Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 3)

Số phức nghịch đảo z của\(\frac{3}{{25}} - \frac{4}{{25}}i\)là 3 + 4i.

Ta tính được ∣3 + 4i∣ = 5.

Do đó ta điền như sau

Gọi z là số phức nghịch đảo của ​\(\frac{3}{{25}} - \frac{4}{{25}}i\).

Mô đun của z là 5.

1) Sau 3 năm, giá của chiếc xe còn: 600 − 42.3 = 474 triệu.

2) Sau 8 năm, giá của chiếc xe giảm: 42.8 = 336 triệu.

Giá của chiếc xe giảm hơn 50% so với giá ban đầu.

Do đó ta có đáp án như sau

Giá của một chiếc xe ô tô lúc mua mới là 600 triệu đồng. Theo ước tính, sau mỗi năm sử dụng, giá của chiếc xe ô tô giảm 42 triệu đồng.

Mỗi khẳng định sau đúng hay sai?

Theo định nghĩa trên, ta có thể hiểu \(\left( {\begin{array}{*{20}{l}}n\\k\end{array}} \right) = C_n^k\); tổ hợp chập \(k\) của \(n\) phần tử.

Do đó, \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{10}\\7\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{10}\\8\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{10}\\9\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{10}\\{10}\end{array}} \right) = C_{10}^7 + C_{10}^8 + C_{10}^9 + C_{10}^{10} = 176\).

Do đó ta điền đáp án như sau

$\left(\begin{array}{c}10\\ 7\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}10\\ 8\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}10\\ 9\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}10\\ 10\end{array}\right)=\boxed{176}$.

Số quyển sách không phải sách Sinh học chiếm: 100% − 18% = 82%.

Vậy xác suất lấy được quyển sách không phải sách Sinh học bằng 82% = 0,82. Chọn A.

∣z + 2 − 3i∣ là khoảng cách giữa điểm biểu diễn z và −2 + 3i trên hệ trục tọa độ.

Khi ∣z + 2 − 3i∣ ≤ 3 thì khoảng cách giữa điểm biểu diễn z và −2 + 3i trên hệ trục tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 3.

Tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn ∣z + 2 − 3i∣ ≤ 3 là một hình tròn tâm (−2; 3) bán kính bằng 3. Chọn A.

Dễ thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} = - 3;\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} = - 3\)(loại).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} ( - 3x + 4) = - 2 < 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} (x - 2) = 0;x - 2 < 0,\forall x < 2{\rm{ n\^e n }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} = + \infty {\rm{.}}\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} ( - 3x + 4) = - 2 < 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} (x - 2) = 0;x - 2 > 0,\forall x > 2{\rm{ n\^e n }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} = - \infty \).Chọn C.

\(S(t) = \frac{1}{{{t^2}}}\)

\(V = \int\limits_a^b S (t){\rm{d}}t = \int\limits_5^9 {\frac{1}{{{t^2}}}} \;{\rm{d}}t = \frac{4}{{45}}\). Chọn D.

Ta có \(x - y + 1 = 0 \Leftrightarrow y = x + 1.{\rm{ }}\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \({e^x} + x = x + 1 \Leftrightarrow {e^x} = 1 \Leftrightarrow x = 0.\)

\(S = \int\limits_0^{\ln 5} {\left| {\left( {{e^x} + x} \right) - (x + 1)} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^{\ln 5} {\left| {{e^x} - 1} \right|{\rm{d}}x} \)

\( = \int\limits_0^{\ln 5} {\left( {{e^x} - 1} \right)dx} = \left. {\left( {{e^x} - x} \right)} \right|_0^{\ln 5} = 4 - \ln 5.\) Chọn A.

\(y' = 4{x^3} + 12{x^2} - 16\)

\(y' = 4(x - 1){(x + 2)^2}\).

Lập BTT, hàm số y′ chỉ đạt cực trị tại điểm x = 1 (nghiệm bội lẻ).

Đối với điểm x = −2 (nghiệm bội chẵn), hàm số y′ sẽ không đổi dấu khi đi qua điểm này, nên x = −2 không phải điểm cực trị.

Vậy hàm số \(y = {x^4} + 4{x^3} - 16x + 2\) có 0 điểm cực trị thuộc khoảng (−∞; 0). Chọn A.

Diện tích tam giác ABC là \(\frac{{{a^2}}}{2}\).

Thể tích khối chóp S.ABC là  \[\frac{1}{3}.2a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\] ​Chọn A.

Tọa độ điểm \(A(5;3; - 12)\) thuộc đường thẳng \(d:\frac{{x + 5}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 3}}{{ - 3}}\) vì \(d:\frac{{5 + 5}}{2} = \frac{{3 + 2}}{1} = \frac{{ - 12 - 3}}{{ - 3}} = 5\). Chọn A.

Phương trình mặt phẳng \((P)\) đi qua điểm \(M(2;3; - 4)\) và nhận \(\vec n = (3; - 2;5)\) là vectơ pháp tuyến là

\(\begin{array}{l}3(x - 2) - 2(y - 3) + 5(z + 4) = 0\\ \Leftrightarrow 3x - 6 - 2y + 6 + 5z + 20 = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow 3x - 2y + 5z + 20 = 0\)

\( \Leftrightarrow - 3x + 2y - 5z - 20 = 0.\) Chọn A.

Ta có : \[y = f\left( {{x^2} - 2x} \right) \Rightarrow y' = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\]

Cho \[y\prime = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 2 = 0\\f\prime ({x^2} - 2x) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x = - 1\\{x^2} - 2x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1\\x = 1 \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\], trong đó \(x = 1\) là nghiệm kép.

Ta có bảng xét dấu y′:

Vậy hàm số \[y = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\] có 3 điểm cực trị.Chọn A.

Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{x \ne 1}\end{array}\quad \left( * \right)} \right.\).

