Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 4)

Công thức tính diện tích toàn phần hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là: 

Stp = πrl + πr2. Chọn A.

M là điểm thuộc tia đối của tia BA sao cho \[\frac{{AM}}{{BM}} = 2\] nên B là trung điểm AM

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5 = \frac{{3 + {x_M}}}{2}}\\{4 = \frac{{2 + {y_M}}}{2}}\\{3 = \frac{{ - 1 + {z_M}}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_M} = 7}\\{{y_M} = 6}\\{{z_M} = 7}\end{array} \Rightarrow M(7;6;7)} \right.} \right..\) Chọn A.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{u_1} + 6d = 26}\\{{{({u_1} + d)}^2} + {{({u_1} + 5d)}^2} = 466}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 13 - 3d}\\{{{(13 - 2d)}^2} + {{(13 + 2d)}^2} = 466}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 4 \Rightarrow {u_1} = 1}\\{d = - 4 \Rightarrow {u_1} = 25}\end{array}} \right.\) . Chọn C.

Ta có: \(\overrightarrow {MN} = (2; - 1; - 1);\overrightarrow {{n_P}} = (2;3; - 1)\)

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M,N \in (\alpha )}\\{(\alpha ) \bot (P)}\end{array} \Rightarrow \overrightarrow {{n_\alpha }} = \left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = (4;0;8)} \right.\) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \((\alpha )\). \(M(0;1;2) \in (\alpha )\)

Suy ra phương trình mặt phẳng (α) là: 

\(4(x - 0) + 0(y - 1) + 8(z - 2) = 0 \Leftrightarrow 4x + 8z - 16 = 0 \Leftrightarrow x + 2z - 4 = 0.\) Chọn A.

Gọi phần diện tích vật liệu cần dùng là \(S\) chiều cao hình trụ là \(h\) và bán kính đáy là \(r\) ta có:

\(16\pi = \pi {r^2}h \Leftrightarrow h = \frac{{16}}{{{r^2}}}\) ta lại có \(S = 2\pi rh + 2\pi {r^2}\)

Vậy \(S = \frac{{32\pi }}{r} + 2\pi {r^2};{S'_r} = 4\pi r - \frac{{32\pi }}{{{r^2}}} = 0 \Leftrightarrow r = 2(\;{\rm{cm}}) \Rightarrow S = 24\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\). Chọn A.

Gọi thiết diện đã cho là AA′B′B (như hình vẽ) và I là trung điểm AB .

Hình vuông AA′B′B có diện tích bằng 16 (cm²) ⇒ cạnh hình vuông bằng  AA′ = 4 cm .

Mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2 cm suy ra OI = 2 (cm).

Ta có bán kính đáy của hình trụ là \(r = \sqrt {O{I^2} + {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 \).

Thể tích của khối trụ (T) là \(V = \pi {r^2}h = \pi {(2\sqrt 2 )^2}.4 = 32\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\). Chọn A.

Gọi \(M(1 - t;1 + t;2t) \in {d_2}\). Ta có: \(\overrightarrow {AM} = ( - t;t - 1;2t - 4)\).

Đường thẳng \({d_1}\) có một vectơ chỉ phương là \({\vec u_1} = (1;1;1)\).

Do \(AM \bot {d_1}(AM \equiv \Delta )\) nên \(\overrightarrow {AM} .{\vec u_1} = 0 \Leftrightarrow 2t - 5 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{5}{2}\).

Đường thẳng \(\Delta \) qua \(A(1;2;4)\) và có một vectơ chỉ phương là

\(\overrightarrow {AM} = \left( { - \frac{5}{2};\frac{3}{2};1} \right) = \frac{1}{2}( - 5;3;2)\), có phương trình là \(\Delta :\frac{{x - 1}}{{ - 5}} = \frac{{y - 2}}{3} = \frac{{z - 4}}{2}\). Chọn D.

Ta có: \(V = \pi {R^2}h = \pi .{\left( {6a} \right)^2}.6a = 216\pi {a^3}\). Chọn C.

+) Đồ thị đi qua điểm \(O\left( {0;0} \right)\) và có 2 điểm cực trị Þ loại A, C.

