Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 13)

Cách trồng 144 cây trong một khu vườn hình tam giác như trên lập thành một cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n}\) là số cây ở hàng thứ \(n\), số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 2\).

Tổng số cây trồng được là \({S_n} = 144 \Leftrightarrow \frac{{n\left[ {2.1 + \left( {n - 1} \right) \cdot 2} \right]}}{2} = 144\) \( \Leftrightarrow 2{n^2} = 288 \Rightarrow n = 12\).

Như vậy số hàng cây trong khu vườn là 12.

Do đó ta điền đáp án như sau

Người ta trồng 144 cây trong một khu vườn hình tam giác theo quy luật như sau: Hàng thứ nhất có 1 cây, hàng thứ hai có 3 cây, hàng thứ ba có 5 cây, …. Số hàng cây trong khu vườn là (1) 12.

Giả sử \(M(x;y;z) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {AM} = (x;y;z + 1)\,\,\,\,\,\,}\\{\overrightarrow {BM} = (x + 1;y - 1;z)}\\{\overrightarrow {CM} = (x - 1;y;z - 1)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A{M^2} = {x^2} + {y^2} + {{(z + 1)}^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{B{M^2} = {{(x + 1)}^2} + {{(y - 1)}^2} + {z^2}}\\{C{M^2} = {{(x - 1)}^2} + {y^2} + {{(z - 1)}^2}}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow 3M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2} = 3\left[ {{x^2} + {y^2} + {{(z + 1)}^2}} \right] + 2\left[ {{{(x + 1)}^2} + {{(y - 1)}^2} + {z^2}} \right] - \left. {\left[ {{{(x - 1)}^2} + {y^2} + } \right.{{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\)

\( = 4{x^2} + 4{y^2} + 4{z^2} + 6x - 4y + 8z + 5 = {\left( {2x + \frac{3}{2}} \right)^2} + {(2y - 1)^2} + {(2z + 2)^2} - \frac{9}{4} \ge - \frac{9}{4}\).

Dấu "\( = \)" xảy ra \( \Leftrightarrow x = - \frac{3}{4},y = \frac{1}{2},z = - 1\), khi đó \(M\left( { - \frac{3}{4};\frac{1}{2}; - 1} \right)\).

Do đó ta điền như sau

Trong không gian \(Oxyz\), cho ba điểm \(A\left( {0;0; - 1} \right),B\left( { - 1;1;0} \right),C\left( {1;0;1} \right)\). Biết \(M\) là điểm thỏa mãn \(P = 3M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) bằng (1) \( - \frac{9}{4}\).

Đặt \(t = - x\), ta có

 $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+ax+5}+x\right)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{t^2-at+5}-t\right)$

$=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{-at+5}{\sqrt{t^2-at+5}+t}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{-a+\frac{5}{t}}{\sqrt{1-\frac{a}{t}+\frac{5}{t^2}}+1}=\frac{-a}{2}$.

Theo giả thiết $\underset{x\to -\infty }{\text{lim}}\left(\sqrt{x^2+ax+5}+x\right)=5\iff \frac{-a}{2}=5\iff a=-10$.

Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {1;2;3} \right)\); \(d\) có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {1; - 2;1} \right)\) nên \(\overrightarrow {MN} .\vec u = 0\) suy ra \(MN \bot d\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(MN\) vuông góc với \(d\) có phương trình \(x - 2y + z - 2 = 0\).

Phương trình tham số của đường thẳng d là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 7 + t\\y = 3 - 2t\\z = 9 + t\end{array} \right.\).

Gọi \(E = d \cap \left( P \right)\). Suy ra tọa độ điểm E là nghiệm của hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + z - 2 = 0\\x = 7 + t\\y = 3 - 2t\\z = 9 + t\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7 + t - 2\left( {3 - 2t} \right) + 9 + t - 2 = 0\\x = 7 + t\\y = 3 - 2t\\z = 9 + t\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{{ - 4}}{3}\\x = \frac{{17}}{3}\\y = \frac{{17}}{3}\\z = \frac{{23}}{3}\end{array} \right.\).

Vậy \(E\left( {\frac{{17}}{3};\frac{{17}}{3};\frac{{23}}{3}} \right)\).

Ta có: \(IM \ge EM;IN \ge EN \Rightarrow IM + IN \ge EM + EN\)

Để \(IM + IN\) nhỏ nhất thì điểm \(I \equiv E\) nên \(I\left( {\frac{{17}}{3};\frac{{17}}{3};\frac{{23}}{3}} \right)\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;1;2} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 2;2;1} \right)\) nên \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 3; - 6;6} \right)\) suy ra \(\vec n = \left( {1;2; - 2} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(x + 2y - 2z - 1 = 0\).

Phương trình tham số của \({\rm{\Delta }}\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 - t}\\{y = 3t}\\{z = - 1 + t}\end{array}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right.\).

Gọi \(I\) là tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\), do \(I \in {\rm{\Delta }}\) nên \(I\left( {2 - t;3t; - 1 + t} \right)\).

Ta có: \(A{I^2} = {(1 - t)^2} + 9{t^2} + {(t - 1)^2} = 11{t^2} - 4t + 2\)

\(d\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {2 - t + 6t + 2 - 2t - 1} \right|}}{3} = \left| {t + 1} \right|\).

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn, giao của mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) thì

\({r^2} = A{I^2} - {d^2}\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = 11{t^2} - 4t + 2 - {(t + 1)^2} = 10{t^2} - 6t + 1 = 10{\left( {t - \frac{3}{{10}}} \right)^2} + \frac{1}{{10}} \ge \frac{1}{{10}}\)

Do đó bán kính \(r\) nhỏ nhất khi \(t = \frac{3}{{10}}\), khi đó \(I\left( {\frac{{17}}{{10}};\frac{9}{{10}};\frac{{ - 7}}{{10}}} \right),AI = \frac{{\sqrt {179} }}{{10}}\).

