Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 14)

Nếu hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) thì hàm số \(\frac{1}{{f\left( x \right)}}\) không đồng biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\).

Nếu hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) và hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên khảng \(\left( {a;b} \right)\) thì hàm số \(f\left( x \right) - g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\) là đúng.

Do đó ta chọn đáp án như sau

\(\int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 3 - 6 = - 3\).

Do đó ta điền như sau

Đáp án: −3.

Số cách xếp là 3!.4! = 144 cách xếp.

Do đó ta điền như sau

Đáp án: 144.

Ta có:

\( - 1 \le {\rm{cos}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow 7 - 2.\left( { - 1} \right) \ge 7 - 2{\rm{cos}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \ge 7 - 2.1\)

\( \Leftrightarrow 5 \le y \le 9\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 9, giá trị nhỏ nhất của hàm số là 5.

Do đó ta điền đáp án như sau

Giá trị lớn nhất của hàm số là 9.

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}}\)\( \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15\).

Suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15} \right] = 15\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f(x) - 15}}{{\left( {{x^2} - 4} \right)[\sqrt {2f(x) + 6} + 4]}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\frac{{f(x) - 15}}{{x - 2}}.\frac{1}{{(x + 2).[\sqrt {2f(x) + 6} + 4]}}} \right]\)

\( = 3.\frac{1}{{\left( {2 + 2} \right).\left( {\sqrt {2.15 + 6} + 4} \right)}} = \frac{3}{{40}}\)

Do đó ta điền đáp án như sau

Đáp án: \(\frac{3}{{40}}\).

\(1,\,\,x,\,\,9,\,\,y\) theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x = 1 + 9}\\{2.9 = x + y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{y = 13}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Khi đó: x = 5; y = 13.

\(70560 = {2^5}{.3^2}{.5.7^2}\) nên nó có tất cả 6.3.2.3 \( = 108\) ước nguyên dương.

Do đó ta điền đáp án như sau

Số 70560 có tất cả 108 ước nguyên dương.

Ta có: \(F\left( \pi \right) - F\left( 0 \right) = \int\limits_0^\pi {{\rm{sin}}2xdx} = 0 \Rightarrow F\left( \pi \right) = F\left( 0 \right) = 1\).

\(F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) - F\left( 0 \right) = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{\rm{sin}}2xdx} = 1 \Rightarrow F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2\).

\(F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) - F\left( 0 \right) = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{\rm{sin}}2xdx} = \frac{1}{2} \Rightarrow F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \frac{3}{2}\).

\(F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) + \frac{1}{2}F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 2 + \frac{1}{2}.\frac{3}{2} = \frac{{11}}{4} = 2,75\).

Do đó ta điền đáp án như sau

\(F\left( \pi \right) = \)1.

\(F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) + \frac{1}{2}F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \)2,75 .

Hiển nhiên ta thấy \(\int\limits_a^c {f\left( x \right)d} x - \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = \int\limits_b^c {f\left( x \right)dx} \).

\({\left( {\int\limits_a^c {f(x)dx} } \right)^2} = \int\limits_a^c {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}dx} \) là sai, chẳng hạn \({\left( {\int\limits_1^2 {xdx} } \right)^2} = \frac{9}{4};\int\limits_1^2 {{x^2}dx} = \frac{7}{3}\).

\({\left( {\int\limits_a^c {f(x)dx} } \right)^\prime } = \int\limits_a^c {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^\prime }dx} \) là sai vì \({\left( {\int\limits_a^c {f(x)dx} } \right)^\prime } = 0;\int\limits_a^c {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^\prime }dx} = f(c) - f(a)\) .

Do đó ta chọn đáp án như sau

Gọi \(x\) là số học sinh khối 12.

Khi đó \(x\) chia hết cho 16, 20 và 24.

\( \Rightarrow x \in BC\left( {16,20,24} \right)\)

\(16 = {2^4};\,\,20 = {2^2}.5;\,\,24 = {2^3}.3\)

\( \Rightarrow BCNN\left( {16,20,24} \right) = 240\)

\( \Rightarrow BC\left( {16,20,24} \right) = \left\{ {240k\mid k \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right\}\)

\( \Rightarrow x = 240k\).

Số học sinh khối 12 của trường đó có thể là 240 hoặc 480.

Do đó ta chọn đáp án như sau

þ240

þ480

Số trang có 1 chữ số: 9 trang.

Số trang có 2 chữ số: 90 trang.

Số trang có 3 chữ số: 900 trang.

Số trang có 4 chữ số: 9000 trang.

Ta có: 2023 = 9 + 90 + 900 + 1024.

Số chữ số để đánh số trang là: 9.1+90.2+900.3+1024.4 = 6985.

Do đó ta điền như sau

Đánh số trang của một quyển sách từ trang 1 đến trang 2023.  

Cần dùng 6985 chữ số để đánh số trang của quyển sách đó.

Số hạng tổng quát trong khai triển \({(1 + x)^{12}}\) là: \(T = C_{12}^k{x^k}\)

Hệ số của \({x^5}\) là \(C_{12}^5 = 792\).

\(A_n^2 = 210 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} = 210 \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right) = 210 \Leftrightarrow {n^2} - n - 210 = 0 \Leftrightarrow n = 15\)

Mà số 15 không là số chính phương.

Do đó ta chọn đáp án như sau

Gọi hoành độ tiếp điểm là \({x_0}\).

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_0} = x_0^3 + 3x_0^2 - 6{x_0} + 1}\\{y'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 + 6{x_0} - 6}\end{array}} \right.\).

Phương trình tiếp tuyến \({\rm{\Delta }}\)

\(y = y'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\) hay \(y = \left( {3x_0^2 + 6{x_0} - 6} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 + 3x_0^2 - 6{x_0} + 1\)

Mà \(M\left( {0;1} \right) \in {\rm{\Delta }}\) nên \(\left( {3{x_0}{\;^2} + 6{x_0} - 6} \right)\left( {0 - {x_0}} \right) + {x_0}^3 + 3{x_0}^2 - 6{x_0} + 1 = 1\)

\( \Leftrightarrow - 2{x_0}^3 - 3{x_0}^2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} = - \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\).

Thế \({x_0} = 0,{x_0} = - \frac{3}{2}\) vào phương trình tiếp tuyến ta được \({{\rm{\Delta }}_1}:y = - 6x + 1,\,\,{{\rm{\Delta }}_2}:y = - \frac{{33}}{4}x + 1\).

Do đó ta điền như sau

Cho đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) là tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right):y = {x^3} + 3{x^2} - 6x + 1\) sao cho \({\rm{\Delta }}\) đi qua điểm \(M\left( {0;1} \right)\).

Điền số thích hợp vào chỗ trống:

Khi đó, có 2 đường thẳng Δ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AB = AC = 1.

