Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 6)

Thể tích kim tự tháp là \(V = \frac{1}{3}{.230^2}.144 = 2539200\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích khối đá cần vận chuyển là \(0,7\;{\rm{V}} = 1777440\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Gọi \(x\) là số lần vận chuyển.

Để đủ đá xây dựng kim tự tháp thì \(\frac{{x.10.6000}}{{{{2,5.10}^3}}} = 1777440 \Rightarrow x = 74060\).

Do đó ta điền như sau:

Kim tự tháp Cheops (có dạng hình chóp) là kim tự tháp cao nhất ở Ai Cập. Chiều cao của kim tự tháp này là 144 m, đáy của kim tự tháp là hình vuông có cạnh dài 230 m. Các lối đi và phòng bên trong chiếm 30% thể tích của kim tự tháp. Để xây dựng kim tự tháp, người Ai Cập cổ đại đã vận chuyển các khối đá qua những lối đi vào phòng bên trong. Biết một lần vận chuyển gồm 10 xe, mỗi xe chở 6 tấn đá, và khối lượng riêng của đá bằng 2,5.10³ kg/m³. Số lần vận chuyển đá để xây dựng kim tự tháp là (1) 74060.

Số điểm của Minh là: 3.5 − 12 + 3 = 6.

Số điểm của Thành là: 2.(−3) − 1 + 6 + 7 = 6.

Vậy hai bạn hòa nhau.

Do đó ta có đáp án như sau

Hàm số \(\sin x\) và \(\cos x\) đều có chu kì tuần hoàn là \(2\pi \) nên hàm số \(f(x)\) tuần hoàn với chu kì \(2\pi .\)

Ta có: \(f( - x) = \sin ( - x) + \cos ( - x) = - \sin x + \cos x\).

\( \Rightarrow \) Hàm số \(f(x)\) không chẵn, không lẻ.

Mặt khác, \(f(x) = 0 \Leftrightarrow \sin x + \cos x = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi (k \in \mathbb{Z})\).

Biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác ta thấy phương trình \(f(x) = 0\) có 2 điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác.

Do đó ta chọn đáp án như sau

Giả sử \(z = x + yi\,\,(x,y \in \mathbb{R})\).

Khi đó\(|z - 1 - 2i|\; \le 1 \Leftrightarrow |(x - 1) + (y - 2)i|\; \le 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{(x - 1)}^2} + {{(y - 2)}^2}} \le 1 \Leftrightarrow {(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} \le 1.\)

Và \(|z - 1 + 2i|\; \ge \;|z + 3 - 2i|\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{(x - 1)}^2} + {{(y + 2)}^2}} \ge \sqrt {{{(x + 3)}^2} + {{(y - 2)}^2}} \)

\( \Leftrightarrow {(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} \ge {(x + 3)^2} + {(y - 2)^2} \Leftrightarrow y \ge x + 1.\)

Gọi \((T)\) là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(d:y = x + 1\), không chứa gốc tọa độ \(O(0;0)\). Khi đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn đề là nửa hình tròn \((C)\) tâm \(I(1;2)\), bán kính \(R = 1\) và thuộc \((T)\) (phần tô màu trên hình vẽ).

Vì đường thẳng \(d\) đi qua tâm \(I(1;2)\) của hình tròn \((C)\) nên diện tích cần tìm là một nửa diện tích hình tròn \((C)\). Do đó \(S = \frac{\pi }{2} \approx \frac{{157}}{{100}}\).

Do đó ta điền như sau

Cho số phức z thỏa mãn \(|z - 1 - 2i|\; \le 1\) và \(|z - 1 + 2i|\; \ge \;|z + 3 - 2i|\). Diện tích phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn của số phức z bằng (1) \(\frac{{157}}{{100}}\). (Lấy \(\pi \approx 3,14\) và kết quả viết dưới dạng phân số tối giản).

Vì \(F(x),\,\,G(x)\) là hai nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) nên \(F(x) - G(x) = C\) với \(C\) là hằng số hay \(F(x) = G(x) + C\).

\(\int\limits_a^b {f(x){\rm{d}}x} = \left. {F(x)} \right|_a^b = F(b) - F(a).\)

Do đó ta chọn đáp án như sau

Gọi \((P):v(t) = a{t^2} + bt + c\).

Vì các điểm có tọa độ (0;2 ); (1; 1); (3; 5) thuộc (P) nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a.0 + b.0 + c = 2}\\{a.1 + b.1 + c = 1}\\{a.9 + b.3 + c = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = 2\,\,\,}\\{b = - 2}\\{a = 1\,\,\,}\end{array}} \right.} \right.\). Vậy \(v(t) = 2 - 2t + {t^2}\).

Quãng đường vật di chuyển trong 3 giờ là

\(S = \int\limits_0^3 {\left( {2 - 2t + {t^2}} \right)} dt = \left. {\left( {2t - {t^2} + \frac{1}{3}{t^3}} \right)} \right|_0^3 = 6\,\,\left( {km} \right)\).

