Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 15)

\({x^2} - {y^2} = \left( {x - y} \right).\left( {x + y} \right)\).

\(91 = 7.13 = 1.91\)

Vì \(x,y \in \mathbb{N}\) nên \(x + y > 0,x - y > 0\) và \(x - y < x + y\)

Khi đó:

\({x^2} - {y^2} = 91\)

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 7}\\{x + y = 13}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y = 1}\\{x + y = 91}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 10}\\{y = 3}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 46}\\{y = 45}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\]

Khi đó \(x.y = 30\) hoặc \(x.y = 2070\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

þ 30

þ 2070

Nếu \(a\) chẵn thì \(a = 2k \Rightarrow {a^2} = 4{k^2} \Rightarrow {a^2} \vdots 4 \Rightarrow \) Khẳng định 1 đúng.

Giữa 2 số chính phương liên tiếp không tồn tại số chính phương nào vì dễ thấy giữa \({n^2}\) và \({(n + 1)^2}\) không thể tồn tại \({k^2}\) thỏa mãn: \(n < k < n + 1 \Rightarrow \) Khẳng định 2 đúng.

Ta có: \(A = \left( {{{10}^{2023}} + {{10}^{2022}} + \ldots + 10 + 1} \right)\left( {{{10}^{2024}} + 11} \right) + 5\)               

\[ \Leftrightarrow A = \underbrace {111 \ldots 1}_{2024}\left( {{{10}^{2024}} + 11} \right) + 5\]

Đặt \(t = 111 \ldots 1\) (2024 chữ số 1).

\( \Rightarrow 9t + 1 = {10^{2024}}\)

Suy ra:

\(A = t.\left( {9t + 1 + 11} \right) + 5\)

\(A = 9{t^2} + 12t + 4 + 1\)

\(A = {(3t + 2)^2} + 1\).

Ta thấy \({(3t + 2)^2}\) là số chính phương nên \(A\) không là số chính phương.

\( \Rightarrow \) Khẳng định 3 sai.

Do đó ta chọn đáp án như sau

Theo bài ra, ta có \(C_{2n}^1 + C_{2n}^3 = 2C_{2n}^2 \Leftrightarrow 2n + \frac{{\left( {2n - 2} \right)\left( {2n - 1} \right)2n}}{6} = 2.\frac{{\left( {2n - 1} \right)2n}}{2}\)

\( \Leftrightarrow 1 + \frac{{4{n^2} - 6n + 2}}{6} = 2n - 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{4{n^2} - 6n + 8}}{6} = 2n - 1\)

\( \Leftrightarrow 2{n^2} - 3n + 4 = 6n - 3\)

\( \Leftrightarrow 2{n^2} - 9n + 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 1}\\{n = \frac{7}{2}}\end{array}} \right.\)

Vậy có 1 giá trị của \(n\) thỏa mãn.

Do đó ta điền như sau

Đáp án: 1.

Số cách các xếp học sinh vào ghế là \(\left( {2n + 3} \right)\)!

Nhận xét rằng nếu ba số tự nhiên \({\rm{a}},{\rm{b}},{\rm{c}}\) lập thành một cấp số cộng thì \(a + c = 2b\) nên \(a + c\) là số chẵn. Như vậy \(a,c\) phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Từ 1 đến \(2n + 3\) có \(n + 1\) số chẵn và \(n + 2\) số lẻ.

Muốn có một cách xếp học sinh thỏa số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng ta sẽ tiến hành như sau:

- Bước 1: Chọn hai ghế có số thứ tự cùng chẵn hoặc cùng lẻ rồi xếp An và Chi vào, sau đó xếp Bình vào ghế chính giữa. Bước này có \(A_{n + 1}^2 + A_{n + 2}^2\) cách.

- Bước 2: Xếp chỗ cho \(2n\) học sinh còn lại. Bước này có \(\left( {2n} \right)\)!

Như vậy số cách xếp thỏa theo yêu cầu này là \(\left( {A_{n + 1}^2 + A_{n + 2}^2} \right).\left( {2n} \right)\)!

Ta có phương trình \(\frac{{\left( {A_{n + 1}^2 + A_{n + 2}^2} \right).\left( {2n} \right)!}}{{\left( {2n + 3} \right)!}} = \frac{{17}}{{1155}} \Leftrightarrow \)\[\frac{{\left( {\frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - 1} \right)!}} + \frac{{\left( {n + 2} \right)!}}{{n!}}} \right).\left( {2n} \right)!}}{{\left( {2n + 3} \right)!}} = \frac{{17}}{{1155}}\]

\( \Leftrightarrow \frac{{\left[ {\left( {n + 1} \right)n + \left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)} \right]}}{{\left( {2n + 3} \right)\left( {2n + 2} \right)\left( {2n + 1} \right)}} = \frac{{17}}{{1155}}\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 1} \right)}}{{\left( {2n + 3} \right)\left( {2n + 1} \right)}} = \frac{{17}}{{1155}}\)\( \Leftrightarrow 1155\left( {n + 1} \right) = 17\left( {2n + 3} \right)\left( {2n + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 68{n^2} - 1019n - 1104 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 16\\n = - \frac{{69}}{{68}}\end{array} \right.\).