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{{{\log }_x}2}} + \frac{1}{{{{\log }_{{x^4}}}2}} < 10\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_x}2}} + \frac{4}{{{{\log }_x}2}} < 10\\ \Leftrightarrow \frac{5}{{{{\log }_x}2}} < 10\\ \Leftrightarrow 5{\log _2}x < 10\\ \Leftrightarrow {\log _2}x < 2\\ \Leftrightarrow x < 4\end{array}\)

Kết hợp điều kiện (*)  ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < {\rm{x}} < 4}\\{{\rm{x}} \ne 1}\end{array}} \right.\).

Mà \({\rm{x}} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {\rm{x}} \in \{ 2;3\} \). Vậy bất phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên.Chọn A.

Do \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên\(\left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó \(\forall {x_1};{x_2} \in \left( {0; + \infty } \right),{x_1} < {x_2} \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {{x_2}} \right)\).

Áp dụng tính chất trên ta được:

+) \(f\left( {2020} \right) > f\left( {2022} \right)\), suy ra A đúng.

+) \(f\left( {2018} \right) < f\left( {2020} \right)\), suy ra B sai.

+) Do \(0 \notin \left( {0; + \infty } \right)\)nên không đủ căn cứ để đưa ra kết luận \(f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) = 2020\), suy ra C sai.

+) \(f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) < f\left( 1 \right) + f\left( 1 \right) = 4040\), suy ra D sai.Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm \(\frac{{x + 3}}{{x + 1}} = 2x + m\,\,\,(x \ne - 1)\)

\( \Rightarrow 2{{\rm{x}}^2} + ({\rm{m}} + 1){\rm{x}} + {\rm{m}} - 3 = 0\quad ({\rm{x}} \ne - 1)\) (1).

Đường thẳng \({\rm{d}}\) cắt đồ thị \(({\rm{C}})\) tại hai điểm phân biệt \({\rm{M}},{\rm{N}}\) khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2} \ne - 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta = {m^2} - 6m + 25 > 0}\\{2.{{( - 1)}^2} + (m + 1)( - 1) + m - 3 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \forall m \in \mathbb{R}} \right.\).

Gọi \({\rm{M}}\left( {{{\rm{x}}_1};2{{\rm{x}}_1} + {\rm{m}}} \right)\) và \({\rm{N}}\left( {{{\rm{x}}_2};2{{\rm{x}}_2} + {\rm{m}}} \right)\) thuộc \({\rm{d}}\).

Theo Định lí Viét ta có \({{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} = - \frac{{{\rm{m}} + 1}}{2};{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2} = \frac{{{\rm{m}} - 3}}{2}\).

Ta có \({\rm{M}}{{\rm{N}}^2} = {\left( {{{\rm{x}}_2} - {{\rm{x}}_1}} \right)^2} + {\left( {2{{\rm{x}}_2} - 2{{\rm{x}}_1}} \right)^2} = 5\left[ {{{\left( {{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}} \right)}^2} - 4{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}} \right]\)

\( = \frac{5}{4}\left( {{m^2} - 6m + 25} \right) = \frac{5}{4}.\left[ {{{(m - 3)}^2} + 16} \right] \ge 20.\)

Dấu “=” xảy ra khi \(m = 3\).

Vậy \({\rm{MN}}\) nhỏ nhất bằng khi \({\rm{m}} = 3 \Rightarrow {\rm{m}} \in \left[ {\frac{5}{2}; + \infty } \right)\).Chọn C.

Rút ngẫu nhiên 2 thẻ từ 15 thẻ, có \(C_{15}^2\)cách.

Từ 1 đến 15 có 7 số chẵn và 8 số lẻ.

Để tích 2 số trên 2 thẻ là số chẵn, ta cần rút một thẻ đánh số chẵn và một thẻ đánh số lẻ hoặc cả hai thẻ đều đánh số chẵn. Có \[C_7^1.C_8^1 + C_7^2\]cách.

Xác suất cần tìm là: \(\frac{{C_7^1.C_8^1 + C_7^2}}{{C_{15}^2}} = \frac{{11}}{{15}}\).Chọn B.

Số cách chọn 4 học sinh từ một nhóm gồm 15 học sinh là \(C_{15}^4\).Chọn A.

Áp dụng định lí Pytago ta có: \({\rm{DH}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{D}}^2} - {\rm{A}}{{\rm{H}}^2}} = \sqrt {{{16}^2} - {{\rm{x}}^2}} = {\rm{CK}}\).

\( \Rightarrow {\rm{DC}} = 16 + 2\sqrt {{{16}^2} - {{\rm{x}}^2}} \).

Khi đó diện tích hình thang là:

\({\rm{S}} = \frac{1}{2}\left( {16 + 16 + 2\sqrt {{{16}^2} - {{\rm{x}}^2}} } \right){\rm{x}} = 16{\rm{x}} + {\rm{x}}\sqrt {{{16}^2} - {{\rm{x}}^2}} \).

Xét hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}}) = 16{\rm{x}} + {\rm{x}}\sqrt {{{16}^2} - {{\rm{x}}^2}} \) với \(0 < {\rm{x}} < 16\).

Ta có: \(f'(x) = 16 + \frac{{{{16}^2} - 2{x^2}}}{{\sqrt {{{16}^2} - {x^2}} }}\).

Khi đó \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow 16 + \frac{{{{16}^2} - 2{x^2}}}{{\sqrt {{{16}^2} - {x^2}} }} = 0\).

\( \Leftrightarrow 16\sqrt {{{16}^2} - {x^2}} + {16^2} - 2{x^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - {16^2} = 16\sqrt {{{16}^2} - {x^2}} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{x^2} - {{16}^2} \ge 0}\\{4{x^4} - 1024{x^2} + {{16}^4} = {{16}^2}\left( {{{16}^2} - {x^2}} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{x^2} - {{16}^2} \ge 0}\\{4{x^4} - 768{x^2} = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge 8\sqrt 2 \\x \le - 8\sqrt 2 \end{array} \right.\\{x^2} - 192 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow x = 8\sqrt 3 \) .