Ta có \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {A'CA} \Rightarrow AA' = AC.{\rm{tan}}\widehat {A'CA} = \sqrt 3 \).

\( \Rightarrow V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{1}{2}.1.1.\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó ta điền như sau

Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3;1; - 1} \right)\), bán kính \(R = 2\).

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {2; - 1;1} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1;2} \right)\)

Xét mặt phẳng thiết diện đi qua tâm \(I\), điểm \(M,N\) và cắt \(d\) tại \(H\).

Khi đó \(d\left( {I,d} \right) = IH\).

Ta có: \(\overrightarrow {IA} = \left( { - 1; - 2;2} \right)\).

\(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1;2} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - 6;6;3} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {I,d} \right) = IH = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IA} ,\overline {{u_d}} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = \frac{{\sqrt {{{( - 6)}^2} + {6^2} + {3^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} }} = 3\).

\( \Rightarrow IH = 3,IM = IN = R = 2 \Rightarrow MH = \sqrt {I{H^2} - I{M^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5 \)

Gọi \(O\) là trung điểm của \(MN\). Khi đó:

\(MO = \frac{{MH.IM}}{{IH}} = \frac{{2\sqrt 5 }}{3} \Rightarrow MN = 2MO = \frac{{4\sqrt 5 }}{3}\).

Do đó ta chọn đáp án sau

þ\(a\) và \(b\) nguyên tố cùng nhau.

þ Một trong hai số là số chính phương.

Từ giả thiết \(\frac{1}{2}{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac{2}{b}\) ta được \(a = \frac{4}{{{b^2}}}\).

Đặt \(t = 4{a^3} + {b^3}\). Ta có \(t = 4{a^3} + {b^3} = \frac{{256}}{{{b^6}}} + {b^3} = \frac{{256}}{{{b^6}}} + \frac{{{b^3}}}{2} + \frac{{{b^3}}}{2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{256}}{{2.2}}}} = 12\).

Khi đó \(P = f\left( t \right) = t - 4{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}t\) với \(t \ge 12\).

Có \(f'\left( t \right) = 1 - \frac{4}{{t\ln 2}} > 0,t \ge 12\).

 Do đó \(P \ge f\left( {12} \right) = 4 - 4{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}3 \Rightarrow x + y + z = 11\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho 2 số thực dương \(a,b\) thỏa mãn \(\frac{1}{2}{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac{2}{b}\).

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 4{a^3} + {b^3} - 4{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {4{a^3} + {b^3}} \right)\) được viết dưới dạng \(x - y{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}z\) với \(x,y,z\) đều là các số thực dương lớn hơn 2.

Khi đó tổng \(x + y + z\) có giá trị bằng11.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 0\) nên \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = \frac{n}{{30}}\).

Ta có:

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {mx + 1} - 1}}{x}\)

\( = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \frac{{mx}}{{x.\left( {\sqrt {mx + 1} + 1} \right)}} = \frac{m}{2}\).

\( \Rightarrow \frac{m}{2} = \frac{n}{{30}} \Rightarrow \frac{n}{m} = 15\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) thỏa mãn \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{\sqrt {mx + 1} - 1}}{x}{\rm{\;khi\;}}x \ne 0}\\{\frac{n}{{30}}\,\,{\rm{khi}}\,\,x = 0}\end{array}} \right.\).

Biết hàm số liên tục tại \(x = 0\).

Khi đó \(\frac{n}{m} = \)15.

Đặt \(z = x + yi \Rightarrow \left| {\left( {z + 2i} \right)\left( {z - 2i} \right)\left| = \right|\left( {z + 2i} \right)z\left| \Rightarrow \right|z + 2i} \right|\left( {\left| {z - 2i} \right| - \left| z \right|} \right) = 0\)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {z + 2i} \right| = 0}\\{\left| {z - 2i} \right| = \left| z \right|}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = - 2i}\\{y = 1}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = - 2i}\\{z = x + i\left( {\forall x \in \mathbb{R}} \right)}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Nếu \(z = - 2i \Rightarrow P = \left| {z + i} \right| = 1\).

Nếu \(z = x + i \Rightarrow P = \left| {z + i} \right| = \sqrt {{x^2} + 4} \ge 2\).

Vậy \({\rm{min}}P = 1\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Đặt \(t = \sqrt {6 - x} ,\left( {t > 0} \right)\) khi đó ta có hàm số \(y = f\left( t \right) = \frac{{\left( {4 - m} \right)t + 3}}{{t + m}}\) .

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{ - {m^2} + 4m - 3}}{{{{\left( {t + m} \right)}^2}}}\) .

Mặt khác hàm số \(y = \sqrt {6 - x} \) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;6} \right)\).

Ta có \[ - 8 < x < 5\] thì \(1 < t < \sqrt {14} \).

Do đó hàm số \(y = \frac{{\left( {4 - m} \right)\sqrt {6 - x} + 3}}{{\sqrt {6 - x} + m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 8;5} \right)\) khi và chỉ khi hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{\left( {4 - m} \right)t + 3}}{{t + m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;\sqrt {14} } \right)\). Khi đó

\(f'\left( t \right) < 0,\forall t \in \left( {1;\sqrt {14} } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {m^2} + 4m - 3 < 0\\ - m \notin \left( {1;\sqrt {14} } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m < 1\\m > 3\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m \ge - 1\\m \le - \sqrt {14} \end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3\\ - 1 \le m < 1\\m \le - \sqrt {14} \end{array} \right.\) .

Mà m nguyên, \(m \in \left( { - 10;10} \right)\) nên \(m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7; - 6; - 5; - 4; - 1;0;4;5;6;7;8;9} \right\}\)

Vậy có 14 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán. Chọn A.

Vì giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) bằng 60 nên ta có

\(\left| {2{x^3} - 15x + m - 5} \right| + 9x \le 60,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {2{x^3} - 15x + m - 5} \right| \le 60 - 9x,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^3} - 15x + m - 5 \le 60 - 9x,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\\2{x^3} - 15x + m - 5 \ge 9x - 60,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le - 2{x^3} + 6x + 65,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\\m \ge - 2{x^3} + 24x - 55,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} \left( { - 2{x^3} + 6x + 65} \right)\\m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} \left( { - 2{x^3} + 24x - 55} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Dễ dàng tìm được \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} \left( { - 2{x^3} + 6x + 65} \right) = 29\) và \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} \left( { - 2{x^3} + 24x - 55} \right) = - 23\).

Do đó \( - 23 \le m \le 29.\)

Dấu bằng của phương trình \(f\left( x \right) = 60\) xảy ra khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}m = 29\\m = - 23\end{array} \right.\) .

Vậy có 2 giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu và tổng của chúng bằng 6. Chọn C.

Giả sử, ta đặt tên các điểm và góc như hình vẽ.

Ta có \(AM = \frac{1}{{2\cos \alpha }};MB = \frac{4}{{\sin \alpha }}\) với \(\alpha \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) .