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - \frac{{17}}{{10}}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{9}{{10}}} \right)^2} + {\left( {z + \frac{7}{{10}}} \right)^2} = \frac{{179}}{{100}}\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Trong không gian \(Oxyz\), cho ba điểm \(A\left( {1;0;0} \right),B\left( {3;1;2} \right),C\left( { - 1;2;1} \right)\) và đường thẳng \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{y}{3} = \frac{{z + 1}}{1}\). Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm thuộc đường thẳng \({\rm{\Delta }}\), đi qua \(A\) và cắt mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất bằng (1) \(\frac{1}{{10}}\).

Tập xác định: \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).

Gọi \({x_0}\) là hoành độ tiếp điểm. Vì tiếp tuyến song song trục hoành nên tiếp tuyến có hệ số góc\(y'\left( {{x_0}} \right) = 0\) và \(y\left( {{x_0}} \right) \ne 0\).

Ta có \(y' = \frac{{2{x^3} - 6{x^2}}}{{{{(x - 2)}^2}}}\). Do đó \(y'\left( {{x_0}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x_0^2\left( {{x_0} - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} = 3}\end{array}} \right.\).

Ta có \(y\left( 0 \right) = - 27 \ne 0\) (nhận) và \(y\left( 3 \right) = 0\) (loại vì khi đó tiếp tuyến trùng trục hoành).

Vậy chỉ có một tiếp tuyến thỏa mãn đề bài.

Do đó ta điền đáp án như sau

Có (1) 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{{x - 2}} - 27\) song song với trục hoành.

Ta có

\(f\left( x \right) = 3f\left( {\frac{x}{2}} \right) \Leftrightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ 3f\left( {\frac{x}{2}} \right)dx \Leftrightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ 6f\left( {\frac{x}{2}} \right)d\left( {\frac{x}{2}} \right) \Leftrightarrow F\left( x \right) = 6F\left( {\frac{x}{2}} \right) + C\).

Với \(x = 4 \Rightarrow F\left( 4 \right) = 6F\left( 2 \right) + C \Rightarrow 6F\left( 2 \right) + C = 1\) (1).

Với \(x = 8 \Rightarrow F\left( 8 \right) = 6F\left( 4 \right) + C \Rightarrow F\left( 8 \right) - C = 6\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(6F\left( 2 \right) + F\left( 8 \right) = 7\).

Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{6F\left( 2 \right) + F\left( 8 \right) = 7}\\{5F\left( 2 \right) + 2F\left( 8 \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{F(2) = 2}\\{F\left( 8 \right) = - 5}\end{array}} \right.\)

Có .

Do đó ta chọn như sau

Từ đồ thị của hàm số ta xác định được \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}1&{{\rm{\;khi\;}} - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{2}x + 2}&{{\rm{\;khi\;}}2 \le x \le 6}\end{array}} \right.\).

Do \(F\) là nguyên hàm của \(f\) nên \(F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + {C_1}}&{{\rm{\;khi\;}} - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{4}{x^2} + 2x + {C_2}}&{{\rm{khi\;}}2 \le x \le 6\,\,\,}\end{array}} \right.\).

Ta có \(F\left( { - 1} \right) = - 1 \Leftrightarrow - 1 + {C_1} = - 1 \Leftrightarrow {C_1} = 0\).

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;6} \right] \Rightarrow F\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;6} \right]\).

\( \Rightarrow F\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 2\)

$\Rightarrow \underset{x\to 2^{-}}{\lim }F\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }F\left(x\right)\iff 2+C_1=3+C_2\iff C_2=-1$.

Suy ra \(F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}x&{{\rm{\;khi\;}} - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{4}{x^2} + 2x - 1}&{{\rm{khi\;}}2 \le x \le 6\,\,}\end{array}} \right.\).

Vậy \(F\left( 4 \right) + F\left( 6 \right) = 5\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Biết \(F\) là nguyên hàm của \(f\) thỏa mãn \(F\left( { - 1} \right) = - 1\). Giá trị của \(F\left( 4 \right) + F\left( 6 \right)\) bằng (1) 5.

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\), theo giả thiết \(A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

Vì là tam giác đều nên \(AH \bot BC\). Vậy \(BC \bot \left( {A'AH} \right) \Rightarrow BC \bot AA'\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(AB,N\) là trung điểm \(MB\). Ta có \(CM \bot AB,NH\) là đường trung bình nên \(HN//CM \Rightarrow HN \bot AB\).

Mà góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) bằng góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(\widehat {A'NH} = 60^\circ \).

Ta có \(HN = \frac{1}{2}CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow A'H = NH.{\rm{tan}}60^\circ = \frac{{3a}}{4}\).

Vì \(A'H \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(A'H \bot BC\), mặt khác \(A'H \bot \left( {A'B'C'} \right)\) nên \(A'H \bot A'B'\)

\( \Rightarrow d\left( {A'B',BC} \right) = A'H = \frac{{3a}}{4}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {A'AH} \right)\), kẻ \(HK \bot AA'\) tại \(K\).

Ta thấy \(HK \bot AA'\) mà \(AA'//BB' \Rightarrow HK \bot BB'\), \(HK \bot BC\) nên \(HK \bot \left( {BCC'B'} \right)\).

Vì \(AA'//BB'\) nên \(d\left( {A',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {K,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = HK\).

Trong \({\rm{\Delta }}A'AH\) có \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};A'H = \frac{{3a}}{4}\) nên \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{A'{H^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{28}}{{9{a^2}}}\)

\( \Rightarrow HK = \frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Thể tích của hộp là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.10^2}.56 = 5600\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Tổng chiều cao của \(n\) quả bóng thả trong hộp là: \(2nR = 2n.10 = 20n\).