Bảng biến thiên

Vậy diện tích lớn nhất của mảnh vườn là \(192\sqrt 3 \;{m^2}\).Chọn D.

Do đó, phương trình \[\left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{m}{2}\] có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi 

\(\left[ \begin{array}{l}0 < \frac{m}{2} < 1\\\frac{m}{2} > 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < m < 2\\m > 10\end{array} \right.\). Chọn B.

Số quý bà V gửi trong 2 năm là \[\frac{{2.12}}{3} = 8\] (quý).

Áp dụng công thức lãi kép\[{A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\]

Số tiền bà V nhận được sau 2 năm là: \[{A_8} = 300{(1 + 1,5\% )^8} = 337947776\]đồng.Chọn C.

Xét hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}}) = {(1 + {\rm{x}})^{2{\rm{n}} + 1}}\). Theo công thức khai triển nhị thức Newton:

\(f(x) = {(1 + x)^{2n + 1}} = C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1x + C_{2n + 1}^2{x^2} + \ldots + C_{2n + 1}^{2n}{x^{2n}} + C_{2n + 1}^{2n + 1}{x^{2n + 1}}\).

Từ đó ta có:

\(\begin{array}{l}f(1) = {2^{2n + 1}} = C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 + C_{2n + 1}^2 + \ldots + C_{2n + 1}^{2n} + C_{2n + 1}^{2n + 1}\,\,\,(1)\\f( - 1) = 0 = C_{2n + 1}^0 - C_{2n + 1}^1 + C_{2n + 1}^2 - \ldots + C_{2n + 1}^{2n} - C_{2n + 1}^{2n + 1}\,\,\,\,\,\,(2)\end{array}\)

Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: \({2^{2n + 1}} = 2\left( {C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^2 + C_{2n + 1}^4 + \ldots + C_{2n + 1}^{2n}} \right)\) (3)

Từ \((3)\) và giả thiết suy ra \({2^{2n + 1}} = 2.1024 \Leftrightarrow {2^{2n + 1}} = {2^{11}} \Leftrightarrow {\rm{n}} = 5\).

Bài toán trở thành tìm hệ số của \({x^8}\) trong khai triển thành đa thức của \({(3 - 2x)^{10}}\).

Ta có \({(3 - 2{\rm{x}})^{10}} = \sum\limits_{{\rm{k}} = 0}^{10} {{\rm{C}}_{10}^{\rm{k}}} {.3^{10 - {\rm{k}}}}.{( - 2{\rm{x}})^{\rm{k}}} = \sum\limits_{{\rm{k}} = 0}^{10} {{\rm{C}}_{10}^{\rm{k}}} {.3^{10 - {\rm{k}}}}.{( - 2)^{\rm{k}}}{\rm{.}}{{\rm{x}}^{\rm{k}}}\)

Do đó hệ số của \({x^8}\) ứng với \(k = 8\) là \(C_{10}^8{.3^{10 - 8}}.{( - 2)^8} = 103680\).Chọn B.

Từ 12 viên bi vàng và trắng lấy ngẫu nhiên 5 viên bi có \[n(\Omega ) = C_{12}^5 = 792\] cách.

Gọi biến cố A: “5 viên bi lấy ra cùng màu”.

TH1: Lấy được 5 viên bi vàng Þ có \(C_5^5 = 1\) cách.

TH2: Lấy được 5 viên bi trắng Þ\(C_7^5 = 21\) cách.

Do đó \[n(A) = C_5^5 + C_7^5 = 22\].

Vậy xác suất của biến cố A là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{22}}{{792}} = \frac{1}{{36}}\].Chọn B.

- Xét hàm số\(y = f\left( x \right);y' = f'\left( x \right)\).

Theo giả thiết ta có \(M\left( {1;f\left( 1 \right)} \right)\),  phương trình tiếp tuyến của (C₁) tại M:\(y - f\left( 1 \right) = f'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right)\).

Mà theo giả thiết tiếp tuyến tại M có phương trình \(y = 3x - 1\)\( \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 3\) (1).

Từ đó ta có:\(y - f\left( 1 \right) = 3\left( {x - 1} \right)\)\( \Leftrightarrow y = 3x - 3 + f\left( 1 \right)\)\( \Rightarrow - 3 + f\left( 1 \right) = - 1 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = 2\)(2).

- Xét hàm số\(y = f\left( {f\left( x \right)} \right),y' = f'\left( x \right).f'\left( {f\left( x \right)} \right)\).

Theo giả thiết ta có \(N\left( {1;f\left( {f\left( 1 \right)} \right)} \right)\),

Phương trình tiếp tuyến của (C₂) tại N:\(y - f\left( {f\left( 1 \right)} \right) = f'\left( 1 \right).f'\left( {f\left( 1 \right)} \right)\left( {x - 1} \right)\).

Mà theo giả thiết tiếp tuyến tại N có phương trình là \(y = x + 1\)\( \Rightarrow f'\left( 1 \right).f'\left( {f\left( 1 \right)} \right) = 1\)(∗)

Từ đó ta có: \(y - f\left( {f\left( 1 \right)} \right) = x - 1\)\( \Leftrightarrow y = x - 1 + f\left( {f\left( 1 \right)} \right)\).

Mà \(f\left( 1 \right) = 2\) nên \(y = x - 1 + f\left( 2 \right)\).

Áp dụng giả thiết ta có \(x - 1 + f\left( 2 \right) = x + 1 \Rightarrow f\left( 2 \right) = 2\) (3).

Từ (∗): \(f'\left( 1 \right).f'\left( {f\left( 1 \right)} \right) = 1\), theo (1) và (2) ta được: \(3.f'\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow f'\left( 2 \right) = \frac{1}{3}\) (4).

- Xét hàm số \(y = f\left( {4 - 2x} \right),y' = - 2f'\left( {4 - 2x} \right)\).