+) Đồ thị đi qua điểm \(\left( {3;0} \right)\), suy ra loại B. Chọn D.

Gọi độ dài cạnh của hình lập phương là x.

\[AC\prime = x\sqrt 3 = 2\sqrt 3 a \Rightarrow x = 2a \Rightarrow V = {x^3} = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\]. Chọn D.

Do \(({\rm{S}})\) tiếp xúc với \(({\rm{P}}) \Rightarrow R = d({\rm{I}},({\rm{P}})) = \frac{{|2 + 2 + 2 + 6|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{( - 2)}^2}} }} = 4\). Chọn B.

+) Do \(\sqrt {2 - x} \) có nghĩa khi \(x \le 2\) hay \(x \in ( - \infty ;2]\).

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{{x^4} - 10{x^2} + 9}} = 0 \Rightarrow y = 0\] là tiệm cận ngang (bậc trên tử nhỏ hơn bậc mẫu).

+) Xét phương trình \({{\rm{x}}^4} - 10{{\rm{x}}^2} + 9 = 0 \Leftrightarrow {\rm{x}} \in \{ \pm 1; \pm 3\} \).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{{x^4} - 10{x^2} + 9}}\) không tồn tại do \(2 - 3 = - 1 < 0\) (thay lên trên tử ta thấy không thỏa mãn).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{{x^4} - 10{x^2} + 9}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{{x^4} - 10{x^2} + 9}} = + \infty \). Suy ra \(x = - 3\)là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{{x^4} - 10{x^2} + 9}} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{{x^4} - 10{x^2} + 9}} = - \infty \). Suy ra \(x = - 1\)là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{{x^4} - 10{x^2} + 9}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{\sqrt {2 - x} }}{{{x^4} - 10{x^2} + 9}} = + \infty \). Suy ra \(x = 1\)là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Do đó đồ thị hàm số có 3 tiệm cận đứng.

Vậy tổng số đường tiệm cận là: 4. Chọn D.

Ta có: \(R = \frac{{\sqrt {O{A^2} + O{B^2} + O{C^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {{4^2} + {8^2} + {8^2}} }}{2} = 6\). Chọn D.

Ta có: \(2{\rm{f}}\left( {{{\rm{x}}^2} - 1} \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow {\rm{f}}\left( {{{\rm{x}}^2} - 1} \right) = \frac{5}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{x}}^2} - 1 = {\rm{a}} < - 3}\\{{{\rm{x}}^2} - 1 = {\rm{b}} \in ( - 2; - 1)}\\{{{\rm{x}}^2} - 1 = {\rm{c}} \in ( - 1;0)}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{x}}^2} = {\rm{a}} + 1 < - 2 < 0}\\{{{\rm{x}}^2} = {\rm{b}} + 1 < 0}\\{{{\rm{x}}^2} = {\rm{c}} + 1 > 0}\end{array}\quad \Leftrightarrow {\rm{x}} = \pm \sqrt {{\rm{c}} + 1} } \right.} \right.\).

Vậy phương trình \(2{\rm{f}}\left( {{{\rm{x}}^2} - 1} \right) - 5 = 0\) có hai nghiệm thực. Chọn D.

Để thỏa mãn 2 học sinh nữ luôn đứng cạnh nhau, ta coi 2 học sinh nữ là 1 “học sinh đặc biệt”.

+) Số cách xếp 4 học sinh (gồm 3 học sinh nam và 1 học sinh đặc biệt) là: 4! = 24.

+) Số cách xếp nội bộ 2 học sinh nữa là: 2! = 2.

Suy ra số cách xếp thỏa mãn bài toán là: 24∙2 = 48. Chọn D.

Hình phẳng được giới hạn bởi các đường:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = {2^x}}\\{y = 2}\\{x = 1}\\{x = 3}\end{array} \Rightarrow {V_{Ox}} = \pi \int_1^3 {\left( {{{\left( {{2^x}} \right)}^2} - {2^2}} \right)} dx = \pi \int_1^3 {\left( {{4^x} - 4} \right)} dx} \right.\). Chọn B.