Do đó ta điền như sau

Quãng đường mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó là (1)  6 km.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 1,{u_2} = 3\quad {\rm{ (1)}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{ }}}\\{{u_{n + 2}} + {u_n} = 2\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right)\quad (2)}\end{array}\quad (n \ge 1).} \right.\)

Đặt \({v_n} = {u_{n + 1}} - {u_n}\).

Ta có \((2) \Leftrightarrow {u_{n + 2}} - {u_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - {u_n} + 2 \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = {v_n} + 2\).

Suy ra \(\left( {{v_n}} \right)\) lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({v_1} = 2\) và công sai \(d = 2\).

Nên \({v_n} = 2 + (n - 1).2 = 2n\).

Khi đó: \({u_n} = \left( {{u_n} - {u_{n - 1}}} \right) + \left( {{u_{n - 1}} - {u_{n - 2}}} \right) + \ldots + \left( {{u_2} - {u_1}} \right) + {u_1}\)

\( = {v_{n - 1}} + {v_{n - 2}} + \ldots + {v_1} + {u_1} = 2((n - 1) + (n - 2) + \ldots + 1) + 1\)

\( = 2\frac{{n(n - 1)}}{2} + 1 = n(n - 1) + 1.\)

Do đó: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n(n - 1) + 1}}{{{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} - n + 1}}{{{n^2}}} = 1\). Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}} = 1\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được xác định bởi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 1,{u_2} = 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{u_{n + 2}} + {u_n} = 2\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right),n \in {\mathbb{N}^*}}\end{array}} \right.\). Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}}\) bằng (1) 1.

\(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{{\log }_3}7} \right)}^2}}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{a^{{{\log }_3}7}}} \right)}^{{{\log }_3}7}}}} = \sqrt[3]{{{{27}^{{{\log }_3}7}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{3^{{{\log }_3}7}}} \right)}^3}}} = 7\).

\(\sqrt {{b^{{{\left( {{{\log }_7}11} \right)}^2}}}} = \sqrt {{{\left( {{b^{{{\log }_7}11}}} \right)}^{{{\log }_7}11}}} = \sqrt {{{49}^{{{\log }_7}11}}} = \sqrt {{{\left( {{7^{{{\log }_7}11}}} \right)}^2}} = 11.\)

\({c^{{{\left( {{{\log }_{11}}25} \right)}^2}}} = {\left( {{c^{{{\log }_{11}}25}}} \right)^{{{\log }_{11}}25}} = {(\sqrt {11} )^{{{\log }_{11}}25}} = \sqrt {{{11}^{{{\log }_{11}}25}}} = \sqrt {25} = 5\).

Vậy \(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{{\log }_3}7} \right)}^2}}}}} + \sqrt {{b^{{{\left( {{{\log }_7}11} \right)}^2}}}} + {c^{{{\left( {{{\log }_{11}}25} \right)}^2}}} = 7 + 11 + 5 = 23\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Thể tích thùng đựng đồ khô là:

\({V_{NC}} = \frac{1}{3}\pi h\left( {{R^2} + {r^2} + Rr} \right) = \frac{1}{3}\pi .35\left[ {{{\left( {\frac{{28}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{25}}{2}} \right)}^2} + \frac{{28}}{2}.\frac{{25}}{2}} \right] = 6151,25\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 19,314925\)(lít).

Thể tích cái lon là: \({V_T} = \pi r_0^2{h_0} = \pi .{\left( {\frac{6}{2}} \right)^2}.10 = 90\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 0,2826\) (lít).

Ta thấy \(\frac{{6151,25\pi }}{{90\pi }} \approx 68,35\). Vậy cần tối thiểu 69 lon hạt vừng để đổ đầy thùng đựng đồ khô.

Do đó ta chọn đáp án như sau

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

Ta thấy \(x = \pm 1\) đều là các nghiệm bội lẻ nên hàm số có 2 cực trị.Chọn C.

Dựa vào Parabol như hình vẽ, suy ra phương trình của Parabol là \((P):y = a{x^2} + 4;\)\((P)\) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ \( \pm 2\) nên \(a = - 1 \Rightarrow (P):y = - {x^2} + 4\).

Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và trục hoành bằng

\(S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 4} \right)} {\rm{d}}x = 2\int\limits_0^2 {\left( { - {x^2} + 4} \right)} {\rm{d}}x = \left. {2\left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + 4x} \right)} \right|_0^2 = \frac{{32}}{3}\).Chọn A.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(y' = 2x(m - x) - {x^2} = - 3{x^2} + 2mx\)

Để hàm số đồng biến trên \((1;2)\) thì \(y' \ge 0\,\,\forall x \in (1;2)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x( - 3x + 2m) \ge 0\,\,\forall x \in (1;2)\\ \Leftrightarrow - 3x + 2m \ge 0\quad \forall x \in (1;2)\\ \Leftrightarrow m \ge \frac{{3x}}{2}\forall x \in (1;2).\end{array}\)

Với \(x \in (1;2) \Leftrightarrow \frac{{3x}}{2} \in \left( {\frac{3}{2};3} \right)\), do đó \(m \ge \frac{{3x}}{2}\forall x \in (1;2) \Leftrightarrow m \ge 3\).Chọn D.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).Chọn A.