Vậy số học sinh của lớp là 35.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác \(HBC\) ta được:

\(H{B^2} = H{C^2} + B{C^2} - 2HC.BC.{\rm{cos}}60^\circ \)

\( = {\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)^2} + {a^2} - 2.\frac{{3a}}{4}.a.\frac{1}{2}\)

\( = \frac{{13{a^2}}}{{16}} \Rightarrow BH = \frac{{a\sqrt {13} }}{4}\).

Góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \) nên \(\widehat {SBH} = 60^\circ \Rightarrow SH = HB\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt {39} }}{4}\).

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {39} }}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\( = \frac{{\sqrt {13} }}{{16}}{a^3}\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Độ dài đoạn thẳng \(HB\) là \(\frac{{a\sqrt {13} }}{4}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(\frac{{{a^3}\sqrt {13} }}{{16}}\).

Gọi \(H\) là chân đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\).

Vì tam giác \(ABC\) đều nên ta có: \(AH = 3OH = 3r\), \(AH = BC\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow BC = \frac{2}{{\sqrt 3 }}AH = .r2\sqrt 3 \).

Khi quay tam giác \(ABC\) quanh trục \(AO\) ta được hình nón có thể tích là: \({V_N}\), có đáy là đường tròn đường kính \(BC\) khi đó: \({S_N} = \pi H{C^2} = \pi {r^2}3\), chiều cao của hình nón là:\(AH = 3r\), khi đó thể tích hình nón là: \({V_N} = \frac{1}{3}AH.{S_N} = \frac{1}{3}3r.\pi {r^2}3 = 3\pi {r^3}\) (đvtt).

Thể tích khối cầu khi quay hình tròn \(\left( {O;r} \right)\) quanh trục \(AO\) là: \({V_C} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).

Vậy thể tích \(V\) của khối tròn xoay thu được khi quay tam giác \(ABC\) đã cắt bỏ phần hình tròn quanh trục \(AO\) là: \(V = {V_N} - {V_C} = 3\pi {r^3} - \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{5}{3}\pi {r^3}\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 4{x^2} + 5x - 2\) có:

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 8x + 5\)

\(f''\left( x \right) = 6x - 8\)

Hàm số đã cho xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

\(f\left( { - x} \right) = {( - x)^3} - 4{( - x)^2} + 5\left( { - x} \right) - 2\)

\( = - {x^3} - 4{x^2} - 5x - 2 \ne f\left( x \right)\)

Hàm số đã cho không là hàm số chẵn.

Hàm số đã cho có đạo hàm cấp 2 và \(f''\left( 1 \right) = 6 - 8 = - 2 < 0\).

Đồ thị của hàm số đã cho không phải là một parabol.

Giới hạn \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty ,\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty \Rightarrow \) Mệnh đề cuối sai.

Do đó ta chọn đáp án như sau

þ Hàm số đã cho xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

þ Hàm số đã cho có đạo hàm cấp 2 và \(f''\left( 1 \right) < 0\).

\(y = - {x^3} + 3{x^2} + \left( {m - 1} \right)x + 2m - 3\)

ТХÐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = - 3{x^2} + 6x + m - 1,{\rm{\Delta '}} = 3m + 6\)

Nếu \({\rm{m}} \le - 2 \Rightarrow {\rm{\Delta '}} \le 0 \Rightarrow {\rm{y'}} \le 0,\forall {\rm{x}} \in \mathbb{R}\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số không có khoảng đồng biến.

Nếu \(m > - 2 \Rightarrow y' = 0\) có hai nghiệm \({x_1} < {x_2}\), và \(y' \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {{x_1};{x_2}} \right]\)

\( \Rightarrow \) Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left| {{{\rm{x}}_1} - {{\rm{x}}_2}} \right| < 1 \Leftrightarrow {\left( {{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}} \right)^2} - 4{{\rm{x}}_1}{\rm{.}}{{\rm{x}}_2} < 1\)

\( \Leftrightarrow 4 + \frac{{4\left( {m - 1} \right)}}{3} < 1 \Leftrightarrow m < - \frac{5}{4}\).

Vậy \( - 2 < m < - \frac{5}{4} \Rightarrow \) Có 0 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn bài toán.

Do đó ta điền đáp án như sau

Gọi \(S\) là tập hợp các giá trị nguyên của \(m\) để hàm số \(y = - {x^3} + 3{x^2} + \left( {m - 1} \right)x + 2m - 3\) đồng biến trên một khoảng có độ dài nhỏ hơn 1 .

Số phần tử của S là 0.

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ

Gọi hàm số biểu diễn cho đường cong (P) là:\(y = a{x^2} + b\).

