại lời nhận xét về ứng dụng VoiceGPT: thúc đẩy việc phát triển ứng dụng, tốc độ phản hồi chậm và nội dung bị trùng lặp. 

Kết hợp với phương pháp loại trừ, tìm được đáp án đúng là B (sản phẩm này có ý nghĩa về sự khởi đầu, tạo động lực cho các doanh nghiệp tiếp tục phát triển). Chọn B. 

Đáp án

Sai

Giải thích

Nhìn vào bảng 1, dễ thấy ứng với mỗi giá trị U thì I1 và I2 có giá trị khác nhau.

Dựa vào dữ liệu Bảng 1:

+ Khi U tăng thì I tăng → Loại Hình C, Hình D.

+ Xét một cặp số liệu tương ứng với hiệu điện thế của nguồn - cường độ dòng điện chạy qua vật dẫn, ta có:

Đối với vật dẫn R1: (6,0 V; 2,6 mA)

Đối với vật dẫn R2: (6,0 V; 1,31 mA)

→ Loại Hình A.

Chọn A.

Khi R₁ nối tiếp R₂, điện trở tương đương R của 2 vật dẫn là: \(R = {R_1} + {R_2} \approx 2,32 + 4,57 \approx 6,89\)

Cường độ dòng điện chạy qua R là: \(I = \frac{U}{R} = \frac{8}{{6,89}} \approx 1,16\;m{\rm{A}}.\) Chọn D.

Khi R₁ song song R₂, điện trở tương đương R của 2 vật dẫn là: \(R = \frac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} \approx 1,54\)

Cường độ dòng điện chạy qua R là: \(I = \frac{U}{R} = \frac{8}{{1,54}} \approx 5,19m{\rm{A}}.\) Chọn A.

Đáp án

Đúng

Giải thích

Dựa trên dữ liệu trong Bảng 2, ta có: tốc độ trung bình là: 1,32 ft/s

Mà tốc độ trung bình trong các thử nghiệm của Nghiên cứu 1 là:

→ Tốc độ trung bình của cả ba thử nghiệm trong Nghiên cứu 1 lớn hơn tốc độ trung bình đo được trong Thử nghiệm 2.

Đáp án A

Dựa trên dữ liệu trong cả ba bảng, ta có:

+ Trong Bảng 1, tốc độ trung bình là: 3,28 ft/s

+ Trong Bảng 2, tốc độ trung bình là: 1,32 ft/s

+ Trong Bảng 3, tốc độ trung bình là: 6,44 ft/s

→ Tốc độ trung bình lớn nhất 6,44 ft/s được ghi lại trong Bảng 3 và tương ứng trong Nghiên cứu 3, loại bánh xe được sử dụng là bánh xe bằng cao su cứng, có các đinh tán.

Tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe bằng cao su cứng và có các đinh tán trong các thử nghiệm là (1) __ 6,44 __  ft/s.

Giải thích

Trong Nghiên cứu 3, các thử nghiệm sử dụng ô tô có bánh xe bằng cao su cứng và có các đinh tán

+ Dựa vào Bảng 3, ta có tốc độ trung bình trong các thử nghiệm là 6,44 ft/s.

Dựa trên dữ liệu trong cả ba bảng, ta có:

+ Trong Bảng 1, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe bằng cao su cứng, có các rãnh sâu là: \[{v_1} = 3,28\,\,ft/s\]

+ Trong Bảng 2, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe cao su mềm, nhẵn và không có rãnh là: \[{v_2} = 1,32\,\,ft/s\]

+ Trong Bảng 3, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe cao su cứng, có đinh tán là: \[{v_3} = 6,44\,\,ft/s\]

Từ các giá trị trên, ta có: \({v_1} \approx \frac{1}{2}{v_3}\).

Giải thích:

Phát biểu 1 Đúng, vì: \[{\left( {C{H_2}O} \right)_2}\]tương đương với \[{C_2}{H_4}{O_2}\] và \[{\left( {C{H_2}O} \right)_6}\;\]tương đương với \[{C_6}{H_{12}}{O_6}.\] Do đó, methyl formate và glucose có cùng công thức kinh nghiệm là \[C{H_2}O.\]

Phát biểu 2 Sai, vì: trong phương pháp phổ khối lượng, đối với các hợp chất đơn giản, thường mảnh có giá trị m/z lớn nhất ứng với mảnh ion phân tử \[\left[ {{M^ + }} \right]\]và giá trị này bằng giá trị phân tử khối của chất nghiên cứu.