Chiều dài của thang là

\(l\left( \alpha \right) = AB = AM + MB = \frac{4}{{\sin \alpha }} + \frac{1}{{2\cos \alpha }}\)

\( \Rightarrow l'\left( \alpha \right) = \frac{{ - 8{{\cos }^3}\alpha + {{\sin }^3}\alpha }}{{2{{\sin }^2}\alpha .{{\cos }^2}\alpha }}\).

\( \Rightarrow l'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow \tan \alpha = 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\\\cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\end{array} \right.\) .

Chiều dài nhỏ nhất của thang là \(\min l\left( \alpha \right) = 2\sqrt 5 + \frac{{\sqrt 5 }}{2} = \frac{{5\sqrt 5 }}{2}\). Chọn B.

Do ở độ cao 1000m, áp suất của không khí là 672,72 mmHg nên ta có:

\(672,72 = 760{e^{1000i}} \Leftrightarrow i = \frac{1}{{1000}}\ln \frac{{672,72}}{{760}}\).

Khi ở độ cao 15 km tức là 15000m thì áp suất của không khí là

\(P = 760{e^{15000\, \times \frac{1}{{1000}}\ln \frac{{672,72}}{{760}}}} \approx 122\).

Vậy áp suất của không khí ở độ cao 15 km gần nhất với số 122. Chọn B.

Theo phương thức lãi kép ta có số tiền ông A thực lĩnh sau 10 năm là:

Loại kỳ hạn 12 tháng với lãi suất là 12%/năm

\({P_{10}} = {P_o}{\left( {1 + r} \right)^{10}} = 100\,\,000\,\,000{\left( {1 + 12\% } \right)^{10}} \approx 310\,\,584\,\,820\) đồng.

Loại kỳ hạn 1 tháng với lãi suất là 1%/tháng

\({P_{120}} = {P_o}{\left( {1 + r} \right)^{120}} = 100\,\,000\,\,000{\left( {1 + 1\% } \right)^{120}} \approx 330\,\,038\,\,690\) đồng.

Số tiền gửi theo kỳ hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kỳ hạn 1 năm là

\({P_{120}} - {P_{10}} \approx 19\,\,454\,\,\,000\) đồng sau 10 năm. Chọn C.

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

\(\begin{array}{l}{2^{ - 2\left| {x - m} \right| + 1}}.{\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) - {2^{2x - {x^2}}}.{\log _2}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow {2^{ - 2\left| {x - m} \right| + 1}}.{\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) = {2^{2x - {x^2}}}.{\log _2}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)\\ \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 2x}}.{\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) = {2^{2\left| {x - m} \right| - 1}}.{\log _2}\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^{t - 3}}.{\log _2}t\) với \(t \ge 2\) . Do \(t \ge 2\) suy ra \({\log _2}t \ge 1\).

Ta có: \(f'\left( t \right) = {2^{t - 3}}.\frac{1}{{t.\ln 2}} + {2^{t - 3}}.\ln 2.lo{g_2}t > 0\) với \(t \ge 2\).

Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ {2; + \infty } \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow f\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) = f\left( {2\left| {x - m} \right| + 2} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3 = 2\left| {x - m} \right| + 2\\ \Leftrightarrow \left| {x - m} \right| = \frac{{{x^2}}}{2} - x + \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{{ - {x^2}}}{2} + 2x - \frac{1}{2}\\m = \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{1}{2}\end{array} \right.\left( * \right)\end{array}\)

Vẽ đồ thị các hàm số \(y = \frac{{ - {x^2}}}{2} + 2x - \frac{1}{2}\) và \(y = \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{1}{2}\) trên cùng một hệ trục tọa độ.

Đồ thị hai hàm số tiếp xúc với nhau tại điểm (1;1). Điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{1}{2}\) là \(\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\), điểm cực trị của đồ thị hàm số\(y = \frac{{ - {x^2}}}{2} + 2x - \frac{1}{2}\) là \(\left( {2;\frac{3}{2}} \right)\) .

Dựa vào đồ thị, để (*) có ba nghiệm phân biệt thì \(m \in \left\{ {\frac{1}{2};1;\frac{3}{2}} \right\}\)

Tổng tất cả các giá trị của tham số m thỏa mãn là \(\frac{1}{2} + 1 + \frac{3}{2} = 3\). Chọn D.

Gọi V là thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, M, N, \(A'\), \(B'\) và \(C'\).

Khi đó ta có \(V = {V_{M.A'AN}} + {V_{M.A'C'N}} + {V_{M.A'B'C'}}\)

Từ giả thiết ta có

\({S_{\Delta A'AN}} = \frac{1}{2}AA'.AN = \frac{1}{2}.a.\frac{a}{3} = \frac{{{a^2}}}{6};\,{S_{\Delta A'C'N}} = \frac{1}{2}d\left( {N,A'C'} \right).A'C' = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2};\)

\({S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) .

Gọi H là trung điểm của \(AC \Rightarrow BH \bot \left( {ACC'A'} \right)\) và \(BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) .

\( \Rightarrow d\left( {M,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = \frac{1}{2}BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Khi đó ta có

\({V_{M.A'AN}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ACC'A'} \right)} \right).{S_{\Delta A'AN}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\frac{{{a^2}}}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{72}}.\)

\(\begin{array}{l}{V_{M.A'C'N}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\left( {ACC'A'} \right)} \right).{S_{\Delta A'C'N}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}.\\{V_{M.A'B'C'}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\end{array}\)

Vậy \(V = {V_{M.A'AN}} + {V_{M.A'C'N}} + {V_{M.A'B'C'}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{72}} + \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}} + \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}} = \frac{{5\sqrt 3 {a^3}}}{{36}}\). Chọn C.

Theo bài ra ta có \(SO = h = 20;\,\,OK = 12\)

Xét tam giác vuông SOI có

\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} \Rightarrow OI = 15\left( {cm} \right)\)

\(AB = 2AI = 2\sqrt {{r^2} - {{15}^2}} \left( {cm} \right)\);

\(SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {{r^2} + {{20}^2}} \left( {cm} \right)\).

Mà chu vi thiết diện là \(40 + 10\sqrt {41} \,\,\left( {cm} \right)\) nên ta có:

\(AB + SA + SB = 40 + 10\sqrt {41} \Leftrightarrow 2\sqrt {{r^2} - 225} + 2\sqrt {{r^2} + 400} = 40 + 10\sqrt {41} \Leftrightarrow r = 25\left( {cm} \right)\).

Vậy thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.25^2}.20 = \frac{{12500\pi }}{3}\left( {c{m^3}} \right)\). Chọn A.

Khi trải phẳng ống trụ tròn đều ta được một hình chữ nhật có chiều rộng là chu vi của mặt đáy còn chiều dài là chiều dài của trụ, mỗi vòng quấn của dây dài 5cm là đường chéo của hình chữ nhật có kích thước lần lượt bằng chu vi đáy trụ và \(\frac{1}{{10}}\) chiều dài trụ.