Vì (P) đi qua điểm (0; −8) và (2; 0) nên ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = - 8}\\{a.4 - 8 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = - 8}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Rightarrow y = 2{x^2} - 8\).

Diện tích thiết diện là: .

\(y = 2{x^2} - 8 \Rightarrow x = \sqrt {\frac{{y + 8}}{2}} \).

Thể tích của vật là thể tích khối tròn xoay khi quay hình \(\left( H \right)\) giới hạn bởi các đường

\(x = \sqrt {\frac{{y + 8}}{2}} ,x = 0,y = - 8,y = 0\) quanh trục tung.

Khi đó .

Do đó ta điền như sau

Diện tích thiết diện là \(\frac{{64}}{3}\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Tính thể tích của vật thể đã cho là V = \(16\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

Do \(AC\) song song với \(MN\) nên góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(AP\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(AP\).

\(PC = \sqrt {C'{C^2} + C'{P^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

\(AP = \sqrt {A'{A^2} + A'{P^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} + {a^2}} = \frac{{3a}}{2}\).

Ta có: \(AC = a\sqrt 2 \).

Áp dụng định lý côsin cho ta có

\({\rm{cos}}\widehat {CAP} = \frac{{A{P^2} + A{C^2} - P{C^2}}}{{2AP.AC}} = \frac{{\frac{{9{a^2}}}{4} + 2{a^2} - \frac{{5{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{{3a}}{2}.a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow \widehat {CAP} = 45^\circ \).

Vậy góc giữa hai đường thẳng \({\rm{MN}}\) và \({\rm{AP}}\) bằng \(45^\circ \).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng \({\rm{MN}}\) và \({\rm{AP}}\) bằng khoảng cách giữa \({\rm{MN}}\) và mặt phẳng \(\left( {APC} \right)\).

\(d\left( {MN,\left( {APC} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {APC} \right)} \right)\)

\( = \frac{1}{2}d\left( {B,\left( {APC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {D,\left( {APC} \right)} \right)\)

\( = \frac{1}{2}.\frac{{3{V_{D.APC}}}}{{{S_{APC}}}}\).

Ta có: \({S_{APC}} = \frac{1}{2}.AP.AC.{\rm{sin}}45^\circ = \frac{1}{2}.\frac{{3a}}{2}.a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\).

\({V_{D.APC}} = \frac{1}{3}.A'A.{S_{ACD}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{6}\).

\( \Rightarrow d\left( {MN,AP} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{3.\frac{{{a^3}}}{6}}}{{\frac{{3{a^2}}}{4}}} = \frac{a}{3}\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Độ dài đoạn thẳng \(AP\) là \(\frac{{3a}}{2}\).

Góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(AP\) là \(45^\circ \).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(AP\) là \(\frac{a}{3}\).

\(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\) nên \(BH \bot AC \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = BH\).

\( \Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) bằng \(\widehat {BSH}\).

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

Mà \(BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \) Góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(\widehat {SBA}\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Khoảng cách từ \({\rm{B}}\) đến \(\left( {SAC} \right)\) bằng \(BH\).

Góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) bằng \(\widehat {BSH}\).

Góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(\widehat {SBA}\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + 2t}\\{y = t}\\{z = 2 - t}\end{array}} \right.\).

Vì \(C \in d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + 2t}\\{y = t}\\{z = 2 - t}\end{array} \Rightarrow C\left( { - 1 + 2t;t;2 - t} \right)} \right.\).

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

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {3t - 7; - 3t - 1;3t - 3} \right)\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{1}{2}\sqrt {27{t^2} - 54t + 59} \).

\({S_{ABC}} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sqrt {27{t^2} - 54t + 59} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow C\left( {1;1;1} \right) \Rightarrow m.n.p = 1\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Đáp án: 1.

Đặt \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_9}a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{16}}b = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{12}}\frac{{5b - a}}{2} = t\).

\( \Leftrightarrow a = {9^t};b = {16^t};\frac{{5b - a}}{2} = {12^t}\)

\(\frac{{5b - a}}{2} = {12^t} \Leftrightarrow 5b - a = {12^t}.2\)

\( \Leftrightarrow {5.16^t} - {9^t} - {2.12^t} = 0\)

\( \Leftrightarrow 5.{\left( {{4^t}} \right)^2} - {2.4^t}{.3^t} - {\left( {{3^t}} \right)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow 5.{\left[ {{{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^t}} \right]^2} - 2.{\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^t} = \frac{{1 + \sqrt 6 }}{5}\left( {TM} \right)}\\{{{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^t} = \frac{{1 - \sqrt 6 }}{5}{\rm{\;(KTM)\;}}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} = \frac{{1 + \sqrt 6 }}{5} \Rightarrow t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{4}{3}}}\frac{{1 + \sqrt 6 }}{5} < 0\).

\(\frac{a}{b} = {\left[ {{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^t}} \right]^2} = {\left( {\frac{5}{{1 + \sqrt 6 }}} \right)^2}\).