Từ giả thiết ta có \(P\left( {1;f\left( {4 - 2.1} \right)} \right) = P\left( {1;f\left( 2 \right)} \right)\).

Khi đó phương trình tiếp tuyến tại P là: \(y - f\left( 2 \right) = - 2f'\left( 2 \right)\left( {x - 1} \right)\).

Từ (3), (4) ta có \(y - 2 = - 2.\frac{1}{3}.\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow y = - \frac{2}{3}x + \frac{8}{3}\). Chọn C.

Vận tốc của vật: \[v\left( t \right) = s\prime \left( t \right) = - \frac{3}{2}{t^2} + 18t\], với \(t \in \left[ {0;10} \right]\).

Xét hàm số \[v\left( t \right) = s\prime \left( t \right) = - \frac{3}{2}{t^2} + 18t\], với \(t \in \left[ {0;10} \right]\).

Ta có \[v\prime \left( t \right) = - 3t + 18 = 0 \Leftrightarrow t = 6\].

Bảng biến thiên

Ta có:\[\left\{ \begin{array}{l}BD \subset (ABCD)\\A\prime C\prime \subset (A\prime B\prime C\prime D\prime )\\(ABCD)//(A\prime B\prime C\prime D\prime )\end{array} \right. \Rightarrow d(BD,A\prime C\prime ) = d((ABCD),(A\prime B\prime C\prime D\prime )) = a\]. Chọn D.

Gọi M là trung điểm của cạnh BC.

Vì tam giác ABC đều nên \(AM \bot BC\).

Mà \[\left\{ \begin{array}{l}(ABC) \bot (BCC\prime B\prime )\\(ABC) \cap (BCC\prime B\prime ) = BC\\AM \subset (ABC),AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {BCC'B'} \right)\].

Lại có tam giác ABC đều cạnh 2a nên \[AM = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \].

Do I là trung điểm của AB′ nên \(d\left( {I,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \frac{1}{2}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).Chọn B.

\(y = \frac{1}{3}{x^3} - \frac{1}{2}m{x^2} - 4x - 10 \Rightarrow y\prime = {x^2} - mx - 4\).

Hàm số có 2 điểm cực trị \({{\rm{x}}_1},{{\rm{x}}_2}\) khi phương trình \({\rm{y'}} = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({{\rm{x}}_1},{{\rm{x}}_2}\)\( \Leftrightarrow \Delta > 0 \Leftrightarrow {{\rm{m}}^2} + 16 > 0\,\,\forall {\rm{m}} \in \mathbb{R}.\)

Theo Định lí Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m}\\{{x_1}.{x_2} = - 4}\end{array}} \right.\)

Khi đó ta có :

\(\begin{array}{l}{\rm{S}} = \left( {{\rm{x}}_1^2 - 1} \right)\left( {{\rm{x}}_2^2 - 1} \right) = {\left( {{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}} \right)^2} - \left( {{\rm{x}}_1^2 + {\rm{x}}_2^2} \right) + 1\\ = {\left( {{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2}} \right)^2} - {\left( {{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}} \right)^2} + 2{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2} + 1\\ = 16 - {{\rm{m}}^2} - 8 + 1\\ = - {{\rm{m}}^2} + 9 \le 9\quad \forall {\rm{m}} \in \mathbb{R}\end{array}\)

Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 9 khi m = 0.Chọn D.

Gọi q là công bội của cấp số nhân \(\left( {{{\rm{u}}_{\rm{n}}}} \right)\). Ta có \({{\rm{S}}_2} = 4 \ne 0\) nên \({{\rm{u}}_1} \ne 0\).

Ta có \({{\rm{u}}_2} < 0 \Leftrightarrow {{\rm{u}}_1}{\rm{q}} < 0 \Leftrightarrow {{\rm{u}}_1}\) và\({\rm{q}}\)trái dấu.

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{S}}_2} = 4}\\{\;{{\rm{S}}_3} = 13}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{u}}_1} + {{\rm{u}}_2} = 4}\\{{{\rm{u}}_1} + {{\rm{u}}_2} + {{\rm{u}}_3} = 13}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + {u_1}q = 4}\\{{u_1} + {u_1}q + {u_1}{q^2} = 13}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + {u_1}q = 4}\\{13{u_1}(1 + q) = 4{u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + {u_1}q = 4}\\{4{q^2} - 9q - 9 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1}\\{q = 3}\end{array}\,\,\,({\rm{ktm}})} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 16\\q = - \frac{3}{4}\,\,(tm)\end{array} \right.\end{array} \right.} \right.\).

Vậy \({{\rm{S}}_6} = \frac{{{{\rm{u}}_1}\left( {1 - {{\rm{q}}^6}} \right)}}{{1 - {\rm{q}}}} = \frac{{16\left( {1 - {{\left( { - \frac{3}{4}} \right)}^6}} \right)}}{{1 + \frac{3}{4}}} = \frac{{481}}{{64}}{\rm{. }}\)Chọn A.

Ta có \[\cos 2x - 4{\sin ^2}x + 3 = 1 - 2{\sin ^2}x - 4{\sin ^2}x + 3 = 4 - 6{\sin ^2}x\].

Ta lại có \[0 \le si{n^2}x \le 1 \Leftrightarrow - 6 \le - 6si{n^2}x \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le 4 - 6si{n^2}x \le 4\].

Nên \[ - 1 \le f\left( {4 - 6si{n^2}x} \right) \le 5\].

Vậy \[M = \max g\left( x \right) = 5,m = \min \,\,g(x) = - 1\] nên M + m = 4. Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\begin{array}{l}{x^3} - 3{x^2} + 2 = m(x - 1)\\ \Leftrightarrow (x - 1)\left( {{x^2} - 2x - 2} \right) = m(x - 1)\\ \Leftrightarrow (x - 1)\left( {{x^2} - 2x - 2 - m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{{x^2} - 2x - 2 - m = 0\,\,\,(*)}\end{array}} \right.\end{array}\)

Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = 1 + 2 + {\rm{m}} > 0}\\{1 - 2 - 2 - {\rm{m}} \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{m}} > - 3}\\{\;{\rm{m}} \ne - 3}\end{array} \Leftrightarrow {\rm{m}} > - 3.} \right.} \right.\)

Phương trình có ba nghiệm thỏa \(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 5 \Leftrightarrow x_2^2 + x_3^2 = 4\) với \({x_2};{x_3}\) là 2 nghiệm của phương trình (*).