Giả sử thiết diện qua trục là tam giác vuông \(SAB\) như hình vẽ.

Do \(SA = SB\) nên tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(S\).

\( \Rightarrow l = SA = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 2 a}}{{\sqrt 2 }} = 2a \Rightarrow {S_{xq}} = \pi Rl = \pi .\sqrt 2 a.2a = 2\sqrt 2 \pi {a^2}\). Chọn C.

Gọi \(M\)là trung điểm của \(BC\).

Vì \(\Delta ABC\) đều cạnh 2a nên \(AM \bot BC\) và \(AM = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Kẻ \(AH \bot SM\)(1).

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(AM \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

Do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Xét \(\Delta SAM\) vuông tại A, có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Chọn B.

Ta có công thức: \({T_n} = T{\left( {1 + r} \right)^n} - t.\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1}}{r}\)

 với T = 500 triệu đồng, r = 0,6% / tháng, n = 5.12 = 60 tháng, t = 2 triệu đồng.

Suy ra: 

\({T_{60}} = 500{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{60}} - 2.\frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^{60}} - 1}}{{0,6\% }} \approx 571,97\) gần nhất với 571 triệu đồng. Chọn C.

Khối đa diện đều loại {3; 4} là một khối bát diện đều có tâm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện (như hình vẽ).

Ta có bán kính: \(R = IA = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 6 .\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Suy ra thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {a\sqrt 3 } \right)^3} = 4\sqrt 3 \pi {a^3}\). Chọn B.

Do \(\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\AB = (ABCD) \cap (ABEF)\\(ABCD) \bot (ABEF)\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot (ABEF)\).

Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên EF.

Khi đó: EN = NM = MF = a và

\[V_{ABCDEF}^{} = V_{C.BNE}^{} + {V_{BNC.AMD}} + {V_{D.AMF}} = 2{V_{C.BNE}} + {V_{BNC.AMD}}\]

\( = 2.\frac{1}{3}CB.{S_{BNE}} + AB.{S_{CBN}} = \frac{2}{3}.a\sqrt 2 .\frac{1}{2}.{a^2} + a.\frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a = \frac{{5\sqrt 2 {a^3}}}{6}\). Chọn B.

Gọi \(z = x + yi\)\(\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\), khi đó:

\[\left( {z + i} \right)\left( {\bar z + 3i} \right)\]

\[ = \left[ {x + \left( {y + 1} \right)i} \right].\left[ {x - \left( {y - 3} \right)i} \right]\]

\[ = {x^2} + \left( {y + 1} \right)\left( {y - 3} \right) + \left[ {x\left( {y + 1} \right) - x\left( {y - 3} \right)} \right]i\] là số thuần ảo.

Suy ra \({x^2} + \left( {y + 1} \right)\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 4\) (*)

Gọi

Và A, B thuộc đường tròn tâm \(I\left( {0;1} \right)\) và bán kính R = 2.

Xét điểm M thỏa mãn \(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} = \overrightarrow 0 \) (**)

Khi đó: \({\rm{P}} = \left| {{{\rm{z}}_1} + 2{{\rm{z}}_2}} \right| = \left| {\overrightarrow {{\rm{OA}}} + 2\overrightarrow {{\rm{OB}}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{\rm{OM}}} + \overrightarrow {{\rm{MA}}} + 2(\overrightarrow {{\rm{OM}}} + \overrightarrow {{\rm{MB}}} )} \right| = 3\left| {\overrightarrow {{\rm{OM}}} } \right| = 3{\rm{OM}}\).

Gọi \({\rm{H}}\) là trung điểm của \({\rm{AB}}\), khi đó với (**), suy ra:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{MH}} = {\rm{BH}} - {\rm{BM}} = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2}}\\{{\rm{IH}} = \sqrt {{\rm{I}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{H}}{{\rm{B}}^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 7 }}{2}}\end{array}\quad \Rightarrow {\rm{IM}} = \sqrt {{\rm{M}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{I}}{{\rm{H}}^2}} = \sqrt 2 } \right.\).

Suy ra \({\rm{M}}\) thuộc đường tròn tâm \({\rm{I}}(0;1)\), bán kính \({\rm{r}} = \sqrt 2 \).