Gọi chiều dài trụ là l (cm), theo định lí Pitago ta có

\(\sqrt {{5^2} - {{\left( {2.\frac{2}{\pi }\pi } \right)}^2}} = \frac{l}{{10}} \Leftrightarrow l = 30\left( {cm} \right)\).

Vậy diện tích xung quanh của trụ là: \({S_{xq}} = 2.\frac{2}{\pi }\pi .30 = 120\left( {c{m^2}} \right)\). Chọn D.

Con quạ uống được nước đựng trong cốc khi có mặt nước cách miệng cốc không quá 6cm nên mực nước dâng lên tối thiểu là 20 – 12 – 6 = 2 cm.

Thể tích nước tối thiểu cần tăng thêm là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.3^2}.2 = 18\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

Thể tích nước tăng lên khi con quạ thả x viên sỏi là:

\({V_1} = x.\frac{4}{3}\pi {r^3} = x.\frac{4}{3}.\pi {.0,8^3} = \frac{{256}}{{375}}\pi x\,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

Để con quạ uống được nước ta có điều kiện \({V_1} \ge V \Leftrightarrow \frac{{256}}{{375}}\pi x \ge 18\pi \Leftrightarrow x \ge 26,37\).

Vậy con quạ cần thả ít nhất 27 viên sỏi để uống được nước trong cốc. Chọn B.

Ta có \(\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( {2x + 2} \right) + 1} \right]dx} = \int\limits_{ - 2}^2 {f\left( {2x + 2} \right)dx + 4.} \)

Xét \({I_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {f\left( {2x + 2} \right)dx} .\)

Đặt \(t = 2x + 2 \Rightarrow dt = 2dx \Rightarrow dx = \frac{{dt}}{2}.\)

Đổi cận: \(x = - 2 \Rightarrow t = - 2;x = 2 \Leftrightarrow t = 6\).

Suy ra

\({I_1} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - 2}^6 {f\left( t \right)} dt = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_{ - 2}^{{x_1}} {f\left( t \right)dt} + \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {f\left( t \right)dt} + \int\limits_{{x_2}}^6 {f\left( t \right)dt} } \right) = \frac{1}{2}\left( {{S_A} - {S_B} + {S_C}} \right) = \frac{1}{2}(32 - 2 + 3) = \frac{{33}}{2}\), với \({x_1};{x_2}\) là các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với trục hoành \(\left( { - 2 < {x_1} < {x_2} < 6} \right)\).

Vậy \(\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( {2x + 2} \right) + 1} \right]dx} = {I_1} + 4 = \frac{{33}}{2} + 4 = \frac{{41}}{2}\). Chọn D.

Đặt mặt cắt qua trục của thùng rượu lên hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Đơn vị tính là dm.

Gọi \(\left( P \right):x = a{y^2} + by + c\) qua \(A\left( {4;0} \right),B\left( {3;5} \right),C\left( {3; - 5} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{{25}}\\b = 0\\c = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):x = - \frac{1}{{25}}{y^2} + 4\).

Thể tích của thùng rượu là

\(V = \pi \int\limits_{ - 5}^5 {{{\left( { - \frac{1}{{25}}{y^2} + 4} \right)}^2}dy} \approx 425,2\left( {d{m^3}} \right) = 425,2\) (lít). Chọn D.

Ta có \({z^2} - 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z_1} = 1 - 2i\\{z_2} = 1 + 2i\end{array} \right.\) .

Suy ra \[{\rm{w}} = \left( {1 + i} \right){z_1} = \left( {1 + i} \right)\left( {1 - 2i} \right) = 3 - i\].

Vậy tọa độ điểm biểu diễn số phức \[{\rm{w}} = \left( {1 + i} \right){z_1}\] là điểm \(Q\left( {3; - 1} \right)\). Chọn C.

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

Ta có \(\left| {\frac{{ - 2 - 3i}}{{3 - 2i}}z + 1} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| { - iz + 1} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {z + i} \right| = 2\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 4\).

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn tâm \(I\left( {0; - 1} \right)\) và bán kính \(R = 2\).

Ta có: \(\left| z \right| = OM\)

Do đó, \(\left| z \right|\) lớn nhất khi OM lớn nhất nghĩa là O, M, I thẳng hàng \( \Rightarrow \max \left| z \right| = 3\). Chọn B.

Giả sử đường thẳng d cắt đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) lần lượt tại A, B thì

\(A\left( {1 + a; - 2 + 4a;2 + 3a} \right),\,B\left( { - 4 + 5b; - 7 + 9b;b} \right)\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {5b - a - 5;9b - 4a - 5;b - 3a - 2} \right)\).

Vì đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) nên vectơ \(\overrightarrow {AB} \) cùng phương với vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là \(\overrightarrow n = \left( {0;4; - 1} \right)\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = k\overrightarrow n \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5b - a - 5 = 0\\9b - 4a - 5 = 4k\\b - 3a - 2 = - k\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}5b - a = 5\\13b - 16a - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 1\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {1; - 2;2} \right)\).

Đường thẳng d qua \(A\left( {1; - 2;2} \right)\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow n = \left( {0;4; - 1} \right)\) nên có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 2 + 4t\\z = 2 - t\end{array} \right.\) . Chọn A.

Giả sử \(A\left( {a;0;0} \right) \in Ox,\,\,B\left( {0;b;0} \right) \in Oy,\,C\left( {0;0;c} \right) \in Oz\) và \(\left( {a,b,c > 0} \right)\).

Ta có \(OA + OB + OC = a + b + c\).

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

Ta có \(M\left( {1;4;9} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{4}{b} + \frac{9}{c} = 1\). Do đó

\(\begin{array}{l}\left( {\frac{1}{a} + \frac{4}{b} + \frac{9}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) = \left( {{{\left( {\sqrt {\frac{1}{a}} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {\frac{4}{b}} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {\frac{9}{c}} } \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {\sqrt a } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt b } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt c } \right)}^2}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \ge {\left( {1 + 2 + 3} \right)^2} \Rightarrow a + b + c \ge {\left( {1 + 2 + 3} \right)^2}.\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{a} + \frac{4}{b} + \frac{9}{c} = 1\\\frac{1}{a} = \frac{2}{b} = \frac{3}{c}\\a + b + c = {\left( {1 + 2 + 3} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 12\\c = 18\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):\frac{x}{6} + \frac{y}{{12}} + \frac{z}{{18}} = 1\).

Vậy mặt phẳng (P) đi qua điểm (6;0;0).Chọn B.

Ta thấy \(M\left( {2;1; - 3} \right);\,N\left( {4;3; - 6} \right) \in \Delta \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} \left( {1;2; - 2} \right);\,\overrightarrow {AN} \left( {3;4; - 5} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AN} } \right] = \overrightarrow {{n_1}} = \left( { - 2; - 1; - 2} \right)\).