Áp dụng định lý Vi - ét cho phương trình (*) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{S}} = {{\rm{x}}_2} + {{\rm{x}}_3} = 2}\\{{\rm{P}} = {{\rm{x}}_2}{\rm{.}}{{\rm{x}}_3} = - 2 - {\rm{m}}}\end{array}} \right.\)

Ta có \(x_2^2 + x_3^2 = 4 \Leftrightarrow {\left( {{x_2} + {x_3}} \right)^2} - 2{x_2}{x_3} = 4 \Leftrightarrow 4 - 2( - 2 - {\rm{m}}) = 4 \Leftrightarrow {\rm{m}} = - 2\)(thỏa mãn).

Vậy \(m \in ( - 3;2]\). Chọn B.

Ta có \[\int\limits_1^e {lnxdx = F\left( e \right) - F\left( 1 \right)} \].

Xét \(\int\limits_1^e {lnxdx = xlnx} \left| \begin{array}{l}^e\\_1^{}\end{array} \right. - \int\limits_1^e {dx = (xlnx - x)} \left| \begin{array}{l}^e\\_1^{}\end{array} \right. = elne - e - (1ln1 - 1) = 1\).

Khi đó: 1 = F(e) − F(1) Û F(e) = 4.

Vậy \[T = {2^4} + lo{g_4}3.lo{g_3}4 = 17\]. Chọn B.

Phương trình \[{36^{2x - m}} = \sqrt {{6^x}} \]

\[\; \Leftrightarrow {6^{4x - 2m}} = {6^{\frac{x}{2}}}\]

\[ \Leftrightarrow 4x - 2m = \frac{x}{2}\]

\[ \Leftrightarrow m = \frac{{7x}}{4}\].

Với \[x < 4 \Rightarrow m = \frac{{7x}}{4} < 7\], mặt khác \(m \in \mathbb{N}*\) nên \(m \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\).

Vậy có 6 giá trị thỏa mãn. Chọn A.

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1-2: Giới thiệu các xu hướng chính được thảo luận tại Vietnam Educamp 2019 và cảm nhận của tác giả.

Đoạn 3: Kinh nghiệm giảng dạy trực tuyến của thầy Nguyễn Thành Nam.

Đoạn 4: Nội dung tham luận của TS Trần Thị Thu Hương tại diễn đàn Educamp 2019.

Đoạn 5: Xu hướng chuyển đổi số tại Educamp 2019.

Đoạn 6: Mô hình trại huấn luyện lập trình của CodeGym.

Đoạn 7: Mô hình micro-learning cho người đi làm của Agilearn.vn.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Các xu hướng phát triển công nghệ giáo dục tại Việt Nam.” Chọn B. 

Phân tích, suy luận:

- Cá nhân hóa giáo dục đã được triển khai phổ biến với chi phí thấp. → Sai, tác giả cho biết đến chỉ khi áp dụng công nghệ mới giúp giảm một phần chi phí cá nhân hóa. Tuy nhiên cũng chưa có thông tin hiện tại chi phí giáo dục cá nhân hóa cao hay thấp.

- Các nhà giáo có thể dễ dàng thực hiện quá trình cá nhân hóa giáo dục. → Sai, tác giả cho biết chỉ đến khi công nghệ được áp dụng, các nhà giáo mới có một phương tiện mạnh mẽ để thúc đẩy quá trình cá nhân hóa việc học.

- Công nghệ là yếu tố cốt lõi giúp triển khai cá nhân hóa giáo dục. → Sai, tác giả cho biết công nghệ là một “phương tiện mạnh mẽ”.

- Cá nhân hóa giáo dục là mong muốn xuyên suốt của nhiều thế hệ nhà giáo. → Đúng, tác giả cho biết cá nhân hóa giáo dục là một “ước mơ…đã có từ lâu…”

Chọn D. 

Đọc đoạn [4] để xác định các thông tin liên quan đến đáp án được đưa ra: 

- Các nền tảng giảng dạy số hóa sẽ dần dần thay thế hoàn toàn giáo viên. → Sai, thông tin: “Bằng sự kết hợp giữa tự học 1:1 với máy tính và việc giảng dạy trực tiếp, giáo viên có thể loại bỏ phần lớn nhược điểm của hình thức giảng dạy kiểu thầy đọc - trò chép truyền thống…”

- Các nền tảng giảng dạy số hóa sẽ thay thế hoàn toàn việc học trực tiếp trên lớp. → Sai, thông tin: “…kết hợp với việc giảng dạy trên lớp…”.

- Các nền tảng giảng dạy số hóa sẽ sớm được áp dụng tại tất cả các trường học ở Việt Nam → Sai, đoạn trích không đề cập thông tin này.

- Như vậy, đáp án đúng là C (Các nền tảng giảng dạy số hóa sẽ dần dần thay đổi cách thức dạy và học).

Chọn C. 

Thông tin tại đoạn [6]: “… nhằm đào tạo lại hoặc đào tạo chuyển nghề cho người trưởng thành để nhanh chóng tham gia vào ngành công nghiệp phần mềm.” → Đây là chương trình dành cho người mới bắt đầu học, không phải hướng tới đối tượng đã tốt nghiệp kĩ sư phần mềm.

Chọn D.

 Nội dung chính của bài đọc trên là: Giải thích tầm quan trọng của DHA và D3 cho sự phát triển trí não và xương của trẻ.