Khi đó: \({{\rm{P}}_{\min }} = 3{\rm{O}}{{\rm{M}}_{\min }} = 3{\rm{OC}} = 3({\rm{OI}} + {\rm{r}}) = 3(1 + \sqrt 2 ) = 3 + 3\sqrt 2 \). Chọn B.

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC.

Khi đó \(\left( {MPQ} \right)//\left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow \left( {MN,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {MN,\left( {MPQ} \right)} \right)\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên PQ \( \Rightarrow NH \bot \left( {MPQ} \right)\).

Suy ra: \(\left( {MN,\left( {MPQ} \right)} \right) = \widehat {NMH}\).

Ta có: 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{NH}} = \frac{{2\;{{\rm{S}}_{{\rm{NPQ}}}}}}{{{\rm{PQ}}}} = \frac{{2.\frac{1}{4}\;{{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}}}}{{\frac{{{\rm{AC}}}}{2}}} = \frac{{{{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}}}}{{{\rm{AC}}}} = \frac{{{\rm{AB}}{\rm{.BC}}}}{{\sqrt {{\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{B}}{{\rm{C}}^2}} }} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 .2{\rm{a}}}}{{{\rm{a}}\sqrt 6 }} = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 3 }}}\\{{\rm{MN}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{M}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{N}}^2}} = \sqrt {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{a}}^2}} = {\rm{a}}\sqrt 2 }\end{array}} \right.\) .

Suy ra: \({\rm{MH}} = \sqrt {{\rm{M}}{{\rm{N}}^2} - {\rm{N}}{{\rm{H}}^2}} = \sqrt {{{(a\sqrt 2 )}^2} - {{\left( {\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 {\rm{a}}}}{3}\).

Suy ra \(\cos \widehat {{\rm{NMH}}} = \frac{{{\rm{MH}}}}{{{\rm{MN}}}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{3}:{\rm{a}}\sqrt 2 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\). Chọn B.

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

\({\rm{y'}} = 0 \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} - ({\rm{m}} + 3){\rm{x}} + 6 - {\rm{m}} = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{3\left( {{x^2} - x + 2} \right)}}{{x + 1}}\) (*).

Yêu cầu bài toán trở thành "Tìm \({\rm{m}} \in \mathbb{Z}\), sao cho (*)  có 2 nghiệm phân biệt đều thuộc \([0;3]''\).

Xét hàm số \(f(x) = \frac{{3\left( {{x^2} - x + 2} \right)}}{{x + 1}}\) trên đoạn [0; 3].

Ta có: \(f'(x) = \frac{{3\left( {{x^2} + 2x - 3} \right)}}{{{{(x + 1)}^2}}};f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 3}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra: \(3 < m \le 6\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {4;5;6} \right\}\).

Vậy có 3 giá trị của m. Chọn B.

Biến đổi phương trình tương đương: \(i({\rm{a}} + {\rm{bi}} - 5) = 2({\rm{a}} - {\rm{bi}} - 3) - (1 - {\rm{i}})\sqrt {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2}} \)

\( \Leftrightarrow \left( {2{\rm{a}} + {\rm{b}} - 6 - \sqrt {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2}} } \right) + \left( {\sqrt {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2}} - {\rm{a}} - 2\;{\rm{b}} + 5} \right){\rm{i}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{\rm{a}} + {\rm{b}} - 6 - \sqrt {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2}} = 0}\\{\sqrt {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2}} - {\rm{a}} - 2{\rm{b}} + 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2}} = 2{\rm{a}} + {\rm{b}} - 6}\\{\sqrt {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2}} = {\rm{a}} + 2\;{\rm{b}} - 5}\end{array} \Rightarrow 2{\rm{a}} + {\rm{b}} - 6 = {\rm{a}} + 2\;{\rm{b}} - 5} \right.} \right. \Leftrightarrow b = a - 1\).