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{\log _2}a = x\\{\log _2}b = y\\{\log _2}c = z\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = {2^x}\\b = {2^y}\\c = {2^z}\end{array} \right.\).

Khi đó \(P = {\left( {{2^x}} \right)^3} + {\left( {{2^y}} \right)^3} + {\left( {{2^z}} \right)^3} - 3\left( {x{{.2}^x} + y{{.2}^y} + z{{.2}^z}} \right)\) trong đó \({x^3} + {y^3} + {z^3} \le 1\) và \(x,y,z \in \left[ {0;1} \right].\)

Dễ dàng chứng minh được \({2^x} \le x + 1,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 0\) hoặc \(x = 1.\)

Suy ra \({\left( {{2^x} - x} \right)^3} \le 1 \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^3} \le 3.{\left( {{2^x}} \right)^2}.x - {3.2^x}.{x^2} + {x^3} + 1\)

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

Tương tự \({\left( {{2^y}} \right)^3} - 3y{.2^y} \le {y^3} + 1;{\left( {{2^z}} \right)^3} - 3z{.2^z} \le {z^3} + 1\).

Từ đó suy ra \(P \le \left( {{x^3} + 1} \right) + \left( {{y^3} + 1} \right) + \left( {{z^3} + 1} \right) \le 4\).

Dấu “=” xảy ra khi trong ba số \(x,y,z\) có một số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0. Chọn C.

Với \(m = 1\) thì \(y = 1\) do đó \(m = 1\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với \(m > 1\) khi đó \(y = \frac{{x + m}}{{x + 1}} = 1 + \frac{{m - 1}}{{x + 1}}\)

Do\(x \in [1;2] \Rightarrow 1 \le x \le 2 \Rightarrow \frac{1}{{1 + 2}} \le \frac{1}{{x + 1}} \le \frac{1}{{1 + 1}} \Rightarrow \frac{{m - 1}}{3} \le \frac{{m - 1}}{{x + 1}} \le \frac{{m - 1}}{2}\)

Vì vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = 1 + \frac{{m - 1}}{2};\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = 1 + \frac{{m - 1}}{3}\).

Do đó\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y + \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = \left( {1 + \frac{{m - 1}}{3}} \right) + \left( {1 + \frac{{m - 1}}{2}} \right) = \frac{{16}}{3} \Leftrightarrow \frac{{5(m - 1)}}{6} = \frac{{16}}{3} - 2 \Leftrightarrow m = 5 > 4\)

Nếu \({\rm{m}} < 1\) lý luận tương tự ta cũng có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;2} \right]} = 1 + \frac{{m - 1}}{3};\mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} y = 1 + \frac{{m - 1}}{2}\).

Trong trường hợp này không tồn tại giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.Chọn D.

Ta có: \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot CD\).

Mà \(AD \bot CD \Rightarrow CD \bot (SAD) \Rightarrow CD \bot SD\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SCD) \cap (ABCD) = CD}\\{AD \bot CD}\\{SD \bot CD}\end{array}} \right.\) nên góc giữa \(({\rm{SCD}})\) và (ABCD) là \(\widehat {SDA} = 60^\circ \).

Xét tam giác vuông SAD có: \(h = SA = AD.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \).

Ta có: .

Vậy \({V_{S.ABMD}} = \frac{1}{3}{S_{ABMD}}.h = \frac{1}{3}.\frac{{3{a^2}}}{4}.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).Chọn A.

Vì \(SA \bot (ABCD)\) nên góc giữa SC và (ABCD) là góc \(\widehat {SCA} = 60^\circ \).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 3 \).

Xét tam giác vuông \({\rm{SAC}}\) có: \(SA = AC.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 .\sqrt 3 = 3a\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.AB.AD = {a^3}\sqrt 2 \).Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số \(f(|x|) = |x{|^3} - 3|x{|^2}\), hình vẽ bên dưới

Để phương trình \(g(x) = 0 \Leftrightarrow f|(x)| = - m\) có 4 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow - 4 < - m < 0 \Leftrightarrow 0 < m < 4\).

Kết hợp điều kiện \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \{ 1;2;3\} \) là các giá trị cần tìm.

Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn.Chọn D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{(2x - 1)(x - 1) - \left( {{x^2} - x + 1} \right)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{(x - 1)}^2}}}\).