Ta có: \(20n \le 56 \Leftrightarrow n \le 2,8\).

Vậy hộp chỉ đựng được tối đa 2 quả bóng.

Vì \(\left( P \right)//OO'\) nên \(d\left( {OO',\left( P \right)} \right) = d\left( {O,\left( P \right)} \right) = OH\) (với \(H\) là trung điểm cạnh \(AB\))

Ta có: \({S_{ABCD}} = 80 \Leftrightarrow AB.AD = 80 \Leftrightarrow AB = \frac{{10}}{7}\left( {AD = h = 56} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2BH = \frac{{10}}{7} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} - O{H^2}} = \frac{5}{7} \Leftrightarrow OH = \frac{{5\sqrt {195} }}{7}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Đạo hàm hai vế \(f\left( x \right)\) ta có:

\(3n{(1 + 3x)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2}x + \ldots n{a_n}{x^{n - 1}}\)

\( \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 3n{.4^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2} + \cdots + n{a_n} = 49152n \Rightarrow {4^{n - 1}} = 16384 \Leftrightarrow n = 8\).

Số hạng tổng quát thứ \(k + 1\) trong khai triển thành đa thức của \({(1 + 3x)^8}\) là \({T_{k + 1}} = C_8^k{3^k}{x^k}\)

\( \Rightarrow {a_3} = C_8^3{3^3} = 1512\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Cho đa thức \(f\left( x \right) = {(1 + 3x)^n} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} + \cdots + {a_n}{x^n}\left( {n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\). Biết rằng \({a_1} + 2{a_2} + \cdots + n{a_n} = 49152n\), khi đó hệ số \({a_3}\) bằng (1) 1512.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} [f(x) + 3g(x)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) + 3\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g(x) = 2 + 3( - 3) = - 7\).

$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sin (1-x)}{x-1}\stackrel{t=1-x}{\to }\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin t}{-t}=-\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin t}{t}=-1$.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x)\sin x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x).\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sin x}}{x} = 2.\frac{{\sin 1}}{1} = 2\sin 1\).\[\]

Do đó ta chọn đáp án như sau

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là \(x\left( m \right){\rm{\;}}(x > 0)\) và chiều dài của phần đất trồng rau và nuôi gà lần lượt là \(a\left( m \right),b\left( m \right){\rm{\;}}(a > 0;b > 0)\).

Khi đó diện tích của khu đất là \(S = \left( {a + b} \right)x\left( {{m^2}} \right)\).

Mặt khác theo giả thiết tổng chi phí là 20 triệu đồng nên ta có:

\(3x.40000 + \left( {a + b} \right)80000 = 20000000 \Leftrightarrow 3x + 2\left( {a + b} \right) = 500\).

Ta có \(6S = 3x.2\left( {a + b} \right) \le \frac{{{{[3x + 2\left( {a + b} \right)]}^2}}}{4} = \frac{{{{500}^2}}}{4} \Rightarrow S \le \frac{{31250}}{3}\).

\( \Rightarrow {{\rm{S}}_{{\rm{max}}}} = \frac{{31250}}{3} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 125}\\{x = \frac{{250}}{3}}\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow \) Chi phí nguyên vật liệu làm hàng rào \(AB\) là: \(125.80000 = 10000000\) (đồng).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{1 - 3x}}{{x - 1}} = - \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lại có, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{1 - 3x}}{{x - 1}} = - 3\) nên đường thẳng \(y = - 3\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Giao điểm của hai đường tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị. Do đó \(I\left( {1; - 3} \right)\). Chọn D.

Ta có: \(I = \int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_2^4 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}\left( {3 + 1} \right)2 - \frac{1}{2}\left( {1 + 2} \right)1 = \frac{5}{2}\). Chọn D.

Gọi a là số tiền hàng tháng thầy Thắng phải gửi vào ngân hàng, r là lãi suất hàng tháng.

Sau n tháng số tiền cả gốc lẫn lãi là

\({T_n} = \frac{a}{r}\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\)

Suy ra \(a = \frac{{{T_n}.r}}{{\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]}} = \frac{{1\,000\,000\,000.0,5\% }}{{\left( {1 + 0,5\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,5\% } \right)}^{60}} - 1} \right]}} \approx 14\,261\,500\) đồng. Chọn D.

Ta có:

+) \(\left( P \right):x + y + z - 1 = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\vec a = \left( {1;1;1} \right)\).

+) \[\left( Q \right):2x + my + 2z + 3 = 0\] có vectơ pháp tuyến \(\vec b = \left( {2;m;2} \right)\).

+) \[\left( R \right): - x + 2y + nz = 0\] có vectơ pháp tuyến \(\vec c = \left( { - 1;2;n} \right)\).

\(\left( P \right) \bot \left( R \right) \Leftrightarrow \vec a.\vec c = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2 + n = 0 \Leftrightarrow n = - 1\).

\(\left( P \right)//\left( Q \right) \Leftrightarrow \frac{2}{1} = \frac{m}{1} = \frac{2}{1} \Leftrightarrow m = 2\).

Vậy \(m + 2n = 2 + 2\left( { - 1} \right) = 0\). Chọn C.

Theo giả thiết ta có \(I\left( 1 \right) = A = 500\).

Ngày thứ 10 có 1000 ca nên \(I\left( {10} \right) = A.{e^{9{r_0}}} \Leftrightarrow 1000 = 500.{e^{9{r_0}}} \Leftrightarrow {r_0} = \frac{{\ln 2}}{9}\).

Vậy ngày thứ 20 số ca nhiễm bệnh là \(I\left( {20} \right) = 500.{e^{\frac{{19\ln 2}}{9}}} \approx 2160\). Chọn B.