Khi đó ta có: \(\sqrt {{a^2} + {{(a - 1)}^2}} = 2a + (a - 1) - 6 \Leftrightarrow \sqrt {2{a^2} - 2a + 1} = 3a - 7\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ge \frac{7}{3}}\\{7{a^2} - 40a + 48 = 0}\end{array}\quad \Leftrightarrow a = 4 \Rightarrow b = 3 \Rightarrow T = a - 2b = - 2} \right.\). Chọn C.

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = {7^4} = 2401.\)

Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Do \[\overline {abcd} \] là số chẵn nên ta có:

Trường hợp 1: Nếu \(d = 8 \Rightarrow 2 \le a \le b < c \le 8\) \( \Leftrightarrow 2 \le a < b + 1 < c + 1 \le 9\) (∗).

Khi đó ứng với mỗi bộ 3 số: a, b + 1, c + 1 lấy từ các chữ số từ 2 → 9 (có 8 chữ số) ta chỉ có 1 cách xếp suy nhất thỏa mãn (*). Suy ra số các số tạo ra: \(C_8^3\).

Trường hợp 2: Nếu \(d = 6 \Rightarrow 2 \le a \le b < c \le 6 \Leftrightarrow 2 \le a < b + 1 < c + 1 \le 7\left( {2*} \right)\)

Lí luận (2*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: \(C_6^3\).

Trường hợp 3: Nếu \(d = 4 \Rightarrow 2 \le a \le b < c \le 4 \Leftrightarrow 2 \le a < b + 1 < c + 1 \le 5\,\,\left( {3*} \right)\)

 Lí luận (3*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: \(C_4^3\).

Vậy: \[n\left( A \right) = C_8^3 + C_6^3 + C_4^3 = 80\]. Suy ra: \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{80}}{{2401}}\]. Chọn C.

Diện tích hình vuông là: \({\rm{S}} = {4^2} = 16\;{{\rm{m}}^2}\).

Gọi \({{\rm{S}}_3}\) là phần diện tích còn lại (không tô đậm).

Gắn hệ tọa độ như hình vẽ:

Do \({\rm{I}}(0;4)\) là đỉnh của parabol \(({\rm{P}})\) nên có phương trình: \(y = a{x^2} + 4\).

Mà \(B\left( {2;0} \right) \in (P)\) nên ta có \(4a + 4 = 0 \Leftrightarrow a = - 1\). Do đó \((P):y = - {x^2} + 4\).

Ta có \({\rm{B}}(2;0),{\rm{D}}( - 2;4) \Rightarrow \) phương trình đường thẳng DB : \({\rm{y}} = - {\rm{x}} + 2\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\( - {x^2} + 4 = - x + 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 2}\end{array} \Rightarrow M( - 1;3)} \right.\). Khi đó:

\({S_1} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 4} \right) - \left( { - x + 2} \right)} \right]dx = } \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - {x^2} + x + 2} \right)dx = } \frac{9}{2}\;\left( {{m^2}} \right)\);

\({S_2} = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( { - {x^2} + 4} \right)dx} + \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - x + 2} \right)dx = \frac{{37}}{6}\left( {{m^2}} \right)} \).

\({S_3} = S - \left( {{S_1} + {S_2}} \right) = 16 - \left( {\frac{9}{2} + \frac{{37}}{6}} \right) = \frac{{16}}{3}\;\left( {{m^2}} \right)\).

Suy ra tổng tiền:

\({\rm{T}} = \frac{9}{2} \cdot 200000 + \frac{{37}}{6} \cdot 150000 + \frac{{16}}{3} \cdot 100000 = 2358333,(3) \approx 2,36\) triệu đồng. Chọn B.

Yêu cầu bài toán tương đương: \({\rm{y'}} = \ln {\rm{x}} + 1 - {\rm{m}} + \frac{{18}}{{{{\rm{x}}^2}}} \ge 0\) với \(\forall {\rm{x}} \in (1; + \infty )\)

\( \Leftrightarrow {\rm{m}} \le \frac{{18}}{{{{\rm{x}}^2}}} + 1 + \ln {\rm{x}} = {\rm{f}}({\rm{x}}),\forall {\rm{x}} \in (1; + \infty )\,\,(*)\)

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{18}}{{{{\rm{x}}^2}}} + 1 + \ln {\rm{x}}\); \(f'\left( x \right) = - \frac{{36}}{{{{\rm{x}}^3}}} + \frac{1}{x};f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 6\) (nhận) hoặc \(x = - 6\) (loại).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: \(\mathop {\min }\limits_{(1; + \infty )} {\rm{f}}({\rm{x}}) = {\rm{f}}(6) = \frac{3}{2} + \ln 6\)

Khi đó \(m \le \frac{3}{2} + \ln 6\) mà \(m \in \mathbb{N}*\) nên \(m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).