Phát biểu 3 Sai, vì: người ta thường xác định tỉ khối của một chất khí X (chưa biết phân tử khối) so với không khí \[\left( {{d_{X/kk}}} \right)\] rồi tính phân tử khối của X theo công thức: \[{M_X}\; = 29.{d_{X/kk}}.\]

Đặt công thức phân tử của X có dạng: \({C_x}{H_y}{N_x}{O_t}.\)

Ta có:

\[{\rm{x:y:z:t = }}{{\rm{n}}_{\rm{C}}}:{{\rm{n}}_{\rm{H}}}:{{\rm{n}}_{\rm{N}}}:{{\rm{n}}_{\rm{O}}} = \frac{{45,80}}{{12,01}}:\frac{{10,57}}{{1,008}}:\frac{{13,24}}{{14,01}}:\frac{{30,39}}{{16,00}} = 3,813:10,49:0,945:1,899\]

Tỉ số nguyên tử được quy về tỉ số của các số nguyên tối giản, bằng cách chia cho số nhỏ nhất trong chúng (0,945), ta thu được công thức kinh nghiệm.

\({{\rm{n}}_{\rm{C}}}:{{\rm{n}}_{\rm{H}}}:{{\rm{n}}_{\rm{N}}}:{{\rm{n}}_{\rm{O}}} = \frac{{3,813}}{{0,945}}:\frac{{10,49}}{{0,945}}:\frac{{0,945}}{{0,945}}:\frac{{1,899}}{{0,945}} = 4,03:11,1:1,00:2,01 = 4:11:1:2\)

Công thức kinh nghiệm của X là \[{C_4}{H_{11}}N{O_2}.\]

Chọn: Đúng.

Áp dụng: \[M = K.\frac{{m.1000}}{{p.\Delta t}}\]

\( \Rightarrow {{\rm{M}}_{{\rm{glucose }}}} = 0,51.\frac{{18.1000}}{{150.(100,34 - 100)}} = 180\)(g/mol).

Đáp số: 180.

Ta có:

\(\pi = \frac{{1,12{\rm{mmHg}}}}{{760{\rm{mmHg}}}} = 1,{47.10^{ - 3}}\) atm

Phân tử khối của protein đã cho là:

\({\rm{M}} = \frac{{{\rm{mRT}}}}{{\pi .{\rm{V}}}} = \frac{{{{1.10}^{ - 3}}.0,08206.(273 + 25)}}{{1,{{47.10}^{ - 3}}{{.1.10}^{ - 3}}}} \approx 1,{66.10^4}\) (g/mol).

Chọn D.

Nguyên tử khối trung bình của chlorine là:

\(\frac{{(75,77.35) + (24,23.37)}}{{100}} = 35,5\)

Đặt công thức phân tử của Lindane có dạng: \({C_x}{H_y}C{l_z}.\)Ta có:

\({\rm{x:y:z = }}{{\rm{n}}_{\rm{C}}}:{{\rm{n}}_{\rm{H}}}:{{\rm{n}}_{{\rm{Cl}}}} = \frac{{24,78}}{{12}}:\frac{{2,08}}{1}:\frac{{73,14}}{{35,5}} = 1:1:1\)

Þ Công thức thực nghiệm của lindane là CHCl.

Tính với \[^{35}Cl,\] Lindane có phân tử khối 288: \[{\left( {CHCl} \right)_n}\; = 288{\rm{ }}hay{\rm{ }}48n = 288\; \Rightarrow \;n = 6.\]

Tương tự, với \[^{37}Cl,\] Lindane có phân tử khối 300: \[{\left( {CHCl} \right)_n}\; = 300{\rm{ }}hay{\rm{ }}50n = 300\; \Rightarrow n = 6.\]Vậy công thức phân tử của Lindane là \[{C_6}{H_6}C{l_6}.\]

Chọn A.

Ta có độ hạ băng điểm của dung dịch là: \[\Delta t = 5,50 - 5,26 = 0,24^\circ C\]

Þ Phân tử khối của hormone thyroxine là:

\({{\rm{M}}_{{\rm{thyroxine }}}} = 5,12.\frac{{0,546.1000}}{{15.0,24}} \approx 777\) (g/mol).

Chọn D.