Tại thời điểm \(t = 20\left( s \right)\), \(v\left( {20} \right) = 0\) nên \({v_0} + 20a = 0 \Rightarrow a = - \frac{{{v_0}}}{{20}}\).

Do đó, \(v\left( t \right) = {v_0} - \frac{{{v_0}}}{{20}}t\).

Mặt khác, \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) \Rightarrow \int\limits_0^{20} {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^{20} {s'\left( t \right)dt} = s\left( t \right)\left| \begin{array}{l}^{20}\\_0\end{array} \right. = s\left( {20} \right) - s\left( 0 \right) = 120\).

Suy ra, \(\int\limits_0^{20} {\left( {{v_0} - \frac{{{v_0}}}{{20}}t} \right)dt} = 120 \Rightarrow \left( {{v_0}t - \frac{{{v_0}}}{{40}}{t^2}} \right)\left| \begin{array}{l}^{20}\\_0\end{array} \right. = 120\)

\( \Leftrightarrow \)\(20{v_0} - 10{v_0} = 120 \Rightarrow {v_0} = 12\left( {m/s} \right)\). Chọn C.

Gọi F là trung điểm của BC.

Xét \(\Delta ABC\) có E; F lần lượt là trung điểm của AC; BC

\( \Rightarrow \) EF là đường trung bình của \(\Delta ABC\).

\( \Rightarrow \)\[EF//AB \Rightarrow \left( {AB,DE} \right) = \left( {EF,DE} \right)\].

Ta có \[AB \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow EF \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow EF \bot FD\] (vì \(FD \subset \left( {BCD} \right)\)).     

\( \Rightarrow \Delta EFD\) vuông tại F do đó \(\left( {EF,DE} \right) = \widehat {FED}\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot BC\\CD \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow CD \bot AC\) hay \[\Delta ACD\] vuông tại C.

Xét tam giác vuông ECD có

\[ED = \sqrt {E{C^2} + C{D^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)}^2} + C{D^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].

Xét \(\Delta EFD\) vuông tại \(F\) có \(\cos \widehat {FED} = \frac{{EF}}{{ED}} = \frac{{AB}}{{2ED}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {FED} = 60^\circ \).

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và DE bằng \(60^\circ \). Chọn D.

Số cách chọn ra hai bạn học sinh làm tổ trưởng và tổ phó từ 10 học sinh là \(A_{10}^2 = 90\). Chọn B.

Điều kiện: \(x > 0\).

Vì ba số \({\log _3}x\), –1, \({\log _3}\left( {81x} \right)\) theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên: 

\(\frac{{{{\log }_3}x + {{\log }_3}\left( {81x} \right)}}{2} = - 1 \Leftrightarrow {\log _3}x + {\log _3}\left( {81x} \right) = - 2 \Leftrightarrow {\log _3}{\left( {9x} \right)^2} = - 2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {9x} \right)^2} = {3^{ - 2}} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow {\left( {9x} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} \Rightarrow 9x = \frac{1}{3}\), do \(x > 0 \Rightarrow x = \frac{1}{{27}}\).

Vậy \(m = 1\), \(n = 27 \Rightarrow m + n = 28\). Chọn A.

\(\sin 5x + \sqrt 3 \cos 5x = 2\sin 7x\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 5x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 5x = \sin 7x \Leftrightarrow \sin \left( {5x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin 7x\)

\[ \Leftrightarrow \sin 7x = \sin \left( {5x + \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}7x = 5x + \frac{\pi }{3} + k2\pi \\7x = \pi - \left( {5x + \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k\pi }}{6}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Xét khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\):

+) $0<\frac{\pi }{6}+k\pi <\frac{\pi }{2}\iff -\frac{1}{6}<k<\frac{1}{3}\underset{}{\overset{k\in \mathbb{Z}}{\to }}k=0\Rightarrow x=\frac{\pi }{6}$.

+) $0<\frac{\pi }{18}+k\frac{\pi }{6}<\frac{\pi }{2}\iff -\frac{1}{3}<k<\frac{8}{3}\underset{}{\overset{k\in \mathbb{Z}}{\to }}\left[\begin{array}{l}k=0\Rightarrow x=\frac{\pi }{18}\\ k=1\Rightarrow x=\frac{2\pi }{9}\\ k=2\Rightarrow x=\frac{7\pi }{18}\end{array}\right.$.

Vậy phương trình có 4 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D.

Khi quay hình trên quanh cạnh BN ta được một khối tròn xoay gồm một khối trụ có bán kính đáy bằng 2 dm, chiều cao bằng 4 dm và một khối nón cụt có bán kính hai đáy lần lượt là 2 dm và 3 dm, chiều cao bằng 2 dm.

Do đó thể tích của khối tròn xoay là

\(V = 4\pi .4 + \frac{2}{3}\left( {4\pi + 9\pi + \sqrt {4\pi .9\pi } } \right) = \frac{{86\pi }}{3}\left( {d{m^3}} \right)\). Chọn B.

Đặt \(z = x + yi\), \(\left| {z - 1} \right| = \left| {x - 1 + yi} \right| = \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \)

Do đó \(1 \le \left| {z - 1} \right| \le 2\)\( \Leftrightarrow 1 \le \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \le 2 \Leftrightarrow 1 \le {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le 4\)

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hình phẳng nằm trong đường tròn tâm \(I\left( {1;0} \right)\) bán kính \(R = 2\) và nằm ngoài đường tròn \(I\left( {1;0} \right)\) bán kính \(r = 1\).

Diện tích hình phẳng \(S = \pi {.2^2} - \pi {.1^2} = 3\pi \). Chọn B.

Theo giả thiết ta có

Lượng Poloni 210 ban đầu \({T_0} = m\). 

Lượng Poloni 210 còn lại sau 138 ngày: \({T_1} = \frac{1}{2}m\).