Điểm \(M(a;y(a)) \in (C),a \ne 1\) suy ra phương trình tiếp tuyến của (C) tại \({\rm{M}}\) là

\(y - y\left( a \right) = y'\left( a \right)\left( {x - a} \right)\)

\( \Leftrightarrow y - \frac{{{a^2} - a + 1}}{{a - 1}} = \frac{{{a^2} - 2a}}{{{{(a - 1)}^2}}}.(x - a)\)

\( \Leftrightarrow y = \frac{{{a^2} - 2a}}{{{{(a - 1)}^2}}}.(x - a) + \frac{{{a^2} - a + 1}}{{a - 1}}\)

Mà \(I(1;1) \in (d)\) nên suy ra \(1 = \frac{{{a^2} - 2a}}{{{{(a - 1)}^2}}}.(1 - a) + \frac{{{a^2} - a + 1}}{{a - 1}}\)\( \Leftrightarrow 2 = 0\) (vô lí)

Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I(1;1). Chọn B.

Hàm số đã cho xác định \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - {x^2} + 3x + 4 > 0}\\{2 - x \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 < x < 4}\\{x \le 2}\end{array} \Leftrightarrow - 1 < x \le 2.} \right.} \right.\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = ( - 1;2]\). Chọn A.

\[{(2 - \sqrt 3 )^{a - 1}} < 2 + \sqrt 3 \]

\[ \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{2 + \sqrt 3 }}} \right)^{a - 1}} < 2 + \sqrt 3 \]

\[ \Leftrightarrow {(2 + \sqrt 3 )^{1 - a}} < 2 + \sqrt 3 \]

\[ \Leftrightarrow 1 - a < 1\,\,({\rm{do }}2 + \sqrt 3 > 1)\]

\[ \Leftrightarrow a > 0.\] Chọn D.

Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của hình trụ.

Ta có diện tích xung quanh \({S_{xq}} = 4\pi \Rightarrow 2\pi Rh = 4\pi \Rightarrow Rh = 2\).

Lại có thiết diện qua trục là hình vuông nên \(h = 2R\), do đó \(R.2R = 2 \Leftrightarrow R = 1 \Rightarrow h = 2\).

Giả sử AB là một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung \(120^\circ \).

Suy ra ABB′A′ là hình chữ nhật có \(AA' = h = 2\).

Xét tam giác OAB cân tại O, có \(\left\{ \begin{array}{l}OA = OB = R\\\widehat {AOB} = 120^\circ \end{array} \right. \Rightarrow AB = R\sqrt 3 = \sqrt 3 \).

Vậy diện tích thiết diện cần tính là \({S_{ABB'A'}} = AB.AA' = 2\sqrt 3 \). Chọn C.

Thể tích của khối tròn xoay sinh khi cho phần tô đậm (hình vẽ) quay quanh đường thẳng AD bằng thể tích hình cầu đường kính AD trừ đi thể tích hình nón tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh trục AD.

Tính thể tích hình cầu đường kính AD:

Tam giác \({\rm{ABC}}\) đều, cạnh \({\rm{a}} \Rightarrow OA = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = R\).

Suy ra: \({V_1} = \frac{4}{3}\pi .{R^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} = \frac{{4\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{27}}\).

Tính thể tích hình nón (H) tạo bởi khi quay tam giác ABC quanh trục AH:

Hình nón \(({\rm{H}})\) có đường cao \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = h\), bán kính đáy \(HB = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2} = r\).

Suy ra \({V_2} = \frac{1}{3}\pi {r^2}.h = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).

Vậy thể tích cần tính là: \(V = {V_1} - {V_2} = \frac{{4\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{27}} - \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{24}} = \frac{{23\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{216}}\). Chọn C.

Ta có \(\int f (x)dx = F(x)\)

\( \Rightarrow f(x) = F'(x)\)

\( \Rightarrow f(x) = 2\left( {a{x^2} + bx - c} \right){e^{2x}} + (2ax + b){e^{2x}}\)

\( = \left( {2a{x^2} + 2(a + b)x + b - 2c} \right){e^{2x}}\).

Đồng nhất hệ số ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a = 2018}\\{2(a + b) = - 3}\\{b - 2c = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1009}\\{2b = - 2021}\\{4c = - 2023}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \(T = a + 2b + 4c = - 3035\). Chọn C.

\({\rm{Ta c\'o : }}f(x) = \int {\tan } xdx = \int {\frac{{\sin xdx}}{{\cos x}}} = - \int {\frac{{d(\cos x)}}{{\cos x}}} = - \ln |\cos x| + C\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) = - \ln (\cos x) + {C_1}\quad khix \in \left[ { - \frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}} \right)}\\{f(x) = - \ln ( - \cos x) + {C_2}\;khix \in \left( {\frac{\pi }{2};\frac{{5\pi }}{4}} \right]}\end{array}} \right.\)

\({\rm{M\`a }}\,\,f(0) = 0,f(\pi ) = 1 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - ln 1 + {C_1} = 0}\\{ - ln 1 + {C_2} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{C_1} = 0}\\{{C_2} = 1}\end{array}} \right.} \right.\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) = - \ln (\cos x)\,\,\,\,\,khi\,\,x \in \left[ { - \frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}} \right)}\\{f(x) = - \ln ( - \cos x) + 1\quad khi\,\,x \in \left( {\frac{\pi }{2};\frac{{5\pi }}{4}} \right]}\end{array}} \right.\) .