Vậy tổng các giá trị của m là 6. Chọn B.

Có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;0;3} \right) \Rightarrow AB = 3\sqrt 2 \).

Do \(M \in d \Rightarrow M(5t - 5;4t - 3;t)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{\rm{AM}}} = (5{\rm{t}} - 6;4{\rm{t}} - 6;{\rm{t}})}\\{\overrightarrow {{\rm{BM}}} = (5{\rm{t}} - 9;4{\rm{t}} - 6;{\rm{t}} - 3)}\end{array}\quad \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{M}}{{\rm{A}}^2} = 42{{\rm{t}}^2} - 108{\rm{t}} + 72}\\{{\rm{M}}{{\rm{B}}^2} = 42{{\rm{t}}^2} - 144{\rm{t}} + 126}\\{{\rm{M}}{{\rm{A}}^2} + {\rm{M}}{{\rm{B}}^2} = 84{{\rm{t}}^2} - 252{\rm{t}} + 198\;(*)}\end{array}} \right.} \right.\)

Ta có: \({\rm{A}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{M}}{{\rm{A}}^2} + {\rm{M}}{{\rm{B}}^2} - 2{\rm{MA}}.{\rm{MB}}{\rm{.}}\cos \widehat {{\rm{AMB}}}\)

\( \Leftrightarrow 18 = 84{t^2} - 252t + 198 - \sqrt {\left( {42{t^2} - 108t + 72} \right)\left( {42{t^2} - 144t + 126} \right)} \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {\left( {42{t^2} - 108t + 72} \right)\left( {42{t^2} - 144t + 126} \right)} = 84{t^2} - 252t + 180\)

\( \Leftrightarrow t = 2\)

Thay \(t = 2\) vào (*), ta được \(T = 30\). Chọn B.

Gọi N là trung điểm của A′B′, khi đó: \(MN//A'B\).

Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}MN = \frac{{A'B}}{2} = 2a\\(A\prime B,CM) = (NM,CM) = \widehat {CMN} = 30^\circ \end{array} \right.\) .

Ta có \({S_{CMN}} = \frac{1}{2}.CM.MN.\sin \widehat {CMN} = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .2a.\sin 30^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{a^2}\).

Vì \(A'B//\left( {CMN} \right)\)nên \(d\left( {A'B,CM} \right) = d\left( {A'B,\left( {CMN} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {CMN} \right)} \right) = a\).

Khi đó: \[{V_{B.CMN}} = \frac{1}{3}d\left( {B,\left( {CMN} \right)} \right).{S_{CMN}} = \frac{1}{3}a.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\] (∗)

Ta có: \[{S_{BMN}} = \frac{1}{2}{S_{BNB\prime }} = \frac{1}{4}{S_{A\prime BB\prime }} \Rightarrow {V_{B.CMN}} = {V_{C.BMN}} = \frac{1}{4}{S_{C.A\prime BB\prime }} = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}.{V_{ABC.A\prime B\prime C\prime }}\].

\[ \Rightarrow {V_{ABC.A\prime B\prime C\prime }} = 12{V_{B.CMN}} = 12.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} = 2\sqrt 2 {a^3}\] . Chọn A.

Do m = −1 (không thỏa mãn phương trình) nên phương trình tương đương:

\[\frac{{m - 1}}{{m + 1}} = \frac{{2x}}{{{e^x}}} = f\left( x \right)\].

Có \(f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{e^x}}}\); \[f\prime \left( x \right) = \frac{{2{e^x} - 2x{e^x}}}{{{e^{2x}}}} = \frac{{2\left( {1 - x} \right)}}{{{e^x}}};f\prime \left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\].