- Phân tích, loại trừ:

A → sai: Bởi vì bài đọc không tập trung vào việc giới thiệu sản phẩm, mà chỉ đề cập đến một sản phẩm cụ thể ở cuối bài. Mục đích chính của bài đọc là giải thích tầm quan trọng của DHA và D3 cho sự phát triển của trẻ.

B → đúng: Bởi vì bài đọc có hai phần chính: phần đầu giải thích lợi ích của DHA và D3 cho sự phát triển trí não, mắt, hệ miễn dịch và xương của trẻ; phần sau đưa ra các lưu ý khi bổ sung hai dưỡng chất này cho trẻ.

C → sai: Bởi vì bài đọc không so sánh các nguồn cung cấp DHA và D3 cho trẻ từ thực phẩm và thực phẩm bảo vệ sức khỏe, mà chỉ nói về nguồn gốc của DHA từ vi tảo biển. Bài đọc không nói gì về các nguồn cung cấp D3 cho trẻ.

D → sai: Bởi vì bài đọc không chỉ có mục đích đưa ra các lưu ý khi bổ sung DHA và D3 cho trẻ, mà còn giải thích tầm quan trọng của hai dưỡng chất này cho sự phát triển của trẻ. Phần đưa ra các lưu ý chỉ chiếm một phần trong bài đọc, không phải là nội dung chính.

Chọn B. 

Để trẻ có sự phát triển toàn diện về trí tuệ và thể chất, chế độ dinh dưỡng là yếu tố then chốt. Trẻ cần được cấp đủ các chất dinh dưỡng như năng lượng, đạm, béo, đường, vitamin, khoáng chất và xơ. Bên cạnh đó, trẻ cũng nên được bổ sung hai dưỡng chất quan trọng khác là DHA và vitamin D3. Bổ sung DHA và D3 sẽ giúp bé phát triển trí não, phòng tránh còi xương và tăng cường hệ miễn dịch.

Dựa vào nội dung đoạn trên cùng cách sử dụng từ ngữ trong bài đọc, ta có các từ phù hợp để điền vào các vị trí là:

- Vị trí 1: toàn diện.

- Vị trí 2: yếu tố.

- Vị trí 3: then chốt.

- Vị trí 4: bổ sung.

- Vị trí 5: trí não.

Căn cứ vào nội dung đoạn [2]:

DHA có thể giúp trẻ học tốt hơn bằng cách ảnh hưởng đến quá trình hình thành tế bào thần kinh, không phải tăng số lượng tế bào thần kinh. Quá trình hình thành tế bào thần kinh là quá trình tạo ra các tế bào thần kinh mới từ các tế bào gốc. Quá trình này diễn ra chủ yếu trong giai đoạn phôi thai và sơ sinh. DHA có thể ảnh hưởng đến quá trình này bằng cách điều chỉnh các yếu tố sinh học liên quan đến sự phân chia và phân hóa của các tế bào gốc. Chọn ¤ Sai.

Căn cứ vào nội dung đoạn [2] và đoạn [3]:

- DHA là một thành phần đặc biệt trong hệ thống thần kinh trung ương, chiếm tỉ lệ chính trong chất xám của não bộ. → Đây là thông tin quan trọng về vai trò và vị trí của DHA trong cơ thể người, đặc biệt là não bộ.

- Theo các nhà khoa học, DHA có thể giúp cải thiện khả năng học tập của trẻ nhờ khả năng ảnh hưởng đến quá trình hình thành tế bào thần kinh, chất dẫn truyền thần kinh cũng như quá trình truyền tín hiệu trong não. →  Đây là thông tin quan trọng về lợi ích của DHA cho sự phát triển trí tuệ của trẻ, cũng như cơ chế hoạt động của DHA trong não bộ.

- PGS.TS.TTUT Nguyễn Tiến Dũng - Nguyên trưởng khoa nhi BV Bạch Mai cho biết: “Việc bổ sung DHA không những tốt cho trí não, thị lực và hệ miễn dịch của trẻ mà còn giảm nguy cơ mắc các bệnh về dị ứng và hô hấp ở trẻ sơ sinh và trẻ nhỏ”. → Đây là thông tin quan trọng về ý kiến của một chuyên gia y tế uy tín về tầm quan trọng của việc bổ sung DHA cho trẻ, cũng như các lợi ích khác của DHA cho sức khỏe của trẻ.

Từ những thông tin quan trọng này, ta có thể rút ra được nội dung chính của đoạn văn là: nhấn mạnh sự cần thiết của DHA cho việc phát triển trí não của trẻ.

=> Từ phù hợp để điền vào chỗ trống là: cần thiết.

Phân tích, loại trừ:

- Giúp hoàn thiện chức năng nhìn của mắt → Đúng: vì DHA là thành phần chiếm đến 60% cấu trúc của võng mạc, nơi tổng chỉ huy sự nhìn của mắt.

- Giúp tăng khả năng miễn dịch → Đúng: vì DHA có tác dụng kích thích hệ miễn dịch và giảm viêm nhiễm ở trẻ sơ sinh.

- Giúp tăng cường hệ xương → Sai: vì DHA không có tác dụng trực tiếp đối với hệ xương của trẻ sơ sinh, mà là do các chất khác như canxi, vitamin D, protein, v.v.

- Giúp giảm nguy cơ dị ứng → Đúng: vì DHA có tác dụng làm giảm các chất gây viêm và dị ứng trong cơ thể trẻ sơ sinh.

Chọn:

þ Giúp hoàn thiện chức năng nhìn của mắt.

þ Giúp tăng khả năng miễn dịch.

þ Giúp giảm nguy cơ dị ứng.

Căn cứ vào nội dung đoạn [5] và hiểu biết về tác dụng của vitamin D3 đối với trẻ dựa trên mức độ ảnh hưởng đến sức khỏe và sự sống của con người. 