Lượng Poloni 210 còn lại sau \(138 \times 2\) ngày: \({T_2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}m\)

Cứ như vậy lượng Poloni 210 còn lại sau \(138 \times n\) ngày: \({T_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}m\).

Yêu cầu bài toán tương đương \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}m = \frac{1}{{10}}m \Leftrightarrow n = {\log _{\frac{1}{2}}}\frac{1}{{10}}\).

Vậy sau ít nhất \(138 \times n = 138 \times {\log _{\frac{1}{2}}}\frac{1}{{10}} \approx 459\) ngày thì khối lượng Poloni 210 còn lại bằng \(\frac{1}{{10}}\) khối lượng ban đầu. Chọn C.

Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi Rh = \pi .6.25 = 150\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Khi lăn sơn quay một vòng sẽ quét được một diện tích bằng diện tích xung quanh của hình trụ. Do đó trục lăn quay 10 vòng sẽ quét được diện tích là \(S = 10.{S_{xq}} = 1500\pi \;\left( {c{m^2}} \right)\). Chọn A.

Gọi \({S_1}\) là diện tích mặt đáy tháp. Ta có: \({S_1} = 15\left( {{m^2}} \right)\).

Theo yêu cầu khi xây dựng tòa tháp, diện tích mặt đáy các tầng tiếp theo là:

\({S_2} = \frac{1}{2}{S_1}\)

\({S_3} = \frac{1}{2}{S_2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}{S_1}\)

……

\({S_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}{S_1}\)

Tổng diện tích mặt sàn 11 tầng tháp là

\(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_{11}} = {S_1}.\left( {1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{2^{10}}}}} \right) = 15.1.\frac{{1 - \frac{1}{{{2^{11}}}}}}{{1 - \frac{1}{2}}} \approx 29,98\left( {{m^2}} \right)\).

Diện tích mỗi viên gạch là \(30.30 = 900\left( {c{m^2}} \right) = 0,09\left( {{m^2}} \right)\).

Số lượng gạch hoa cần mua là \(\frac{S}{{0,09}} \approx 333,17\) (viên).

Vậy cần mua 334 viên gạch. Chọn B.

Do \(\cos x + 2 > 0\), \(\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \(y = \frac{{m\sin x + 1}}{{\cos x + 2}} \Leftrightarrow m\sin x - y\cos x = 2y - 1\).

Do phương trình có nghiệm nên

\({m^2} + {y^2} \ge {\left( {2y - 1} \right)^2} \Leftrightarrow 3{y^2} - 4y + 1 - {m^2} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{2 - \sqrt {3{m^2} + 1} }}{3} \le y \le \frac{{2 + \sqrt {3{m^2} + 1} }}{3}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của y bằng \(\frac{{2 - \sqrt {3{m^2} + 1} }}{3}\).

Do đó yêu cầu bài toán tương đương

\(\frac{{2 - \sqrt {3{m^2} + 1} }}{3} < - 1 \Leftrightarrow 3{m^2} + 1 > 25 \Leftrightarrow {m^2} > 8 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 2\sqrt 2 \\m < - 2\sqrt 2 \end{array} \right..\)

Vì m là giá trị nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 5;5} \right]\) nên \(m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3;3;4;5} \right\}\). 

Vậy có 6 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Ta có \[AB = 3;BC = 5;AC = 4\]; \(\overrightarrow {BA} = \left( { - 3;0;0} \right);\overrightarrow {CA} = \left( {0;0; - 4} \right)\)

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Khi đó \(BC.\overrightarrow {IA} + CA.\overrightarrow {IB} + AB.\overrightarrow {IC} = \vec 0\).

Do đó \[5\overrightarrow {IA} + 4\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \vec 0 \Leftrightarrow 12\overrightarrow {IA} = 4\overrightarrow {BA} + 3\overrightarrow {CA} \]

\( \Leftrightarrow 12\overrightarrow {IA} = \left( { - 12;0; - 12} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} = \left( { - 1;0; - 1} \right)\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - a = - 1\\1 - b = 0\\1 - c = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\\c = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow I\left( {2;1;2} \right)\). Chọn B.

Phương trình \(9{z^2} + 6z + 1 - m = 0\)\(\left( * \right)\) có \(\Delta ' = 9 - 9\left( {1 - m} \right) = 9m\).

Xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1.\(\left( * \right)\) có nghiệm thực \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 0\).

Khi đó, \(\left| z \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 1\\z = - 1\end{array} \right.\)

+) \(z = 1 \Rightarrow m = 16\) (thỏa mãn).

+) \(z = - 1 \Rightarrow m = 4\) (thỏa mãn).

Trường hợp 2. \(\left( * \right)\) có nghiệm phức \(z = a + bi\left( {b \ne 0} \right) \Leftrightarrow \Delta ' < 0 \Leftrightarrow m < 0\).

Nếu z là một nghiệm của phương trình \(9{z^2} + 6z + 1 - m = 0\) thì \(\bar z\) cũng là một nghiệm của phương trình \(9{z^2} + 6z + 1 - m = 0\).

Ta có \(\left| z \right| = 1 \Leftrightarrow {\left| z \right|^2} = 1 \Leftrightarrow z.\bar z = 1 \Leftrightarrow \frac{{1 - m}}{9} = 1 \Leftrightarrow m = - 8\) (thỏa mãn).

Vậy tổng các giá trị thực của m bằng 12. Chọn B.

Gọi \(E = NP \cap CD\). Suy ra \(P\)là trung điểm của \(EN\) và \(ED = ND' = \frac{1}{2}DC\).

Đặt \(DC = 2d\), \(BC = 2r\).