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = - \ln \left( {\cos \frac{\pi }{4}} \right) = - \ln \frac{{\sqrt 2 }}{2} = - \frac{1}{2}\ln 2 + \ln 2 = \frac{1}{2}\ln 2}\\{f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = - \ln \left( { - \cos \frac{{2\pi }}{3}} \right) + 1 = - \ln \frac{1}{2} + 1 = \ln 2 + 1}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{f\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right)}}{{f\left( {\frac{\pi }{4}} \right)}} = \frac{{2(\ln 2 + 1)}}{{\ln 2}} = 2\left( {1 + {{\log }_2}e} \right)\). Chọn A.

Chuyển vế và nhân cả hai vế với \({e^{ - x}}\) ta có:

\(f'(x) = f(x) + {x^2}{e^x} + 1\quad \forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow f'(x){e^{ - x}} - {e^{ - x}}f(x) = {x^2} + {e^{ - x}}\)

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

Lấy nguyên hàm hai vế ta được: \(f(x){e^{ - x}} = \frac{{{x^3}}}{3} - {e^{ - x}} + C \Rightarrow f(x) = \frac{{{x^3}{e^x}}}{3} - 1 + C{e^x}\).

Ta có: \(f(0) = - 1 \Leftrightarrow - 1 + C = - 1 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f(x) = \frac{{{x^3}{e^x}}}{3} - 1\).

Vậy \(f(3) = \frac{{{3^3}{e^3}}}{3} - 1 = 9{e^3} - 1\). Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} = 2x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Thể tích cần tìm :

\(V = \pi \int_0^2 {\left| {{{\left( {{x^2}} \right)}^2} - {{(2x)}^2}} \right|} dx\)

\( = \pi \int_0^2 {\left| {{x^4} - 4{x^2}} \right|} dx = \left| {\pi \int_0^2 {\left( {{x^4} - 4{x^2}} \right)} dx} \right|\)

\( = \left| {\left. {\pi \left( {\frac{1}{5}{x^5} - \frac{4}{3}{x^3}} \right)} \right|\begin{array}{*{20}{c}}{^2}\\{_0}\end{array}} \right| = \left| {\pi \left( {\frac{{32}}{5} - \frac{{32}}{3}} \right)} \right| = \frac{{64\pi }}{{15}}\).  Chọn A.

Ta có \({\rm{A}}(1;2)\) biểu diễn số phức \({z_1} = 1 + 2i\), điểm \({\rm{B}}(5; - 1)\) biểu diễn số phức \({z_2} = 5 - i\).

\( \Rightarrow AB = \sqrt {{{(5 - 1)}^2} + {{( - 1 - 2)}^2}} = 5.{\rm{ }}\)Chọn B.

\(z\left( {1 + i} \right) = 3 - 5i\)

\( \Leftrightarrow \left| {z\left( {1 + i} \right)} \right| = \left| {3 - 5i} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| z \right|\sqrt 2 = \sqrt {34} \)

\( \Leftrightarrow \left| z \right| = \sqrt {17} \). Chọn A.

Ta có \(\left| {z - 2} \right| = \left| z \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {a + bi - 2} \right| = \left| {a + bi} \right|\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {a - 2} \right)}^2} + {b^2}} = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

\[ \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {b^2} = {a^2} + {b^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} = {a^2}\]

\[ \Leftrightarrow 4a = 4\]

\[ \Leftrightarrow a = 1\].

Khi đó \(z = 1 + bi \Rightarrow \bar z = 1 - bi\)

\( \Rightarrow (z + 1)(z - i) = (2 + bi)[1 - (b + 1)i] = {b^2} + b + 2 - (b + 2)i\) là số thực.

\( \Rightarrow b + 2 = 0 \Leftrightarrow b = - 2\).

Vậy \(S = a + 2b = 1 + 2.( - 2) = - 3\). Chọn D.