\( \Rightarrow \) Khẳng định 1 và 3 sai, khẳng định 2 đúng.

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có \({u_{n + 1}} - 2{u_n} + {u_{n - 1}} = 3 \Leftrightarrow \left( {{u_{n + 1}} - {u_n}} \right) - \left( {{u_n} - {u_{n - 1}}} \right) = 3\).

Đặt \({v_n} = {u_{n + 1}} - {u_n}\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{v_1} = 1}\\{{v_n} - {v_{n - 1}} = 3 = d}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {v_n} = {v_1} + \left( {n - 1} \right)d = 1 + 3\left( {n - 1} \right) = 3n - 2\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1}\\{{u_{n + 1}} - {u_n} = 3n - 2}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1}\\{{u_2} - {u_1} = 3.1 - 2}\\{{u_3} - {u_2} = 3.2 - 2}\\{ \ldots \ldots .... \ldots \ldots }\\{{u_n} - {u_{n - 1}} = 3\left( {n - 1} \right) - 2}\end{array}} \right.} \right.\)

Cộng vế theo vế ta được \({u_n} = 1 + 3\left( {1 + 2 + 3 + \ldots \ldots + n - 1} \right) - 2.\left( {n - 1} \right)\)

\( \Rightarrow {u_n} = 1 + 3.\frac{{n.\left( {n - 1} \right)}}{2} - 2n + 2 = \frac{{2 + 3{n^2} - 3n - 4n + 4}}{2} = \frac{{3{n^2} - 7n + 6}}{2}\)

Do đó \(a = 3,b = - 7,c = 6 \Rightarrow a + b + c = 2\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) thỏa mãn \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1,{u_2} = 2}\\{{u_{n + 1}} - 2{u_n} + {u_{n - 1}} = 3\left( {n \in N,n \ge 2} \right)}\end{array}} \right.\).

Số hạng tổng quát của dãy số có dạng \({u_n} = \frac{{a{n^2} + bn + c}}{2}\left( {\forall n \in \mathbb{N},n \ge 3} \right)\).

Khi đó \(a + b + c\) bằng 2.

Giả thiết tương đương với: \(\frac{{ - f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = 2x + 3\).

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được: \(\mathop \smallint \nolimits^ \frac{{ - f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}dx = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {2x + 3} \right)dx\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + 3x + C \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2} + 3x + C}} \Rightarrow f\left( 1 \right) = \frac{1}{{4 + C}}\).

Mà \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{6}\), nên ta có \(\frac{1}{{4 + C}} = \frac{1}{6} \Rightarrow C = 2\).

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2} + 3x + 2}} = \frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}}\).

\(P = 1 + f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) + \ldots + f\left( {2024} \right)\)

\( = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \ldots + \frac{1}{{2025}} - \frac{1}{{2026}}\)

\( = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{{2026}} = \frac{{1519}}{{1013}}\).

Do đó ta điền như sau

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), biết \(f'\left( x \right) + \left( {2x + 3} \right){f^2}\left( x \right) = 0,f\left( x \right) > 0\) với mọi \(x > 0\) và \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{6}\).

Biết \(P = 1 + f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) + \cdots + f\left( {2024} \right) = \frac{a}{b}\) (Với \(a,b \in \mathbb{Z},b \ne 0,\,\,\frac{a}{b}\)là phân số tối giản).

Khi đó giá trị của \(a + b\) bằng: 2532.

Từ đồ thị hàm số ta có \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1\end{array} \right.\].

Ta có \[g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2} - 3} \right)\]

\[ \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( {{x^2} - 3} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 3 = - 2\\{x^2} - 3 = 1\;\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = \pm 2\;\end{array} \right.\].

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị. Chọn B.

Xét hàm \[f\left( v \right) = \frac{{290,4v}}{{0,36{v^2} + 13,2v + 264}}\]

\[ \Rightarrow f'\left( v \right) = \frac{{290,4\left( { - 0,36{v^2} + 264} \right)}}{{{{\left( {0,36{v^2} + 13,2v + 264} \right)}^2}}}\].

\[ \Rightarrow f'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = \frac{{10\sqrt {66} }}{3}\] (do \[v > 0\]).

Dựa vào bảng biến thiên ta có \[{f_{\max }} = f\left( {\frac{{10\sqrt {66} }}{3}} \right)\].

Vậy lưu lượng xe lớn nhất khi \[v = \frac{{10\sqrt {66} }}{3} \approx 27,08\;km/h\]. Chọn A.

Từ các đồ thị hàm số, ta thấy \[y = {a^x}\] và \[y = {\log _b}x\] là các hàm số đồng biến nên \[a > 1\] và \[b > 1\].

Mặt khác, \[y = {\log _c}x\] là hàm số nghịch biến nên \[0 < c < 1\].