Ta có \({S_{EMA}} = {S_{ECBA}} - {S_{EMC}} - {S_{ABM}} = 5dr - \frac{3}{2}dr - dr = \frac{5}{2}dr\)

\({V_{N.EAM}} = \frac{1}{3}{S_{EMA}}.d\left( {N,\left( {EMA} \right)} \right) = \frac{1}{3}{S_{EMA}}.CC'\)

\( = \frac{5}{{24}}.4dr.CC' = \frac{5}{{24}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 30\).

Lại có \(\frac{{{V_{N.PAM}}}}{{{V_{N.EAM}}}} = \frac{{NP}}{{NE}}.\frac{{NA}}{{NA}}.\frac{{NM}}{{NM}} = \frac{1}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{N.PAM}} = \frac{1}{2}{V_{N.EAM}} = 15\). Chọn A.

Ta thấy \(M\left( {1;0;0} \right)\) là một điểm thuộc \(\left( P \right)\).

Vì \(\left( P \right)//\left( Q \right)\) nên

\(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 10} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 4\).

Giả sử \(I\left( {a;b;c} \right)\) là tâm của \(\left( S \right)\).

Vì \(\left( S \right)\) tiếp xúc với cả \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) nên bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(R = \frac{{d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right)}}{2} = \frac{4}{2} = 2\).

Do đó \(IA = 2\) nên I luôn thuộc mặt cầu \(\left( T \right)\) tâm A, bán kính 2.

Ngoài ra, \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = d\left( {I,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {2a - b - 2c - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| {2a - b - 2c + 10} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }}\)

\( \Leftrightarrow \left| {2a - b - 2c - 2} \right| = \left| {2a - b - 2c + 10} \right| \Leftrightarrow 2a - b - 2c - 2 = - \left( {2a - b - 2c + 10} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2a - b - 2c + 4 = 0\).

Do đó, I luôn thuộc mặt phẳng \(\left( R \right):2x - y - 2z + 4 = 0\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên \(\left( R \right)\). Vì A, \(\left( R \right)\) cố định nên H cố định.

Ta có \(AH = d\left( {A,\left( R \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 2 - 2.1 + 4} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{2}{3}\).

Mà \(AH \bot \left( R \right) \Rightarrow AH \bot HI\), do đó \(\Delta AHI\) vuông tại H nên

\(HI = \sqrt {A{I^2} - A{H^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{3}\).

Vậy I luôn thuộc đường tròn tâm H, nằm trên mặt phẳng \(\left( R \right)\), bán kính \(r = \frac{{4\sqrt 2 }}{3}\). Chọn A.

Đọc nội dung nhan đề và phần Sapo đoạn [0], xác định các từ khóa quan trọng để xác định nội dung chính của văn bản: “Khai thác và phát triển nguồn gen”, “thực hiện nhờ ứng dụng khoa học công nghệ”, “bảo tồn đa dạng sinh học” nên Từ khóa đúng là C.

Có thể sử dụng phương pháp loại trừ để tìm ra được Từ khóa đúng: Bài viết không nhắc tới một/nhiều ứng dụng nổi bật nên loại B, “khoa học công nghệ” chỉ là một khía cạnh trong việc bảo tồn nguồn gen nên loại A, bài viết không nhắc tới nguyên nhân bảo tồn gen quý nên loại D. Chọn C. 

Đọc lại đoạn [2], xác định được mục đích của các đơn vị là bảo tồn nguồn gen quý hiếm bằng cách chọn lọc, phục hồi và phát triển các giống có năng suất cao, chất lượng và khả năng chống chịu tốt qua quá trình thử nghiệm. Từ đó suy luận, xác định được các từ khóa quan trọng.

Câu văn đầy đủ là: “Với những yêu cầu đặt ra trong quá trình bảo tồn nguồn gen quý hiếm để đảm bảo tính đa dạng sinh học, các đơn vị cần chọn lọc những giống có năng suất cao trước để tiến hành thử nghiệm các ứng dụng khoa học mới, vượt qua nhiều lần kiểm duyệt.”

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

- Vị trí 1: bảo tồn.

- Vị trí 2: chọn lọc.

- Vị trí 3: thử nghiệm.

Căn cứ vào cụm từ “giống lan” và “Bắc Trung Bộ” xác định nội dung cần tìm nằm trong đoạn [4], mục tiêu của dự án là: “phục vụ công tác bảo tồn, khai thác và phát triển nguồn gen các loài này một cách bền vững và hiệu quả, góp phần bảo tồn đa dạng sinh học của tự nhiên” nên Từ khóa đúng là số 2 và 4.

Chọn:

þ Thử nghiệm đề tài khoa học trong việc tạo ra giống cây lan mới.

þTìm kiếm và phát hiện những cá thể lan đột biến trong vùng.

Căn cứ vào các từ “Vinasoy”, “kĩ thuật” và “nghiên cứu” xác định nội dung cần tìm nằm trong đoạn [6], xác định từ cần điền là “năng suất” vì có thông tin “Vinasoy đã đầu tư phát triển đội ngũ kĩ sư, nhà khoa học giỏi nhất và công nghệ nghiên cứu tiên tiến nhất trong lĩnh vực đậu nành. Qua đó, chọn tạo thành công giống đậu nành không biến đổi gen VINASOY 02 - NS, có năng suất cao,…”.

Từ cần điền là: năng suất.

Căn cứ vào từ “vật nuôi” xác định được nội dung cần tìm nằm trong đoạn [8], có thông tin tương đương: “các đề tài nghiên cứu không những […] mà còn xây dựng được một số quy trình chăn nuôi...”. Cần xác định “các đề tài nghiên cứu” ở đây là gì, dựa vào tiêu đề và nội dung các đoạn trên. Đó là đề tài về ứng dụng khoa học công nghệ vào bảo tồn và phát triển nguồn gen.