Đặt\({\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = 3iz}\\{v = - 2w}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = \frac{u}{{3i}}}\\{w = - \frac{v}{2}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{|z - 5 + 3i|\; = 3}\\{|iw + 4 + 2i|\; = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {\frac{u}{{3i}} - 5 + 3i} \right| = 3}\\{\left| { - \frac{{iv}}{2} + 4 + 2i} \right| = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {\frac{{u - 9 - 15i}}{{3i}}} \right| = 3}\\{\left| {\frac{{iv - 8 - 4i}}{2}} \right| = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{|u - 9 - 15i| = 9}\\{|iv - 8 - 4i| = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{|u - 9 - 15i| = 9}\\{|v - 4 + 8i| = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Do đó, tập hợp điểm \({\rm{M}}\) biểu diễn số phức u thuộc đường tròn

\(\left( {{C_1}} \right):{(x - 9)^2} + {(y - 15)^2} = 81\)

Tập hợp điểm \({\rm{N}}\) biểu diễn số phức v thuộc đường tròn \(\left( {{C_2}} \right):{(x - 4)^2} + {(y + 8)^2} = 16\)

Xét \(\left( {{C_1}} \right)\) có tâm \({I_1}(9;15)\), bán kính \({R_1} = 9,\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2}(4; - 8)\), bán kính \({R_2} = 4\).

Dễ thấy \(\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right)\) không cắt nhau \( \Rightarrow |u - v| = MN\) lớn nhất

\( \Leftrightarrow MN = {I_1}{I_2} + {R_1} + {R_2} = \sqrt {554} + 13\).

Vậy \(T = \;|3iz + 2w|\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\sqrt {554} + 13\). Chọn D.

Gọi giá vé sau khi điều chỉnh là \(20 + x\;(USD)\,\,(x \in \mathbb{R})\).

Khi đó số lượng khách hàng đến xem sau khi điều chỉnh vé là \(1000 - 100{\rm{x}}\)người.

Thu nhập của nhà hát là

\((1000 - 100x)(22 + x) = 100(10 - x)(22 + x) = 100\left( { - {x^2} - 12x + 2200} \right)\)

\( = - 100\left[ {{{(x + 6)}^2} - 2236} \right] = - 100{(x + 6)^2} + 223600 \le 223600\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow x = - 6\).

Vậy giá vé là 14 USD để thu nhập của nhà hát là lớn nhất. Chọn C.

Để huyết áp giảm nhiều nhất thì hàm \(G(x) = 0,035{x^2}(15 - x)\) cần đạt giá trị lớn nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho \(\left( {\frac{x}{2};\frac{x}{2};15 - x} \right)\) ta nhận được

\(\begin{array}{l}G(x) = 0,035{x^2}(15 - x) = 0,035 \cdot 4 \cdot \frac{x}{2} \cdot \frac{x}{2} \cdot (15 - x)\\ \le 0,14{\left( {\frac{{\frac{x}{2} + \frac{x}{2} + (15 - x)}}{3}} \right)^3} = {0,14.5^3} = 17,5.\end{array}\)

Giá trị lớn nhất đạt được khi và chỉ khi \(\frac{x}{2} = 15 - x \Leftrightarrow x = 10\). Chọn B.

\(\sin \left( {2x + \frac{{9\pi }}{2}} \right) - 3\cos \left( {x - \frac{{15\pi }}{2}} \right) = 1 + 2\sin x\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{2} + 4\pi } \right) - 3\cos \left( {x + \frac{\pi }{2} - 8\pi } \right) = 1 + 2\sin x\)

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

\( \Leftrightarrow \cos 2x + 3\sin x - 2\sin x - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}x + \sin x - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \sin x(2\sin x - 1) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = 0}\\{\sin x = \frac{1}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = k\pi }\\{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}\quad (k \in \mathbb{Z})} \right.} \right.\)

Các nghiệm thuộc đoạn \([0;2\pi ]\) là \(0,\pi ,2\pi ,\frac{\pi }{6},\frac{{5\pi }}{6}\).

Vậy \(S = 0 + \pi + 2\pi + \frac{\pi }{6} + \frac{{5\pi }}{6} = 4\pi \). Chọn A.

Một người có 6 cách chọn quầy khác nhau

\( \Rightarrow \) Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = {6^5}\).

Chọn 3 học sinh trong 5 học sinh có \(C_5^3\) cách, chọn 1 quầy trong 6 quầy có \(C_6^1\) cách.

Suy ra có \(C_5^3.C_6^1\) cách chọn 3 học sinh vào 1 quầy bất kì.

Khi đó, 2 học sinh còn lại sẽ chọn 1 trong 5 quầy còn lại \( \Rightarrow \) có \(C_5^1\) cách.

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố là \(n(X) = C_5^3.C_6^1.C_5^1\).

Vậy\(P = \frac{{n\left( X \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_5^3.C_6^1.C_5^1}}{{{6^5}}}\). Chọn B.

- Nội dung chính của văn bản trên là: Tình trạng ô nhiễm và lời kêu gọi bảo vệ đại dương.