Vẽ đồ thị hàm số \[y = {\log _a}x\] bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số \[y = {a^x}\] qua đường thẳng \[y = x.\]

Kẻ đường thẳng \[y = 1\] cắt hai đồ thị hàm số \[y = {\log _a}x\] và \[y = {\log _b}x\] lần lượt tại hai điểm A và B. Khi đó, \[{x_A} = a\] và \[{x_B} = b\]. Từ đồ thị hàm số ta thấy \[{x_A} < {x_B}\].

Vậy \[a < b\]. Do đó c < a < b. Chọn D.

Tổng tiền lương 9 tháng đầu là \[{9.7.10^6}\] đồng.

Tiền lương tháng 10 là \[{7.10^6}\left( {1 + 10\% } \right) = {7.10^6}.1,1\] đồng.

Tổng tiền lương từ tháng 10 đến tháng 18 là \[{9.7.10^6}.1,1\] đồng.

Tiền lương tháng 19 là \[{7.10^6}{\left( {1 + 10\% } \right)^2} = {7.10^6}{.1,1^2}\] đồng.

Tổng tiền lương từ tháng 19 đến tháng 27 là \[{9.7.10^6}{.1,1^2}\] đồng.

Tiền lương tháng 28 là \[{7.10^6}{\left( {1 + 10\% } \right)^3} = {7.10^6}{.1,1^3}\] đồng.

Tổng tiền lương từ tháng 28 đến tháng 36 là \[{9.7.10^6}{.1,1^3}\] đồng.

Tiền lương tháng 37 là \[{7.10^6}{\left( {1 + 10\% } \right)^4} = {7.10^6}{.1,1^4}\] đồng.

Tổng tiền lương từ tháng 37 đến tháng 45 là \[{9.7.10^6}{.1,1^4}\] đồng.

Tiền lương tháng 46 là \[{7.10^6}{\left( {1 + 10\% } \right)^5} = {7.10^6}{.1,1^5}\] đồng.

Tổng tiền lương từ tháng 46 đến tháng 48 là \[{3.7.10^6}{.1,1^5}\] đồng.

Tổng tiền lương sau 4 năm (từ tháng 1 đến tháng 48) là 418 442 010 đồng. Chọn B.

Khi nhiệt độ trung bình tăng \[2^\circ C\] so với \[{t_0}\] thì nước biển dâng 0,03 m, khi nhiệt độ trung bình tăng \[5^\circ C\] so với \[{t_0}\] thì nước biển dâng 0,1 m.

Khi đó, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}0,03 = k{a^2}\\0,1 = k{a^5}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^3} = \frac{{10}}{3}\\k = \frac{{0,03}}{{{a^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}\\k = 0,03.\sqrt[3]{{\frac{9}{{100}}}}\end{array} \right.\].

\[ \Rightarrow f\left( t \right) = 0,03.\sqrt[3]{{\frac{9}{{100}}}}.{\left( {\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}} \right)^t}\left( m \right)\].

Khi nước biển dâng lên 0,15 m thì ta có

\[\begin{array}{l}0,15 = 0,03.\sqrt[3]{{\frac{9}{{100}}}}.{\left( {\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}} \right)^t} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}} \right)^t} = 5.\sqrt[3]{{\frac{{100}}{9}}}\\ \Leftrightarrow t = {\log _{\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}}}\left( {5.\sqrt[3]{{\frac{{100}}{9}}}} \right) \approx 6,01^\circ C.\end{array}\]

Vậy khi nhiệt độ trung bình trái đất tăng thêm \[6,01^\circ C\] so với \[{t_0}\] thì mực nước biển dâng lên 0,15 m. Chọn C.

Theo giả thiết ta có \[r = BC = a\].

Độ dài đường cao là \[h = AB = 2a\].

Thể tích khối trụ là \[V = \pi {r^2}h = \pi .{a^2}.2a = 2\pi {a^3}\]. Chọn A.

Ta có \[MN = SM = SN = 48\;cm\] nên \[\Delta SMN\] đều \[ \Rightarrow \widehat {MSN} = 60^\circ \].

Chu vi đường tròn đáy của cái mũ chính là chiều dài x của dây cung MN.

Mặt khác số đo cung MN bằng số đo \[\widehat {MSN} = 60^\circ \] nên \[x = \frac{{\pi .48.60}}{{180}} = 16\pi \].

Gọi r là bán kính của đường tròn đáy của cái mũ, ta có \[x = 2\pi r \Rightarrow r = \frac{x}{{2\pi }} = \frac{{16\pi }}{{2\pi }} = 8\].

Chiều cao của cái mũ \[h = \sqrt {S{M^2} - {r^2}} = \sqrt {{{48}^2} - {8^2}} = 8\sqrt {35} \].

Vậy thể tích cái mũ \[V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {8^2}.8\sqrt {35} = \frac{{512\pi \sqrt {35} }}{3}\left( {c{m^3}} \right)\]. Chọn A.