\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2x.{e^{ - x}}} \right) = - \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x}}{{{e^x}}} = 0\end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: \(0 < \frac{{m - 1}}{{m + 1}} < \frac{2}{e}.\)

Mà \(m \in \mathbb{N}*\) nên \(m \in \left\{ {2;3;4;5;6} \right\}\).

Vậy tổng các giá trị của m là 20. Chọn B.

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1-4: Vai trò và các ứng dụng của máy thu định vị toàn cầu GNSS.

Đoạn 5-6: Giới thiệu nghiên cứu phát triển bộ thu GNSS của trường Đại học Bách Khoa.

Đoạn 7-10: Những ứng dụng tiềm năng của bộ thu GNSS.

Đoạn 11: Ý nghĩa của việc chế tạo thành công bộ thu GNSS.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Giới thiệu máy thu định vị toàn cầu GNSS.” Chọn A.

Dựa vào thông tin trong đoạn [5]. Suy luận, phân tích:

- Việt Nam đã làm chủ công nghệ sản xuất bộ thu GNSS từ lâu. → Sai, việc nghiên cứu phát triển kiến trúc các bộ thu vô tuyến, bao gồm bộ thu GNSS ở Việt Nam còn hạn chế.

- Bộ thu GNSS được Đại học Bách Khoa độc lập nghiên cứu và phát triển. → Sai, Đại học Bách Khoa kết hợp với Đại học Milano để phát triển.

- Máy thu GNSS được nghiên cứu sử dụng công nghệ thu đơn kênh. → Sai, máy thu GNSS sử dụng công nghệ thu đa kênh.

- Máy thu GNSS là một loại bộ thu tín hiệu vô tuyến. → Đúng, thông tin tại dòng: “Tuy nhiên, việc nghiên cứu phát triển kiến trúc các bộ thu vô tuyến, bao gồm bộ thu GNSS ở Việt Nam còn hạn chế”.

Chọn D. 

Dựa vào thông tin đoạn [6] - [11]: 

Từ việc phối hợp với đơn vị giáo dục, Đại học Bách Khoa Hà Nội đã thành công trong việc chế tạo thiết bị bộ thu GNSS đa kênh. Thiết bị này được kì vọng sẽ đem lại nhiều lợi ích đặc biệt về kinh tế - xã hội và có tiềm năng lớn trong phát triển công nghệ.

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

- Vị trí 1: giáo dục.

- Vị trí 2: GNSS.

- Vị trí 3: công nghệ.

Đọc đoạn [2] đến [7], xác định nội dung chính được đề cập trong các đoạn này:

Đoạn [2]: Nguyên nhân dẫn đến sự sụt giảm nhu cầu sử dụng dịch vụ đám mây.

Đoạn [3]: Xu hướng sử dụng dịch vụ đám mây của các doanh nghiệp.

Đoạn [4] - [7]: Thực trạng và tác động của việc sử dụng dịch vụ đám mây của các doanh nghiệp.

Như vậy, yếu tố không được làm rõ trong bài là các giải pháp khắc phục việc giảm thiểu nhu cầu sử dụng dịch vụ đám mây. Chọn D.

Để trả lời được câu hỏi, HS cần tìm kiếm các thông tin liên quan trong đoạn [8] - [10] và thực hiện điền nội dung tương ứng với tên công ty. Lần lượt điền như sau:

- Vị trí 1: Đầu tư vào hệ sinh thái kênh.

- Vị trí 2: Đầu tư vào trí tuệ nhân tạo.

- Vị trí 3: Đầu tư vào cộng đồng đối tác kênh.

Cần lưu ý: Việc đầu tư vào máy chủ và thiết bị mạng là thông tin liên quan đến Google Cloud, tuy nhiên, đây là hành động nhằm “cải thiện khả năng sinh lời”.

Từ bảng 1, có thể thấy rằng 'Áp suất × Thể tích' không đổi khi áp suất tăng. Chỉ có lựa chọn trả lời (D) hiển thị 'Áp suất × Thể tích' không đổi khi 'Áp suất' tăng lên.