- Phát triển chức năng cơ thần kinh: Đây là vai trò quan trọng nhất của vitamin D3 vì nó liên quan đến hoạt động của não bộ, hệ thần kinh và cơ bắp. Nếu thiếu vitamin D3, cơ thể sẽ gặp phải các vấn đề như suy giảm trí nhớ, rối loạn tâm thần, co giật cơ, liệt nửa người, v.v.

- Tăng cường hệ miễn dịch: Đây là vai trò quan trọng thứ hai của vitamin D3 vì nó giúp cơ thể chống lại các bệnh nhiễm trùng, viêm nhiễm và ung thư. Nếu thiếu vitamin D3, cơ thể sẽ dễ bị mắc các bệnh như cảm lạnh, viêm phổi, viêm khớp, bệnh Crohn, v.v.

- Chuyển hóa glucose: Đây là vai trò quan trọng thứ ba của vitamin D3 vì nó giúp cơ thể duy trì mức đường huyết ổn định và ngăn ngừa tiểu đường. Nếu thiếu vitamin D3, cơ thể sẽ gặp phải các vấn đề như tăng huyết áp, tăng cholesterol, béo phì, v.v.

- Giảm viêm: Đây là vai trò quan trọng thứ tư của vitamin D3 vì nó giúp cơ thể giảm các chất gây viêm và dị ứng. Nếu thiếu vitamin D3, cơ thể sẽ gặp phải các vấn đề như viêm da, hen suyễn, viêm mũi dị ứng, v.v.

Các vị trí cần điền theo thứ tự sau:

- Vị trí 1: phát triển chức năng cơ thần kinh.

- Vị trí 2: tăng cường hệ miễn dịch.

- Vị trí 3: chuyển hóa glucose.

- Vị trí 4: giảm viêm.

Phân tích, loại trừ:

Ý 1 → Đúng: vì đây là giai đoạn quan trọng nhất cho sự phát triển của não bộ, võng mạc mắt, hệ xương và hệ miễn dịch của trẻ. Nếu thiếu DHA và vitamin D3 trong giai đoạn này, trẻ có thể gặp phải các vấn đề về sức khỏe và trí tuệ sau này.

Ý 2 → Sai: vì DHA và vitamin D3 không có tác dụng trực tiếp đối với béo phì và tiểu đường ở trẻ, mà là do các yếu tố khác như chế độ ăn uống, hoạt động thể chất, di truyền, v.v.

Ý 3 → Đúng: vì DHA là thành phần chiếm đến 60% cấu trúc của võng mạc và 20% cấu trúc của não bộ, giúp trẻ hoàn thiện chức năng nhìn và tư duy. Vitamin D3 là chất dẫn để hấp thu canxi, giúp trẻ tăng cường xương và răng. Cả hai dưỡng chất này còn giúp tăng cường hệ miễn dịch và giảm viêm nhiễm ở trẻ.

Ý 4 → Đúng: vì trẻ sinh non thường có cân nặng thấp hơn, não bộ chưa phát triển hoàn thiện và hệ miễn dịch yếu hơn so với trẻ sinh đủ tháng. Do đó, trẻ sinh non cần được bổ sung thêm DHA và vitamin D3 để bù đắp cho sự thiếu hụt trong thai kì.

Chọn:

þ Vì quá trình tích lũy DHA và vitamin D3 diễn ra mạnh nhất từ 3 tháng cuối thai kì cho đến 2 năm đầu đời của trẻ.

þ Vì DHA và vitamin D3 giúp phát triển não bộ, võng mạc mắt, hệ xương và hệ miễn dịch của trẻ.

þ Vì trẻ sinh non thường có nhu cầu cao hơn về DHA và vitamin D3 do chưa được hấp thu đủ từ mẹ trong thai kì.

Căn cứ vào nội dung đoạn [7]:

Nguồn gốc: Hiện nay có rất nhiều sản phẩm bổ sung DHA, D3 cho trẻ sơ sinh và trẻ nhỏ. Do đó, phụ huynh cần chọn sản phẩm có xuất xứ rõ ràng, được sản xuất bởi các công ty dược có chứng nhận, cam kết đảm bảo về chất lượng. 

=> Từ phù hợp điền vào chỗ trống là: chứng nhận.

Những lợi ích VitaDHA Baby Drops mang lại cho trẻ sơ sinh và trẻ nhỏ là: Bổ sung DHA cho não bộ và thị lực và Bổ sung vitamin E cho da và tóc.

- Giải thích, suy luận:

+ Ý 1 → đúng: vì DHA là một axit béo thuộc nhóm acid béo Omega-3 rất cần thiết cho sự phát triển trí não, thị giác của trẻ. DHA chiếm 20% khối lượng não, loại acid béo này hỗ trợ sự phát triển hệ thần kinh và não ở trẻ, giúp tăng cường trí thông minh (IQ) cho trẻ, ngăn ngừa mắc các bệnh về hành vi và khuyết tật hay thiểu năng, tự kỉ. DHA cũng đóng vai trò quan trọng trong sự phát triển của võng mạc mắt, giúp bé có thị lực tốt hơn.

+ Ý 2 → sai: vì VitaDHA Baby Drops không có thành phần sắt. Sắt là một khoáng chất cần thiết cho sự hình thành hồng cầu trong máu và vận chuyển oxy đến các cơ quan trong cơ thể. Sắt cũng có vai trò trong việc tăng cường hệ miễn dịch và chống nhiễm trùng. Tuy nhiên, sắt không có trong sản phẩm này.

+ Ý 3 → đúng: vì VitaDHA Baby Drops có chứa vitamin E. Vitamin E là một hợp chất hòa tan trong chất béo, đóng vai trò quan trọng đối với cơ thể trong việc chuyển hóa các dưỡng chất, hỗ trợ cơ thể hấp thu các chất khác một cách tốt nhất. Vitamin E cũng có tác dụng chống oxy hóa tế bào, giúp củng cố da, tóc, móng và giúp bé có đôi mắt sáng khỏe hơn.