+) Trên khoảng \[\left( {1; + \infty } \right)\] ta có \[\int {f'\left( x \right)dx} = \int {\frac{1}{{x - 1}}dx} = \ln \left( {x - 1} \right) + {C_1} \Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left( {x - 1} \right) + {C_1}\].

Mà \[f\left( 2 \right) = 2018 \Rightarrow {C_1} = 2018\].

+) Trên khoảng \[\left( { - \infty ;1} \right)\] ta có \[\int {f'\left( x \right)dx} = \int {\frac{1}{{x - 1}}dx} = \ln \left( {1 - x} \right) + {C_2} \Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left( {1 - x} \right) + {C_2}\]

Mà \[f\left( 0 \right) = 2017 \Rightarrow {C_2} = 2017\].

Vậy \[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x - 1} \right) + 2018\,\;\;khi\;\;x > 1\\\ln \left( {1 - x} \right) + 2017\;\;khi\;\;x < 1\end{array} \right.\]. Suy ra \[f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right) = 1\]. Chọn D.

Biểu đồ biểu diễn vận tốc của xe A là \[\left( P \right):{v_A} = a{t^2} + bt + c\;\left( {a \ne 0} \right)\] đi qua điểm \[\left( {0;0} \right);\left( {3;60} \right);\left( {4;0} \right) \Rightarrow {v_A} = - 20{t^2} + 80t\].

Biểu thức biểu diễn vận tốc của xe B là đường thẳng \[\Delta :{v_B} = mt + n\;\left( {m \ne 0} \right)\] đi qua điểm \[\left( {0;0} \right);\left( {3;60} \right) \Rightarrow {v_B} = 20t\].

Ta có \[{v_A} = - 20{t^2} + 80t = 0 \Rightarrow t = 4\] nên xe A dừng lại sau giây thứ 4.

Do đó quãng đường xe A đi được sau 4 giây là \[{S_A} = \int\limits_0^4 {\left( { - 20{t^2} + 80t} \right)dt} = \frac{{640}}{3}\left( m \right)\].

Quãng đường xe B đi được sau 5 giây đầu là \[{S_B} = \int\limits_0^5 {\left( {20t} \right)dt} = 250\left( m \right)\].

Khoảng cách giữa hai xe sau 5 giây kể từ lúc xuất phát là \[\Delta S = \left| {{S_A} - {S_B}} \right| = \frac{{110}}{3}\left( m \right)\]. Chọn D.

Ta có \[\left( {1 + 2i} \right)z = 5{\left( {1 + i} \right)^2} \Leftrightarrow z = \frac{{5{{\left( {1 + i} \right)}^2}}}{{1 + 2i}} = \frac{{10i}}{{1 + 2i}} = \frac{{10i\left( {1 - 2i} \right)}}{5} = 4 + 2i\].

Suy ra \[w = \overline z + iz = \left( {4 - 2i} \right) + i\left( {4 + 2i} \right) = 2 + 2i\].

Vậy số phức w có phần thực bằng 2, phần ảo bằng 2. Suy ra \[{2^2} + {2^2} = 8\]. Chọn D.

Gọi \[M\left( {x,y} \right)\] là điểm biểu diễn số phức \[z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\].

Gọi \[E\left( {1, - 2} \right)\] là điểm biểu diễn số phức \[1 - 2i\].

Gọi \[F\left( {0, - 1} \right)\] là điểm biểu diễn số phức \[ - i\].

Ta có \[\left| {z + 2i - 1} \right| = \left| {z + i} \right| \Leftrightarrow ME = MF\]

\[ \Rightarrow \]Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung trực của EF: \[\Delta :x - y - 2 = 0\].

Để MA ngắn nhất thì \[MA \bot \Delta \] tại \[M \Leftrightarrow M\left( {3,1} \right) \Rightarrow z = 3 + i\]. Chọn A.

Gọi A là hình chiếu của I lên trục \[Ox \Rightarrow A\left( { - 1;0;0} \right)\].

Vì điểm A nằm trên mặt cầu nên bán kính của mặt cầu là \[R = IA = \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {3^2}} = \sqrt {13} \].

Phương trình mặt cầu \[\left( S \right)\] tâm \[I\left( { - 1;2; - 3} \right)\] và bán kính \[R = \sqrt {13} \] là

\[{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 13\]. Chọn C.

Dựng \[DH \bot \left( {ABC} \right)\].

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BA \bot DA\\BA \bot DH\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {DAH} \right) \Rightarrow BA \bot AH\].

Tương tự \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot DB\\BC \bot DH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {DBH} \right) \Rightarrow BC \bot BH\].

Tam giác AHB có \[AB = a,\widehat {ABH} = 45^\circ \].

\[ \Rightarrow \Delta HAB\] vuông cân tại \[A \Rightarrow AH = AB = a\].

Áp dụng định lý cosin cho \(\Delta ABC\), ta có \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB.BC.\cos \widehat {ABC}\)

\( \Leftrightarrow 5{a^2} = {a^2} + B{C^2} + \sqrt 2 a.BC\)\( \Leftrightarrow BC = a\sqrt 2 \).