- Đọc văn bản có thể nhận thấy nhan đề chính là một gợi ý cho một phần nội dung “Đã đến lúc phải trả ơn đại dương” tức văn bản sẽ có phần kêu gọi sự chung tay, giúp sức của con người để bảo vệ đại dương. Song, văn bản dưới hình thức một văn bản thông tin có phần sapo chính là phần nêu nội dung tóm tắt của bài. Phần này đã cho thấy văn bản ngoài là lời kêu gọi còn phản ánh tình trạng ô nhiễm môi trường toàn cầu đã ảnh hưởng lên đại dương. Đại dương đang hứng chịu những vấn đề đó và bảo vệ con người khỏi chúng. Bởi vậy, văn bản sẽ có thêm một nội dung là tình trạng ô nhiễm đại dương. Chọn B. 

- Đoạn [1] có trình bày: “Hàng thập kỉ qua, bằng cách hấp thụ một phần tư lượng khí CO2 ô nhiễm và hơn 90% nhiệt lượng dư thừa từ hiện tượng nóng lên toàn cầu, các đại dương đã giữ cho nhiệt độ bề mặt đất liền của Trái đất ở mức có thể sống được”. Với các chi tiết được in đậm, có thể thấy từ khóa còn thiếu là “nhiệt độ” và “sống được”.

=> Ta có câu đầy đủ: Rất nhiều thập kỉ qua, đại dương đã giúp ổn định nhiệt độ của bề mặt đất liền bằng cách hấp thụ một phần tư lượng khí CO2 ô nhiễm và hơn 90% nhiệt lượng dư thừa từ hiện tượng nóng lên toàn cầu, nhờ đó mà con người trên Trái đất mới có thể sống được.

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

- Vị trí 1: nhiệt độ.

- Vị trí 2: sống được.

- Theo đoạn số [2], “để đáp lại “tấm thịnh tình” ấy, con người lại đổ hàng núi rác thải nhựa xuống biển và đầu độc bờ biển bằng các hóa chất độc hại và những dòng nước công nghiệp”, tức là con người đã đổ xuống biển rác thải “nhựa” và đầu độc biển bằng “hóa chất” độc hại.

=> [vị trí 1]: nhựa, [vị trí 2]: hóa chất

- Thêm nữa, “Ít nhất một phần ba trữ lượng cá tự nhiên đã bị đánh bắt quá mức, và chỉ còn dưới 10% đại dương là được bảo vệ” đã cho chúng ta biết việc “đánh bắt” quá mức của con người cũng ảnh hưởng nặng nề tới thiên nhiên.

=> [vị trí 3]: đánh bắt

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: nhựa.

- Vị trí 2: hóa chất.

- Vị trí 3: đánh bắt.

Qua đoạn trích, tác giả KHÔNG thể hiện thái độ:

- Thất vọng vì tình trạng khí hậu và đại dương ngày càng xấu đi, khiến con người phải đối mặt với sự nguy hiểm

→ Vì đứng trước tình trạng ô nhiễm môi trường, người viết bày tỏ cảm xúc lo âu thay vì thất vọng, vì trong đoạn trích, tác giả dùng từ “lo ngại” trong đoạn số [5]. Cảm xúc thất vọng không phù hợp vì nó dành cho việc mong muốn một điều gì đó mà không được như ý nguyện. Ở đây phải là lo âu vì đó là tình trạng môi trường đáng cảnh báo.

- Tin tưởng, lạc quan vì tình trạng ô nhiễm của đại dương đang ngày càng được cải thiện, có kết quả tích cực

→ Vì trước tình trạng ô nhiễm và việc chưa tìm được cách giải quyết triệt để, các nhà khoa học không bày tỏ cảm xúc tích cực như lạc quan, tin tưởng. 

=> Trong đoạn văn, tác giả có nói về những nỗ lực của các tổ chức chính phủ trong việc tạo ra các chương trình nghị sự, dù chưa có nhiều giải pháp nhưng đó là một dấu hiệu của hi vọng mà các nhà khoa học đặt vào tương lai.

Chọn:

þ  Thất vọng vì tình trạng khí hậu và đại dương ngày càng xấu đi, khiến con người phải đối mặt với sự nguy hiểm.

þ Tin tưởng, lạc quan vì tình trạng ô nhiễm của đại dương đang ngày càng được cải thiện, có kết quả tích cực.

Suy luận, phân tích:

- Có những quy định để nghề đánh bắt cá tự nhiên trở nên bền vững hơn.

→ Ý kiến trên: ĐÚNG

Theo đoạn số [4], “Câu hỏi làm thế nào để nghề đánh bắt cá tự nhiên, từ những con tàu chế biến cá của vùng Đông Á cho đến những chiếc thuyền đánh cá dọc theo bờ biển nhiệt đới, trở nên bền vững hơn cũng là một nội dung quan trọng trong chương trình nghị sự của Lisbon”, những từ khóa được in đậm đã cho thấy thông tin đầu tiên là chính xác.

- Thúc đẩy mạnh mẽ sự phát triển của ngành nuôi trồng thủy sản.