+ Ý 4 → sai vì VitaDHA Baby Drops không có thành phần canxi. Canxi là một khoáng chất quan trọng cho sự phát triển của xương và răng, cũng như cho hoạt động của cơ bắp và khớp. Canxi cũng có vai trò trong việc duy trì nhịp tim ổn định và giúp máu đông. Tuy nhiên, canxi không có trong sản phẩm này.

Chọn:

þ Bổ sung DHA cho não bộ và thị lực.

þ Bổ sung vitamin E cho da và tóc.

þ MeV.

þ J.

Giải thích

Đơn vị của năng lượng liên kết là J hoặc MeV, trong đó: 1MeV = 1,6.10-13J.

Giải thích

1. Đúng. Năng lượng liên kết riêng là năng lượng liên kết trung bình cho một nuclon.

2. Đúng.  nên  càng lớn thì ΔW càng lớn.

3. Sai. Để so sánh độ bền vững giữa các hạt nhân, cần so sánh năng lượng liên kết riêng của hạt nhân.

4. Sai. Năng lượng liên kết riêng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân.

Đáp án: “8,75”

Giải thích

Từ đồ thị ta thấy:  

Nhìn vào biểu đồ có thể thấy: .

Chọn B.

Từ đồ thị có thể thấy J/nuclon.

Mà: .

Mặt khác: 

Khối lượng nguyên tử  là: 

Chọn A.

Theo quan điểm của học sinh 2, nước đóng băng bắt đầu đóng băng từ bề mặt hồ do mật độ khối lượng băng (1) nhỏ hơn mật độ khối lượng của nước ở trạng thái lỏng.

Giải thích

Theo Học sinh 2, nước bắt đầu đóng băng từ trên bề mặt hồ vì mật độ khối lượng băng nhỏ hơn mật độ khối lượng nước ở trạng thái lỏng.

Dựa vào lập luận của Học sinh 2, ta thấy:

+ Mật độ khối lượng băng nhỏ hơn mật độ khối lượng nước ở trạng thái lỏng.

+ Lực ma sát càng lớn thì băng tan càng nhanh. Chọn C.

 + Đại lượng mật độ khối lượng và lực nổi là quan điểm của học sinh 2.

Theo Học sinh 1:

Dưới bề mặt, áp suất thủy tĩnh của nước làm cho điểm đóng băng của nước thấp hơn một chút so với trên bề mặt. Chọn B.

Đáp án

Sai

Giải thích

Theo quan điểm của Học sinh 2 thì Nước đóng băng đầu tiên trên bề mặt hồ vì mật độ khối lượng băng nhỏ hơn nước ở trạng thái lỏng. Không giống như hầu hết các chất lỏng, mật độ khối lượng của một khối lượng nước giảm khi đóng băng. Kết quả là đối với bất kỳ khối băng nào, lực nổi của nước tác dụng lên trên lớn hơn lực hấp dẫn tác dụng xuống dưới, và tất cả các hạt băng nổi lên bề mặt khi đóng băng.

→ Khinh khí cầu có thể bay lên khỏi mặt đất là do không khí bên trong khinh khí cầu có mật độ khối lượng thấp hơn không khí bên ngoài khinh khí cầu.

Khối lượng riêng chính là mật độ khối lượng.

Học sinh 2 giải thích nước bắt đầu đóng băng từ trên bề mặt hồ vì mật độ khối lượng băng nhỏ hơn mật độ khối lượng nước ở trạng thái lỏng tức là chất có khối lượng riêng nhỏ hơn sẽ nổi trên các chất có khối lượng riêng lớn hơn. Như vậy việc ethanol đóng băng từ dưới đáy lên có thể giải thích do ethanol ở trạng thái đóng băng có khối lượng riêng lớn hơn ethanol ở trạng thái lỏng.

Chọn C.

Chuối xanh khó tiêu hóa hơn do chứa hàm lượng tinh bột và hàm lượng chất xơ lớn.

Chọn B.

þ Phương pháp bảo quản.

þ Độ chín của nông sản.

Trong quá trình chín của quả, sự chuyển hóa tinh bột thành đường mang đến vị ngọt và góp phần tạo hương thơm đặc trưng cho quả.

Chọn: Đúng.

Theo bài đọc: “Dưới tác dụng của một số enzyme, tinh bột trong nông sản sẽ bị thủy phân tạo thành đường glucose.”

Chọn B.

(1) Hô hấp là quá trình oxi hóa các hợp chất hữu cơ thành carbon dioxide và nước.

Đáp án: Hô hấp.

Vai trò quan trọng nhất của tinh bột là dự trữ (1) năng lượng. Khi đi vào cơ thể, (2) tinh bột sẽ được chuyển hóa thành (3) glucose rồi đi vào hệ tuần hoàn cung cấp năng lượng cho tất cả các cơ quan trong cơ thể.

Đáp án: năng lượng/ tinh bột/ glucose.

Các phát biểu đúng là: (1) và (4).

(2) sai, vì: sodium hydroxide có tính base mạnh, có thể gây ăn mòn da nên không khuyến khích sử dụng để trung hòa nước cường toan.

(3) sai, vì: nước cường toan không ổn định, nên được sử dụng ngay.

Chọn B.

Sai, vì: gold(IIII) chloride tồn tại ở dạng dung dịch, không phải kết tủa.

Chọn: Sai.

Số mol silver tham gia phản ứng là:

Theo phương trình phản ứng:

Giá trị của V là: 0,075.24,79 = 1,86 lít.

Đáp án: 1,86.

Chất rắn màu vàng thu được là S và chất khí không màu hóa nâu trong không khí là NO.

Ta có phương trình phản ứng:

Số mol S thu được là:

→ X là Hg

→ Công của muối sulfide là HgS

Đáp án: (1): HgS; (2): 2,066

 Khi cho silver phản ứng với nước cường toan thì thu được hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng và có khí không màu hóa nâu trong không khí thoát ra.

Phương trình phản ứng:

Chọn C.