Vậy \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.BA.BC.\sin \widehat {CBA} = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}\].

Dựng \[\left\{ \begin{array}{l}HE \bot DA\\HF \bot DB\end{array} \right. \Rightarrow HE \bot \left( {DAB} \right)\] và \[HF \bot \left( {DBC} \right)\].

Suy ra \[\left( {\left( {DBA} \right),\left( {DBC} \right)} \right) = \left( {HE,HF} \right) = \widehat {EHF}\] và tam giác HEF vuông tại E.

Đặt \[DH = x\], khi đó \[HE = \frac{{ax}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }},HF = \frac{{xa\sqrt 2 }}{{\sqrt {2{a^2} + {x^2}} }}\].

Suy ra \[\cos \widehat {EHF} = \frac{{HE}}{{HF}} = \sqrt {\frac{3}{4}} = \frac{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }}{{\sqrt {2{x^2} + 2{a^2}} }} \Rightarrow x = a\].

Vậy \[{V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.DH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^3}}}{6}\]. Chọn D.

Xét trường hợp tổng quát là bốn mặt cầu có bán kính r.

Gọi tâm các mặt cầu là S, A, B, C, trong đó S là tâm của mặt cầu trên cùng.

Do các mặt cầu tiếp xúc ngoài nhau nên S.ABC là chóp đều cạnh 2r.

Gọi I là tâm của tam giác ABC, khi đó SI vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] và \[AI = \frac{{2r\sqrt 3 }}{3}\].

Tam giác SAI vuông tại I, có

\[SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}} = \sqrt {4{r^2} - {{\left( {\frac{{2r\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2r\sqrt 6 }}{3}\].

Kẻ đường sinh JP của hình nón tiếp xúc với hai mặt cầu tâm S và tâm A lần lượt tại H, K.

Ta có \[\Delta SAI\~\Delta JSH\](g-g) nên \[\frac{{SJ}}{{SA}} = \frac{{SH}}{{AI}}\].

\[ \Rightarrow SJ = \frac{{SA.SH}}{{AI}} = 2r.r.\frac{3}{{2r\sqrt 3 }} = r\sqrt 3 \].

Chiều cao của khối nón là

 \[h = JS + SI + IO = r\sqrt 3 + \frac{{2r\sqrt 6 }}{3} + r = r\left( {1 + \sqrt 3 + \frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right)\].

Bán kính khối nón là \[R = OP = JO.\tan \widehat {SJH}\].

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow R = h.\tan ASI = r\left( {1 + \sqrt 3 + \frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right).\frac{{AI}}{{SI}}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = r\left( {1 + \sqrt 3 + \frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right).\frac{{2r\sqrt 3 }}{3}.\frac{3}{{2r\sqrt 6 }} = r\left( {1 + \sqrt 3 + \frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right).\frac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array}\]

Áp dụng với \[r = \sqrt 2 \] ta được \[R = \sqrt 2 .\frac{1}{{\sqrt 2 }}.\left( {1 + \sqrt 3 + \frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right) = 1 + \sqrt 3 + \frac{{2\sqrt 6 }}{3}\]. Chọn C.

Đường thẳng \[{d_1}\] đi qua \[A\left( {2;6; - 2} \right)\] và có một vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 2;1} \right)\].

Đường thẳng \[{d_2}\] có một vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;3; - 2} \right)\].

Gọi \[\overrightarrow n \] là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \[\left( P \right)\].

Do mặt phẳng \[\left( P \right)\] chứa \[{d_1}\] và (P) song song với đường thẳng \[{d_2}\] nên \[\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {1;5;8} \right)\].

Vậy phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua \[A\left( {2;6; - 2} \right)\] và có một vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow n = \left( {1;5;8} \right)\] là \[x + 5y + 8z - 16 = 0\]. Chọn A.

Gọi \[M\left( {x;y;z} \right)\]. Ta có \[\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{2}{3}\]

\[ \Leftrightarrow 9M{A^2} = 4M{B^2}\]

\[ \Leftrightarrow 9\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {{\left( {z + 2} \right)}^2}} \right] = 4\left[ {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y + 3} \right)}^2} + {{\left( {z - 3} \right)}^2}} \right]\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {x + 6} \right)^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} + {\left( {z + 6} \right)^2} = 108\].

Vậy điểm M thuộc mặt cầu tâm \[I\left( { - 6;6; - 6} \right)\], bán kính \[R = 6\sqrt 3 \].

Vậy MN nhỏ nhất khi M, N thuộc đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Gọi \[\left( d \right)\] là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng \[\left( P \right)\].

Khi đó \[\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = - 6 - t\\y = 6 + 2t\\z = - 6 - 2t\end{array} \right.\].