Câu văn đầy đủ là: “Việc ứng dụng công nghệ trong bảo tồn nguồn gen quý của vật nuôi không chỉ tạo ra những hiệu quả về phát triển gen mà còn xây dựng được những tiêu chuẩn, quy trình trong việc chăm sóc động, thực vật.”.

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

- Vị trí 1: ứng dụng.

- Vị trí 2: bảo tồn.

- Vị trí 3: phát triển.

Đọc lại đoạn [9], dựa vào thông tin: “tuy nhiên chưa xây dựng được mạng lưới nguồn gen […] nên việc giới thiệu, quảng bá, khai thác sử dụng nguồn gen còn hạn chế”. Cụm từ “một số khó khăn” tương đương với vế câu “tuy nhiên…” vì từ “tuy nhiên” mang ý nghĩa trái chiều.

Từ cần điền là: mạng lưới.

Ý chính các đoạn trong bài.

Đoạn 1. Tính cấp thiết của việc tái chế rác thải xây dựng.

Đoạn 2. Một số phương pháp được đề xuất để tái chế chất thải xây dựng.

Đoạn 3-5. Giới thiệu và những ưu điểm chính của phương pháp tái chế chất thải xây dựng thành hạt cốt liệu nung rỗng.

Đoạn 6-9. Quá trình thực hiện nghiên cứu chế tạo bê tông cách nhiệt chịu lực từ chất thải xây dựng.

Đoạn 10-11. Những khó khăn trong quá trình thực hiện nghiên cứu và đề xuất phương án giải quyết.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn câu là: “Chế tạo bê tông nhẹ có khả năng cách nhiệt và chịu lực từ chất thải xây dựng.”. Chọn A. 

Đọc đoạn [1], [2] trong văn bản, chú ý câu văn sử dụng từ “chôn lấp”. “Tuy nhiên, phần lớn các khu xử lí chất thải rắn hiện nay đều bị quá tải và chủ yếu sử dụng biện pháp chôn lấp.”. Nhận thấy đề bài đã thay thế “biện pháp chôn lấp” thành “việc chôn lấp”, kết hợp thông tin trong đoạn. “Đó là lí do khiến ngành xây dựng đang nghĩ đến cách tiếp cận mới. Tái chế chất thải xây dựng.” để suy luận biện pháp chôn lấp không còn phù hợp, cần thay thế bằng một biện pháp mới.

Từ cần điền trong đoạn là: biện pháp.

Biên độ của sóng có biên độ cao là (1) _100_ cm.

Giải thích

Từ Hình 1, ta thấy: đối với sóng có biên độ cao thì biên độ của sóng là 100 cm.

Tốc độ trung bình: \[{v_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{{s_2} - {s_1}}}{{{t_2} - {t_1}}} = \frac{{3,85 - 0,55}}{{3,5 - 0,5}} = 1,1\;\]m/s.

 Khi so sánh sự ảnh hưởng của lực căng của lò xo thì có thể kết luận rằng khi lực căng của lò xo tăng dẫn đến (1) tốc độ truyền sóng tăng.

Giải thích

Dựa vào Hình 2.

Khi so sánh đồ thị quãng đường – thời gian với hai trường hợp sóng có biên độ/độ căng cao và biên độ cao/ độ căng thấp ta thấy rằng độ dốc của đồ thị trong trường hợp biên độ/độ căng cao lớn hơn. Hay nói cách khác trong trường hợp sóng có biên độ/độ căng cao thì quãng đường sóng truyền đi được trong một đơn vị thời gian là lớn hơn.

Đáp án

Đúng.

Giải thích

Đồ thị biểu diễn mối liên hệ quãng đường – thời gian sóng truyền trong trường hợp biên độ và độ căng thấp là đường thẳng. Vậy với mỗi quãng đường đi được trong 0,1 s là như nhau nên tốc độ không đổi và được duy trì.

Dựa theo Hình 1, ta thấy trong đoạn từ 0 đến 10 m tương ứng với \(6,25\lambda \)

\( \to 6,25\lambda = 10 \to \lambda = \frac{{10}}{{6,25}} = 1,6\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Đáp án A

Dựa trên Hình 1 và Hình 2, ta có biên độ sóng không ảnh hưởng đến tốc độ truyền sóng

→ Âm thanh phát ra lớn và âm thanh phát ra nhỏ trong cùng một môi trường truyền sóng thì có tốc độ bằng nhau.

Hai điểm gần nhau nhất trên lò xo dao động ngược pha cách nhau 3 cm nên:

\[\frac{{2\pi d}}{\lambda } = \pi \Rightarrow \lambda = 2d = 2.3 = 6\,cm\]

Bước sóng: \(\lambda = 6\;{\rm{cm}} \to \) tốc độ truyền sóng là: \(v = \frac{\lambda }{T} = \frac{6}{1} = 6\;{\rm{cm}}/{\rm{s}}\)

Khoảng thời gian để \(M\) nhận sóng (bắt đầu đi lên) từ nguồn O là: \(\Delta t = \frac{{OM}}{v} = \frac{{12}}{6} = 2s\)

Khoảng thời gian điểm \({\rm{M}}\) từ lúc nhận sóng (bắt đầu dao động đi lên) đến khi qua VTCB đi xuống là: \(\frac{T}{2} = \frac{1}{2}\;{\rm{s}}\)

\( \to \) Thời điểm cần tìm là: \(t' = \Delta t + \frac{T}{2} = 2 + \frac{1}{2} = 2,5\;{\rm{s}}\).

Theo đoạn thứ 3 của phần dẫn: Cường độ của dòng điện (lượng điện tích (q) dịch chuyển qua tiết diện thẳng của vật dẫn trong thời gian (t))

→ Ngoài đơn vị là ampe (A), cường độ dòng điện có thể có đơn vị là Culông trên giây (C/s).

Chọn D.