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng (AMN) (hay (ACD)) đi qua điểm \(A\left( {1; - 1; - 1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_1}} \left( { - 2; - 1; - 2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình: \(2x + y + 2z + 1 = 0\).

Tương tự, ta có phương trình \((BCD):x + 2y + 2z + 2 = 0\).

Gọi tâm mặt cầu là \(I\left( {m;0;0} \right)\,\,\left( {m > 0} \right)\)

Vì mặt cầu tiếp xúc với các mặt của tứ diện ABCD nên

\(d\left( {I,\left( {ACD} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {BCD} \right)} \right) \Leftrightarrow \frac{{\left| {2m + 1} \right|}}{3} = \frac{{\left| {m + 2} \right|}}{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 1\,\end{array} \right.\) .

Vì \(m > 0\) nên \(I\left( {1;0;0} \right)\) và \(d\left( {I,\left( {BCD} \right)} \right) = 1\).

Gọi \(C\left( {2t + 2;2t + 1; - 3t - 3} \right) \in \Delta \).

Ta có \(\overrightarrow {AB} \left( { - 3;0;2} \right);\,\overrightarrow {AC} \left( {2t + 1;2t + 2; - 3t - 2} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \overrightarrow {{n_2}} = \left( { - 4t - 4; - 5t - 4; - 6t - 6} \right)\).

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng (ABC) đi qua điểm \(A\left( {1; - 1; - 1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_2}} \left( { - 4t - 4; - 5t - 4; - 6t - 6} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình: \(\left( {4t + 4} \right)x + \left( {5t + 4} \right)y + \left( {6t + 6} \right)z + 7t + 6 = 0\).

Vì mặt cầu tiếp xúc với các mặt của tứ diện ABCD nên

\(d\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {BCD} \right)} \right) = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = - \frac{8}{{11}}\end{array} \right. \Rightarrow CD = \frac{{3\sqrt {17} }}{{11}}.\) Chọn B.

Do SM có hình chiếu vuông góc lên (ABC) là AM.

Do đó \(\left( {SM,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SMA}\). Ta có\(AM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Xét tam giác vuông SAM có

\(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SMA} = 60^\circ \). Chọn C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (BCD).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AH,(do\,\,AH \bot \left( {BCD} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {ABH} \right) \Rightarrow BC \bot BH\left( 1 \right)\).

Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot AH,\left( {do\,\,AH \bot \left( {BCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow CD \bot \left( {ADH} \right) \Rightarrow CD \bot DH\left( 2 \right)\).

Ta có \(\widehat {BCD} = 90^\circ \left( 3 \right)\).

Từ (1), (2), (3) nên tứ giác HBCD là hình chữ nhật có \(BC = HD = 2a;HB = DC = a\) và \(\left( {AB,\left( {BCD} \right)} \right) = \left( {AB,BH} \right) = \widehat {ABH} = 60^\circ \).

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại H, có \(AH = HB.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \).

Gọi E là đỉnh của hình bình hành BDCE.

Khi đó \(d\left( {AC,BD} \right) = d\left( {BD,\left( {AEC} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AEC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {H,\left( {AEC} \right)} \right)\).

Gọi HN là đường cao tam giác HEC, HK là đường cao tam giác AHN.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CE \bot HN\\CE \bot AH,\,(do\,AH \bot \left( {BCD} \right))\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow CE \bot \left( {AHN} \right) \Rightarrow CE \bot HK\) và \(AN \bot HK\) nên \(HK \bot \left( {AEC} \right)\).

Vậy \(d\left( {AC,BD} \right) = \frac{1}{2}d\left( {H,\left( {ACE} \right)} \right) = \frac{1}{2}HK\).

Trong \(\Delta HEC\) có \(HE.BC = EC.HN \Rightarrow HN = \frac{{HE.BC}}{{EC}} = \frac{{4a}}{{\sqrt 5 }}.\)

Trong \(\Delta AHN\)có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{A^2}}} + \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{5}{{16{a^2}}} = \frac{{31}}{{48{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{4\sqrt 3 a}}{{\sqrt {31} }}\).

Vậy \(d\left( {AC,BD} \right) = \frac{1}{2}HK = \frac{{2\sqrt 3 a}}{{\sqrt {31} }}.\) Chọn C.

Mực nước của kênh cao nhất khi h lớn nhất

\( \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4} = k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = - 2 + 16k\), \(k \in \mathbb{Z}\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}0 < - 2 + 16k \le 24\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{8} < k \le \frac{{13}}{8}\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow k = 1\).

Với \(k = 1\) thì \(t = 14\). Chọn B.

Xếp 20 chiếc bút chì thành một hàng ngang, giữa chúng có 19 chỗ trống. Số cách chia bút chì thỏa mãn điều kiện đề bài chính là số cách chia 20 chiếc bút thành 3 phần, tức là ta cần đặt 2 “vách ngăn” vào 2 chỗ trống trong số 19 chỗ trống nói trên, vậy số cách chia là \(C_{19}^2 = 171\). Chọn D.

Đọc lại văn bản kết hợp với việc sử dụng phương pháp loại trừ. Căn cứ vào các số liệu trong đoạn [2] xác định được các thông tin quan trọng: “30% số người đọc sách thường xuyên, 26% không đọc sách và 44% thỉnh thoảng đọc sách”, “có 47,26% sinh viên nhận thức được tầm quan trọng của sách, 26.37% nghĩ rằng đọc sách là cần thiết” và người trẻ đang có xu hướng sử dụng công nghệ: “41,7% số bạn trẻ trả lời là lên mạng, 20% xem phim, 16,7% nghe nhạc và chỉ có 15% trả lời là đọc sách”.

Chọn:

þ Người trẻ có xu hướng sử dụng và dần phụ thuộc vào công nghệ.

þ Nhận thức về vai trò của sách có sự thay đổi theo từng điều kiện.

Căn cứ vào từ khóa “thực trạng của giới trẻ” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [3]: “các bạn trẻ phải dành thời gian cho việc học quá nhiều nên những nhu cầu giải trí trong đó có đọc sách cũng bị hạn chế”, “việc đọc sách của các bạn trẻ ngày nay hầu như chỉ theo phong trào chứ không thực chất”. Chú ý “phải dành thời gian cho việc học quá nhiều” tương đương với “áp lực”, “phong trào” tương đương với “trào lưu”.

Câu hoàn chỉnh: Nhìn nhận về thực trạng của giới trẻ, nhà báo Phong Điệp có nhắc tới vấn đề áp lực trong cuộc sống và dần khiến việc giải trí trở nên bó hẹp hơn; những cuốn sách được lựa chọn chủ yếu do trào lưu mà không phải bắt nguồn từ nhu cầu cá nhân.