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x = - 6 - t\\y = 6 + 2t\\z = - 6 - 2t\\ - x + 2y - 2z + 6 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 6 - t\\y = 6 + 2t\\z = - 6 - 2t\\6 + t + 12 + 4t + 12 + 4t + 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = - 2\\z = 2\\t = - 4\end{array} \right. \Rightarrow N\left( { - 2; - 2;2} \right)\].

Do đó \[T = - 2 - 2 + 2 = - 2\]. Chọn B.

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [2] của bài viết, chú ý nội dung: “bản sắc văn hóa của dân tộc vẫn tiếp tục là những nội dung quan yếu nhất trong nhận thức của các dân tộc về bản thân mình và về những cộng đồng dân tộc khác”.

Từ cần điền là: bản sắc.

“Để trả lời cho câu hỏi “Lịch sử là gì?”, Edward Hallett Carr đã chia sẻ rằng sử học là quá trình tương tác giữa nhà sử học và sử liệu của anh ta; từ đó có thể thấy dù ở bất cứ trường phái nghiên cứu nào thì đây cũng là cuộc đối thoại không bao giờ chấm dứt của hiện tại và quá khứ.”

Từ cần điền là: đối thoại.

Điện được sản xuất tại các nhà máy và truyền tải tới người sử dụng, việc không thể lưu trữ nguồn năng lượng này đặt ra vấn đề khá cấp thiết về vấn đề bảo vệ tài nguyên, vì vậy, các nhà khoa học kì vọng tìm ra được một phương án nhằm tối ưu nhất nguồn năng lượng tái tạo.

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

- Vị trí 1: lưu trữ.

- Vị trí 2: cấp thiết.

- Vị trí 3: tái tạo.

Căn cứ vào nội dung: “vật liệu điện cực âm chủ yếu là: graphite, silic, SiO2” xác định thông tin nằm trong đoạn [2] của văn bản: “Các dạng thiết kế phổ biến của pin Li-ion hiện có pin dạng cúc áo (sản phẩm dự trữ năng lượng chuyên dụng cho các thiết bị điện tử nhỏ gọn như điều khiển thiết bị từ xa, đồng hồ, tay cầm máy tính, tai phone); pin túi (pouch-cell) thông dụng trong các thiết bị di động; pin dạng hình trụ; pin dạng lăng trụ.”

Từ cần điền là: thiết kế. 

Đọc và xác định thông trong đoạn [7] của văn bản: “để ứng dụng hydro, cần có chiến lược phát triển các trạm nạp loại nhiên liệu này. Trong quá trình sản xuất, con đường tốt nhất là dùng phương pháp điện phân nước sử dụng năng lượng Mặt trời/năng lượng gió, bởi đây là dạng green hydrogen (hydro xanh).”

Không chỉ dừng lại ở việc nghiên cứu công nghệ mới mà cần phát triển và ứng dụng trong thực tiễn với những chiến lược cụ thể về phát triển trạm nạp nhiên liệu.

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

- Vị trí 1: nghiên cứu.

- Vị trí 2: ứng dụng.

- Vị trí 3: chiến lược.

Từ bảng 1 thì khi trọng lượng của vật tăng lên thì lực trung bình cần thiết để di chuyển vật khỏi trạng thái nghỉ sẽ tăng lên.

Với nhãn hiệu B ta có:

- Nếu vật có khối lượng 150 g thì lực kéo vật chuyển động sẽ là 0,09 N

- Nếu vật có khối lượng 250 g thì lực kéo vật chuyển động sẽ là 0,147 N

⇒ Khi khối lượng vật là 200 g thì lực để làm vật chuyển động sẽ ở khoảng:

0,09 (N) < F < 0,147 (N)

⇒ Lực kéo để vật chuyển động sẽ gần nhất với giá trị là 0,12 N. Chọn C.

Kết quả bảng 1 cho thấy dụng cụ nấu ăn nhãn hiệu C có hệ số ma sát nghỉ nhỏ nhất.

Kết quả từ bảng 2 cho thấy bình xịt dầu nhãn hiệu Y có hệ số ma sát nghỉ nhỏ nhất.

Kết hợp dụng cụ nhãn C và bình xịt dầu Y sẽ tạo ra hệ số ma sát nghỉ lớn nhỏ nhất.

Chọn C.

- Nhãn hiệu dầu X sẽ tạo ra hệ số ma sát lớn nhất.

þ Nhãn hiệu dầu Z được thực hiện thí nghiệm với 2 vật nặng khác nhau.

þ Nhãn hiệu dầu Z tạo ra hệ số ma sát lớn nhất.

Ta có công thức xác định lực ma sát giữa bề mặt chảo vào vật như sau Fms = μN (1)

Phân tích quá trình chuyển động của vật và áp dụng định luật II và III Newton ta có:

N = P = mg = 0,2.9,8 = 1,96 N (2)

Và Fms = F = 0,02 N (3)

Từ (1) (2) và (3) ta có: $\mu =\frac{F_{ms}}{N}=\frac{0,02}{1,96}\approx 0,01$. Chọn A.