Từ Bảng 1, ta có đối với dây dẫn kim loại có chiều dài 100 m có: I = 1.10⁻³A

Mà cường độ của dòng điện (lượng điện tích (q) dịch chuyển qua tiết diện thẳng của vật dẫn trong thời gian (t)) \( \to I = \frac{q}{t} \to q = I.t = {10^{ - 3}}.10 = {10^{ - 2}}{\rm{C}}\). Chọn C.

Đáp án

Đúng

Giải thích

Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều đi vào chốt dương (+) và đi ra từ chốt âm (-).

→ Ampe kế được mắc nối với điện trở kim loại sao cho cực dương của ampe kế được mắc về cực dương của nguồn điện và cực âm của ampe kế được mắc về phía cực âm của nguồn điện

Trong Thí nghiệm 1, chỉ có chiều dài của điện trở kim loại được thay đổi.

Mặt khác, dựa theo kết quả trong Bảng 1 thì khi chiều dài của điện trở kim loại giảm, dòng điện tăng và điện trở giảm.

Điện trở tỉ lệ thuận với điện trở suất và chiều dài vật dẫn, tỉ lệ nghịch với tiết diện vật dẫn.

Để dòng điện qua vật dẫn có giá trị lớn nhất thì điện trở của vật dẫn phải nhỏ nhất.

Ở cột chiều dài ta có thể loại chiều dài 100 m

Ở cột vật liệu ta loại được Nickel và thiếc

Ở cột tiết diện loại được các giá trị 2.10-10

Chọn C.

Dựa vào Bảng 1, nhận thấy mẫu B và C chỉ giống nhau ở khối lượng riêng.

Chọn D.

Văn bản đã cung cấp thông tin về quan điểm của học sinh 3: “Nếu hai mẫu có cùng khối lượng, thể tích, khối lượng riêng thì chúng được tạo thành từ cùng một chất”. So sánh dữ liệu ở Bảng 1, mẫu A và B có cùng khối lượng, thể tích, khối lượng riêng, do đó theo quan điểm của học sinh 3, mẫu A và B được tạo thành từ cùng một chất.

Chọn: Đúng.

Văn bản đã cung cấp thông tin về quan điểm của học sinh 1: “Nếu 2 mẫu có cùng giá trị về cả 5 tính chất thì chúng được tạo thành bởi cùng một chất”. So sánh dữ liệu ở Bảng 1, mẫu C và D giống nhau ở cả 5 tính chất.

Chọn B.

- Theo quan điểm của học sinh 2, nếu hai mẫu giống nhau về ba tính chất bất kỳ trở lên trong số năm tính chất thì chúng được tạo thành từ cùng một chất. Do đó, học sinh 2 sẽ đồng ý với quan điểm trên.

- Theo quan điểm của học sinh 4, nếu hai mẫu có cùng khối lượng riêng, điểm nóng chảy và điểm sôi thì chúng được tạo thành từ cùng một chất.

Chọn A.

Dựa vào phần lưu ý: Khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của mỗi mẫu được xác định ở 20oC và tất cả 5 tính chất được xác định ở áp suất 1 atm.

Đáp án: 20.

Tại nhiệt độ \[{890^o}C\] mẫu D sẽ là chất khí và tại nhiệt độ \[{20^o}C,\] mẫu D là chất rắn (do điểm nóng chảy của D là \[{885^o}C).\]Chất khí nhẹ hơn chất rắn, do đó câu trả lời là “thấp hơn”.

Đáp án: thấp hơn.

Giải thích:

- Nhận định 1 là SAI, vì quy trình thực hiện Thí nghiệm 1 và Thí nghiệm 2 là khác nhau. Thí nghiệm 1 có mục đích là khảo sát sự ảnh hưởng của dung dịch mạ và cường độ dòng điện tới quá trình mạ kim loại quý lên trên mẫu đồng xu, còn Thí nghiệm 2 khảo sát thời gian thực hiện quá trình mạ và diện tích tiếp xúc của đồng xu ảnh hưởng như thế nào tới kết quả cuối cùng.

- Nhận định 2 là SAI, dựa vào độ tăng khối lượng từ mạ điện ở bảng 1.

Thông qua Thí nghiệm 1 và Thí nghiệm 2, từ khối lượng kim loại phủ lên đồng xu hợp kim kẽm ta thấy việc có dòng điện chạy qua đồng xu là cần thiết trong quá trình mạ.

Đáp án: dòng điện.

Trong thí nghiệm 1 và 2 không khảo sát quá trình mạ kim loại vàng lên đồng xu. Thí nghiệm 1 khảo sát quá trình mạ kim loại bạc và đồng, thí nghiệm 2 khảo sát quá trình mạ kim loại bạc lên mẫu đồng xu.

Chọn: Đúng.

Ta thấy đồng xu II và IV khác nhau về dung dịch mạ. Đồng xu II được nhúng vào dung dịch silver nitrate \[(AgN{O_3})\]và có độ tăng khối lượng lớn hơn so với đồng xu IV được nhúng vào dung dịch copper(II) sulfate \((CuS{O_4})\)và có độ tăng khối lượng ít hơn. Như vậy kẽm được mạ nhiều hơn khi tiếp xúc với dung dịch \[(AgN{O_3})\]so với dung dịch \((CuS{O_4}).\)

Chọn D.

Theo kết quả trong Bảng 1, khối lượng kim loại mạ lên đồng xu sẽ tăng theo cường độ dòng điện sử dụng. Vậy khối lượng Cu mạ lên đồng xu tại 1 580 mA sẽ lớn hơn khối lượng Cu mạ được tại cường độ dòng điện 1 000 mA và nhỏ hơn khối lượng Cu mạ được tại 2 000 mA. Kết quả phù hợp là 1,9 mg. 

Chọn B.