Đồ thị có dạng đường thẳng song song trục hoành. Chọn D.

Từ bảng 2, có thể thấy rằng tỷ lệ thể tích và nhiệt độ là không đổi.

Suy ra ta có công thức:

. Chọn B.

Để nghiên cứu mối quan hệ giữa thể tích của một chất khí và lượng của chất khí đó, nhà khoa học nên thiết lập một thí nghiệm trong đó chỉ có hai yếu tố đó thay đổi, còn tất cả các yếu tố khác không đổi. Thí nghiệm C là một thí nghiệm như vậy.

Thí nghiệm A sẽ không thực hiện được vì cần phải giữ cả nhiệt độ và áp suất không đổi, nhưng như đã mô tả, chỉ có nhiệt độ được giữ không đổi. Thí nghiệm A cũng không làm thay đổi tương đối số mol. Thí nghiệm B sẽ không hoạt động vì âm lượng được giữ không đổi. Cần phải biến thiên thể tích để nghiên cứu mối quan hệ giữa thể tích và lượng khí. Thí nghiệm D sẽ không thực hiện được vì áp suất không được giữ cố định. Chọn C.

Giải thích

Từ thí nghiệm 2, có thể thấy rằng khi nhiệt độ tăng thì thể tích cũng tăng. Do đó nhận xét cho rằng khi quả bóng được làm nóng, thể tích của quả bóng sẽ tăng lên là chính xác.

Đáp án

Từ kết quả của thí nghiệm 3, ta có đồ thị nhiệt độ - áp suất có dạng là đường thẳng song song với trục hoành, đúng hay sai?

 ¤ Sai

Giải thích

Tử bảng 3, ta xác định định đồ thị của p - T là đường thẳng đi qua gốc tọa độ.

Ta có công thức tính thế năng: Wt = mgh trong công thức trên có khối lượng m, chiều cao (hay chính là vị trí đặt vật) h và gia tốc trọng trường g thì đại lượng không thay đổi được đó chính là gia tốc trọng trường g.

Chọn C.

Đáp án đúng là “tăng | tăng lên”

Giải thích

Ta có công thức tính thế năng: Wt = mgh

Khi đưa vật lên cao gấp 2 lần so với ban đầu thì: Wt′ = 2mgh = 2Wt hay thế năng sẽ tăng 2 lần.

Từ bảng 2 ta có: Khi chiều cao thả tăng, chiều cao của đỉnh vật đạt được cũng tăng

Đồ thị thể hiện đúng sẽ là hình 2. Chọn B.

Dữ liệu trong Bảng 2 ta thấy rằng nếu quãng đường đi theo phương ngang càng dài thì vật sẽ lên đến độ cao càng thấp do ảnh hưởng từ lực ma sát khiến động năng dữ trự của vật giảm đi, khi đó năng lượng đã biến thành nhiệt và âm thanh.

Giải thích 

Năng lượng tiêu hao do ma sát sẽ được xác định bằng: A = Fmsd 

 Quãng đường đi càng dài thì năng lượng tiêu hao càng lớn hay phần năng lượng mất đi càng nhiều.

Kết quả trên được thể hiện trong bảng 2 ta thấy rằng: khi thả cùng tại một vị trí, quãng đường đi được theo phương ngang càng lớn thì viên bi sẽ lên được độ cao càng thấp do phần động năng của vật đã tiêu hao nhiều.

Các từ cần kéo thả: thấp / lực ma sát / động năng.

Ta có biến phụ thuộc sẽ là những chỉ tiêu đo đạc và bị ảnh hưởng trong suốt quá trình thí nghiệm, hay có thể nói kết quả đo đạc phụ thuộc vào sự thay đổi của biến độc lập.

Trong Thí nghiệm 1, chiều cao thả rơi là biến độc lập. Học sinh thay đổi độ cao thả để xác định ảnh hưởng của độ cao của đỉnh. Trong Thí nghiệm 2, độ cao thả rơi được giữ không đổi để xác định ảnh hưởng của khoảng cách ngang đến độ cao của đỉnh. Cả hai thí nghiệm đều không đo chiều cao rơi làm biến phụ thuộc. Chọn D.