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

- Vị trí 1: áp lực.

- Vị trí 2: giải trí.

- Vị trí 3: trào lưu.

Căn cứ vào từ khóa “lan tỏa” và “hình thành thói quen” xác định được nội dung cần tìm ở đoạn [6] và [7]: “những người viết sách cũng cần phải đổi mới về phong cách viết, hình thức truyền tải để phù hợp với xu thế hiện nay” và “cha mẹ và thầy cô giáo hãy khuyến khích, hướng dẫn trẻ cách tìm kiếm sách, cách đọc sách sao cho hiệu quả”, “giúp hình thành thói quen đọc sách và có thể khuyến khích giới trẻ đến với sách nhiều hơn”. Chú ý “người viết sách” tương đương với “người sáng tạo nội dung”; “thầy cô” tương đương với “cơ sở giáo dục và đào tạo”.

Chọn:

þ Người sáng tạo nội dung.

þ Cơ sở giáo dục và đào tạo.

Căn cứ vào từ khóa “sách là phương tiện giáo dục” tương đương với “sách chính là phương pháp tự học” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [7]. Đọc đoạn [7] xác định thông tin: “Văn hóa đọc có ý nghĩa rất quan trọng, không chỉ nâng cao nhận thức mà còn hình thành nhân cách con người”, “Điều đó sẽ giúp hình thành thói quen đọc sách”. Vậy sách hướng tới sự phát triển toàn diện. Chú ý “phương pháp tự học” tương đương với việc gián tiếp giáo dục người đọc.

Câu hoàn chỉnh: Nhìn nhận đầy đủ về các vấn đề xã hội, có thể thấy, sách là phương tiện giáo dục gián tiếp, hình thành thói quen đọc hỗ trợ quá trình định hình nhân cách, hướng tới sự phát triển toàn diện.

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

- Vị trí 1: gián tiếp.

- Vị trí 2: thói quen. 

- Vị trí 3: nhân cách.

- Vị trí 4: toàn diện.

Căn cứ vào từ khóa “văn hóa đọc”, “sự phát triển của đời sống xã hội”, “hình thành thói quen đọc sách”, “phương pháp tự học” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [7]: “nhiều bài viết, nghiên cứu khẳng định vai trò quan trọng của việc đọc đối với mỗi cá nhân và sự phát triển của xã hội” (nhận định 1 đúng); “ngay từ khi ở bậc tiểu học… hãy khuyến khích, hướng dẫn trẻ cách tìm kiếm sách, cách đọc sách sao cho hiệu quả”, “điều đó sẽ giúp hình thành thói quen đọc sách” (nhận định 2 đúng); “đọc sách chính là phương pháp tự học hiệu quả nhất”, “văn hóa đọc… không chỉ nâng cao nhận thức mà còn hình thành nhân cách con người” (nhận định 4 đúng). Không có thông tin về “chính sách khuyến học”, chỉ có “khuyến khích giới trẻ đến với sách nhiều hơn” (nhận định 3 sai).

Ý kiến sai.

- Đoạn trích trên được trích từ truyện “Người đàn ông cô độc giữa rừng”, thuộc tiểu thuyết “Đất rừng phương Nam” của nhà văn Đoàn Giỏi.

- Người kể lại câu chuyện trong đoạn trích trên kể theo ngôi thứ ba. Đến phần cuối đoạn trích, tác giả lại chuyển về kể theo ngôi thứ nhất (xưng “tôi”). Ngôi kể ở đoạn trích này có tác dụng khắc hoạ chân dung Võ Tòng một cách khách quan, sinh động hơn, giúp người đọc nhìn nhận từ nhiều phía khác nhau,...

- Ngoài ra, người kể chuyện là An, không phải là tía của An. 

Chọn ¤ Sai.

Đoạn trích tập trung khắc hoạ nhân vật Võ Tòng từ các phương diện: xuất thân và hành động

- Xuất thân (lai lịch): Đoạn trích kể lại quá khứ của Võ Tòng, từ khi ông bị bắt tội giết địa chủ, ngồi tù mười năm, trở về quê nhưng mất hết gia đình, rồi bỏ đi giang hồ.

- Hành động: Đoạn trích cũng mô tả những hành động của Võ Tòng, như giết hổ, đánh trả địa chủ, sẵn sàng nhận tội, đi tù, trở về và bỏ vào rừng sống một mình,...

- Đoạn trích không thể hiện rõ ngôn ngữ và suy nghĩ của nhân vật.

Chọn:

þ  Xuất thân.

þ  Hành động.

- Chuyện Võ Tòng giết hổ hé mở về cuộc đời nhân vật là một: Cuộc đời gian truân, éo le.

- Cuộc đời ông phải chịu nhiều bất hạnh và đau khổ, từ việc bị tù oan, mất vợ con, đến việc phải sống đơn độc trong rừng. Cuộc đời của ông không có nhiều an nhàn, sung sướng mà chỉ toàn những gian nan, vất vả. Chọn B. 

- Câu “đánh lên đầu là nơi thờ phụng ông bà” là nhằm bảo vệ danh dự của bản thân và gia đình. Đó là một cách thể hiện sự tôn trọng và kính trọng đối với tổ tiên và cha mẹ, cũng như sự tự trọng và kiêu hãnh của con người.

- “Đánh lên đầu là nơi thờ phụng ông bà” là một câu nói dân gian của người Việt Nam, thể hiện sự tôn kính và hiếu thảo đối với tổ tiên và cha mẹ. Đầu là nơi trí tuệ, linh hồn và danh dự của con người, không được xúc phạm hay tổn thương. Đánh lên đầu là hành vi xúc phạm nặng nề nhất, coi như là phỉ báng và xúc phạm đến tổ tiên và cha mẹ của người bị đánh. Người Việt Nam coi trọng việc thờ cúng ông bà tổ tiên cho rằng họ luôn bảo vệ và ban phước cho con cháu. Vì vậy, khi bị đánh lên đầu, người ta thường nói “đánh đâu thì còn nhịn được, chứ đánh lên đầu là nơi thờ phụng ông bà...thì số mày tới rồi!” để bày tỏ sự phẫn nộ và quyết tâm trả thù.

- Trong đoạn trích trên, câu nói này được dùng để miêu tả tâm trạng của Võ Tòng khi bị tên địa chủ quyền thế nhất xã vung ba toong đánh lên đầu. Võ Tòng là một người có võ nghệ cao cường, thích hành hiệp trượng nghĩa, không chịu nhục nhã trước kẻ ác. Khi bị xúc phạm đến danh dự và tổ tiên của mình, ông đã dùng dao chém trả vào mặt tên địa chủ. Đây là một hành động dũng cảm nhưng cũng gây ra hậu quả nghiêm trọng cho cuộc đời của ông.

Từ cần điền là: danh dự.

Nhân vật Võ Tòng xuất hiện với lai lịch bí ẩn, vẻ ngoài khác lạ nhưng lại có một tấm lòng hào hiệp, trượng nghĩa. Trước khi đi tù, anh là người hiền lành, yêu thương vợ, cương trực, khảng khái. Sau khi đi tù về và vào rừng ở, anh trở thành người đàn ông cô độc; anh giỏi võ nghệ, chất phác, thật thà, hào hiệp, sẵn sàng giúp đỡ mọi người. Võ Tòng mang những phẩm chất đáng quý của con người Nam Bộ.

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

- Vị trí 1: hiền lành.

- Vị trí 2: cô độc.

Hành vi chống trả tên địa chủ ngang ngược với việc đánh hổ của Võ Tòng có điểm giống nhau là: cái ác đều tự tìm đến với nhân vật, đều là hành động chính đáng bảo vệ bản thân, và nhân vật Võ Tòng đều thể hiện sự mạnh mẽ chống trả cái ác tới cùng.

- Phân tích, loại trừ:

+ Câu A: Cái ác đều tự tìm đến với nhân vật. Điểm giống nhau là cả hai trường hợp đều là do cái ác (hổ và tên địa chủ) chủ động tấn công Võ Tòng mà không có lí do chính đáng. Võ Tòng không có ý định gây hấn hay xung đột với cái ác mà chỉ là nạn nhân bị hại.

+ Câu B: Đều là hành động chính đáng bảo vệ bản thân. Điểm giống nhau là cả hai trường hợp đều là do Võ Tòng không chịu nhục nhã hay để bản thân bị tổn thương trước cái ác. Võ Tòng coi trọng sự tôn trọng và công bằng cho bản thân và gia đình. Võ Tòng cũng không để cho cái ác xâm phạm hay hủy hoại cuộc sống của mình và người thân.

+ Câu C: Nhân vật Võ Tòng mạnh mẽ chống trả cái ác. Cả hai trường hợp gặp hổ tấn công và bị tên địa chủ bắt nạt, Võ Tòng đều không chịu khuất phục mà mạnh mẽ chống lại cái ác đến cùng để bảo vệ bản thân và danh dự của bản thân, gia đình.

+ Câu D: Kết quả chung là cái ác đều bị tiêu diệt. Đây là điểm khác của hai sự việc vì “tiêu diệt” được hiểu là “chết” nhưng trong hai trường hợp trên, con hổ thì bị giết chết còn tên địa chủ thì vẫn sống, sau này hắn còn lấy vợ của Võ Tòng khi Võ Tòng đang ngồi trong khám lạnh.

=> Đáp án không đúng là: Kết quả chung là cái ác đều bị tiêu diệt. Chọn D. 

Phân tích, suy luận:

- Đáp án 1, 4 đúng vì đoạn trích có nói rằng tên địa chủ là người bóc lột và hống hách. Gã đã vu cho Võ Tòng lấy trộm măng tre của hắn và vung ba toong đánh lên đầu Võ Tòng. Gã cũng đã lấy vợ của Võ Tòng làm vợ lẽ khi Võ Tòng đi tù. Những hành động này cho thấy tên địa chủ là một người ác độc và không có lòng nhân ái.

- Đáp án B sai vì đoạn trích không nói rằng tên địa chủ lấy trộm măng tre của người dân. Gã chỉ vu cho Võ Tòng lấy trộm măng tre của hắn mà thôi. Chúng ta không biết gã có lấy trộm măng tre của người dân khác hay không.

- Đáp án C sai vì đoạn trích có nói rằng tên địa chủ quyền thế nhất xã, nhưng đó không phải là lí do khiến người trong xã ghét gã. Người trong xã ghét gã vì gã bóc lột và hống hách, chứ không phải vì gã quyền thế. Nếu gã quyền thế mà có lòng nhân ái và công bằng, người trong xã có thể không ghét gã.

Chọn:

þ  Vì tên địa chủ bóc lột và hống hách. 

þ  Vì tên địa chủ lấy vợ của Võ Tòng làm vợ lẽ.

Ý kiến sai.

Trong nội dung đoạn trích có nói rằng những chữ bùa xanh lè xăm rằn rực trên người Võ Tòng là do gã có từ lúc nào, thì có kẻ nói đó là dấu vết trong những năm gã ở tù, lại có người bảo đó là mới có từ lúc gã đi giang hồ. Điều này cho thấy không ai biết chắc chắn nguồn gốc của những chữ bùa trên người gã. Có thể là do gã có từ lúc gã ở tù, hoặc từ lúc gã đi giang hồ, hoặc từ một thời điểm khác. 

Vì vậy, không thể khẳng định rằng những chữ bùa xanh lè xăm rằn rực trên người Võ Tòng là do gã có từ lúc gã đi giang hồ. Chọn ¤ Sai.

Phân tích, suy luận.

- Người ta gọi nhân vật chính trong truyện là Võ Tòng vì: Anh ta giết chết một con hổ chúa hung bạo khi bị nó tấn công.

=> Vị trí 1: giết hổ

- Tên gọi này bắt nguồn từ nhân vật Võ Tòng trong Thủy hử của Thi Nại Am, đây là một hành giả võ nghệ cao cường, trượng nghĩa hào hiệp, có nhiều sự tích nổi tiếng như Võ Tòng đả hổ, Võ Tòng sát tẩu, Võ Tòng đánh Tây Môn Khánh... Anh ta là một trong 108 anh hùng Lương Sơn Bạc.

=> Vị trí 2: Thủy hử

=> Vị trí 3: 108

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

- Vị trí 1: giết hổ

- Vị trí 2: Thủy hử

- Vị trí 3: 108

Đáp án: “trái | bên trái”

Cách 1:

Ta có trọng lượng được xác định bằng công thức: P = mg

⇒ Khi khối lượng tăng lên thì trọng lượng của vật cũng tăng lên

Theo bảng số liệu 1 ta thấy rằng khi trọng lượng vật tăng lên thì vị trí cân bằng của vật sẽ dịch sang phía bên trái.

Cách 2:

Để hệ cân bằng ta có: \({M_1} = {M_2} \Leftrightarrow {m_1}g{d_1} = {m_2}g{d_2} \Leftrightarrow \frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} = \frac{{{d_2}}}{{{d_1}}}\)hay thấy rằng khi khối lượng càng lớn thì khoảng cách vật đến giá của lực (cánh tay đòn) sẽ càng ngắn.

Giải thích

Ta có trọng lượng của các vật được xác định bằng công thức P = mg nên khi thực hiện thí nghiệm ở nơi có gia tốc trọng trường khác thì vẫn không ảnh hưởng đến kết quả của thí nghiệm.

Ta có r = 0,5675m < 0,575m - là khoảng cách của khối có trọng lượng là 60 N.

Mà ta trọng lượng của vật càng tăng khi vị trí cân bằng của vật sẽ càng dịch sang phía bên trái

Nên trọng lượng của khối được sử dụng có thể là 70 N. Chọn B.

Ta thấy vị trí cân bằng dịch chuyển dần sang bên phải do đó khối lượng \({m_D} > {m_C} > {m_B}.\)

Ngoài ra khi sử dụng A và D thì vị trí cân bằng đã vượt quá mốc 0,5 nên có thể khẳng định \({m_D} > {m_A}.\)

Suy ra \({m_D} > {m_A} > {m_C} > {m_B}\). Chọn D.

Giải thích

Quan sát hình 4 ta thấy được: trong lần thử nghiệm thứ 5, kim chỉ thị trên mặt cân của 2 cân chỉ cùng một giá trị.

Hay ta có thể kết luận là lực của quả nặng phân bố đều trên 2 cân.

Xét thử nghiệm (1):

- Cân A chưa có vật nặng ⇒trọng lượng lúc này của cân A là 0 N

- Cân B đặt phía dưới và kim chỉ thị quay \(\frac{1}{4}\)⇒là trọng lượng của cân A

Xét thử nghiệm 2:

- Vật nặng có trọng lượng 5 N đặt lên cân A ⇒lúc này kim chỉ thị của cân quay \(\frac{1}{4}\)vòng

- Đồng thời kim của cân B quay được \(\frac{1}{2}\)vòng

Từ các số liệu đã quan sát được ta thấy rằng khi đặt một vật 5,0 N lên một trong 2 chiếc cân giống nhau thì kim của chiếc cân đó quay được 1/4 quãng đường quanh mặt số của chiếc cân.

Đồng thời ta rút ra được Cân A nặng 5,0 N vì khi đó nó được đặt trên Cân B, kim của Cân B quay được 1/4 vòng quay của Cân B.

Như vậy, 2 cân giống hệt nhau này, mỗi cân có trọng lượng 5,0 N.

Ta có công thức xác định thế năng \({{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}k{{\rm{x}}^2}\)ta thấy rằng khi lò xo bị nén càng nhiều thì thế năng dự trữ trong lò xo càng lớn.

Từ đề bài ta cũng có khi trọng lượng trên mặt cân càng lớn thì lượng nén ở lò xo càng lớn.

Từ đó ta kết luận được rằng thế năng dự trữ trong Thử nghiệm 3, vì trọng lượng trên mặt cân của Cân A lớn hơn trong Thử nghiệm 3. Chọn C.

 Từ kết quả của nghiên cứu 1 ta thấy được mỗi cân có trọng lượng 5 N và kim sẽ quay theo chiều kim đồng hồ.

Vậy hình chính xác là hình a. Chọn A.

Giải thích 

Quan sát nghiên cứu 2 ta có kết luận sau:

(1) Khi lực tác dụng lên mặt cân của Cân B là lớn nhất (Thử nghiệm 4) thì khoảng cách giữa quả cân và bút chì là nhỏ nhất (0,10 m).

(2) Khi lực tác dụng lên mặt cân của Cân B là nhỏ nhất (Thử nghiệm 6) thì khoảng cách giữa quả cân và bút chì là lớn nhất (0,30 m).

Do đó, khi khoảng cách giữa quả nặng 10,0 N và chiếc bút chì trên Thang đo B tăng lên, thì lực tác dụng lên bề mặt của thang đo B giảm xuống.

Ta có kim chỉ 15 N hay trọng lượng của chồng sách đó là 15 N.

Vậy khối lượng của chồng sách được xác định như sau: \(m = \frac{P}{g} = \frac{{15}}{{10}} = 1,5\;{\rm{kg}}\). Chọn C.

Dựa vào đồ thị, ta thấy NaCl có sự thay đổi về độ tan theo nhiệt độ ít nhất.

Chọn D.

Dựa vào đồ thị, ta thấy các chất \[NaCl,{\rm{ }}Ba{\left( {N{O_3}} \right)_2}\] có độ tan tăng khi nhiệt độ tăng, còn chất \[C{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}\]có độ tan giảm khi nhiệt độ tăng.

Chọn: Sai.

Độ tan của một chất là số gam chất đó tan được trong 100 gam dung môi (thường là nước) để tạo thành dung dịch bão hòa ở một nhiệt độ xác định. 

Đáp án: 100 gam.

Khi tăng nhiệt độ thì độ tan của chất rắn trong nước tăng, chỉ đúng với chất rắn thu nhiệt. Còn đối với chất rắn tỏa nhiệt, khi hòa tan thì nhiệt độ càng cao độ tan sẽ càng giảm.

Chọn: Sai.

Dựa vào đồ thị, độ tan của \[C{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}\]ở \[{50^ \circ }C\]là 5 gam.

Chọn A.

Dựa vào số liệu bảng 1, nhận thấy khối lượng \[F{e_2}{O_3}\] được tạo ra trong môi các môi trường tăng lên theo thời gian. Vậy khối lượng \[F{e_2}{O_3}\] được tạo ra trong dung dịch nước muối của ngày thứ 9 sẽ phải nhiều hơn ngày thứ 8.

Tại ngày thứ 8, trong dung dịch nước muối, lượng \[F{e_2}{O_3}\] được tạo ra 1,84 g. Vậy sang ngày thứ 9, khối lượng \[F{e_2}{O_3}\] được tạo ra sẽ nhiều hơn 1,84 g.

Chọn C.

Nhìn vào bảng 1 để so sánh khối lượng gỉ sét được tạo ra trong ba dung dịch. Ở dung dịch nào tạo ra được khối lượng \[F{e_2}{O_3}\] nhiều nhất thì dung dịch đó tạo gỉ sét tốt nhất.

Trong 3 dung dịch, khối lượng \[F{e_2}{O_3}\] được tạo ra trong dung dịch muối là lớn nhất ở tất cả các ngày nên dung dịch muối tạo gỉ sét tốt nhất.

Đáp án: muối.

Phương trình hoá học cho thấy ngoài sự hình thành \[F{e_2}{O_3}\] còn một sản phẩm nữa được tạo ra là \[{H_2}\] cũng có thể đo được tốc độ tạo thành.

Chọn C.

- Khối lượng gỉ sét được tạo ra bởi dung dịch muối trong ngày thứ 2 là 0,56 g.

- Trong môi trường nước cất có pH = 10, để tạo ra được một lượng \[F{e_2}{O_3}\] xấp xỉ 0,56 g, cần đến ngày thứ 10.

Trong dung dịch nước đường:

- Lượng gỉ sắt được tạo ra ở ngày 6 là 0,11 g.

- Lượng gỉ sắt được tạo ra ở ngày 8 là 0,19 g.

Lượng \[F{e_2}{O_3}\] được tạo ra bởi dung dịch nước đường tính từ ngày 6 đến ngày 8 là:

0,19 – 0,11 = 0,08 g.

Chọn B.