→ Ý kiến trên: SAI

Theo đoạn văn [4] “Ngành nuôi trồng thủy sản đang phát triển bùng nổ cũng cần phải được theo dõi chặt chẽ” chứ không phải “thúc đẩy phát triển”.

- Đưa ra khẩu hiệu mới về “thực phẩm xanh”.

→ Ý kiến trên: ĐÚNG

Thông tin này liên quan tới nội dung “Và khẩu hiệu mới được đặt ra ở đây là “thực phẩm xanh” – nguồn dinh dưỡng từ biển đảm bảo được tính bền vững và công bằng” là chính xác.

Căn cứ vào nội dung đoạn số [3] và đoạn [5].

- Như tiêu đề ở đoạn số [5], có thể thấy việc làm mạnh mẽ nhất của các tổ chức chính phủ ở thời điểm mức độ ô nhiễm cảnh báo là tổ chức các chương trình nghị sự giữa các quốc gia để cùng nhau tìm hướng giải quyết, khắc phục bền vững. Đã có một số chương trình diễn ra, mang đến một số giải pháp như Hội nghị Đại dương Liên Hợp Quốc, Cuộc đàm phán về khí hậu của Liên Hợp Quốc COP27 và cuộc đàm phán về đa dạng sinh học COP15.

- Trong đó, bài viết cũng không kêu gọi từng cá nhân thực hiện nhặt rác hay yêu cầu các tàu cá tạo ra “thực phẩm xanh”.

Chọn:

þ Tổ chức Hội nghị Đại dương Liên Hợp Quốc.

þ Cuộc đàm phán về khí hậu của Liên Hợp Quốc COP27 và cuộc đàm phán về đa dạng sinh học COP15.

Suy luận, phân tích:

- Đoạn [5]: Xuất khẩu hàng hóa là động lực tăng trưởng của nền kinh tế... => Xuất khẩu hàng hóa là một trong những ngành kinh tế trọng điểm. => Chỗ trống thứ nhất điền “trọng điểm”.

- Chỗ trống thứ 2 điền “thách thức” do bài viết chỉ ra nhiều nguyên nhân khiến cho việc xuất khẩu gặp khó khăn.

- Đoạn [5]: ... kim ngạch xuất khẩu của nước ta phụ thuộc quá lớn vào một số ít nhóm hàng và khu vực FDI. => Kim ngạch xuất khẩu các nhóm hàng hóa không đồng đều, lệch về một số nhóm hàng. => Chỗ trống thứ 3 điền “mất cân bằng”.

- Đoạn [7]: ... nhiều doanh nghiệp chưa phát huy và tận dụng lợi ích của các FTA mang lại để thúc đẩy xuất khẩu. => Những lợi ích của FTA chưa được tận dụng đủ như những gì nó có thể mang lại. => Chỗ trống thứ 4 điền “đúng mức”.

Dựa vào sự phân tích trên ta có các từ phù hợp để điền vào các vị trí là:

- Vị trí 1: trọng điểm.

- Vị trí 2: thách thức.

- Vị trí 3: mất cân bằng.

- Vị trí 4: đúng mức.

Mục đích chính của 3 đoạn cuối là: Nêu lên những yếu tố ảnh hưởng tiêu cực đến tình hình xuất khẩu ở nước ta.

1. Phụ thuộc quá lớn vào một số ít nhóm hàng và khu vực FDI.

2. Nhiều doanh nghiệp chưa phát huy và tận dụng lợi ích của các FTA mang lại để thúc đẩy xuất khẩu.  

Chọn C. 

Đoạn [4] có thông tin: ...đẩy mạnh giải ngân vốn đầu tư công là giải pháp quan trọng và hiệu quả nhằm phục hồi, nâng cao năng lực, khả năng cạnh tranh của nền kinh tế, thúc đẩy tăng trưởng, bù đắp cho suy giảm xuất khẩu.

=> Đẩy mạnh giải ngân vốn đầu tư công giúp “cân bằng nền kinh tế” khi nó bù đắp cho sự suy giảm xuất khẩu và giúp “thúc đẩy tăng trưởng nền kinh tế” theo như nguyên văn thông tin trong bài đọc.

Chọn: 

þ Thúc đẩy tăng trưởng kinh tế.

þ Cân bằng nền kinh tế.

“Tỉ lệ thuận” là có quan hệ phụ thuộc lẫn nhau giữa hai đại lượng, sao cho khi đại lượng này tăng giảm bao nhiêu lần thì đại lượng kia cũng tăng giảm bấy nhiêu lần.

Từ đoạn [3] có thông tin: Đối với kinh tế nước ta, nếu giải ngân vốn đầu tư công tăng thêm 1% so với năm trước sẽ làm GDP tăng thêm 0,058%. Chọn ¤ Đúng.

Mục đích chính của văn bản là Chỉ ra những hạn chế, bất cập khiến kinh tế - xã hội của nước ta kém khởi sắc. Đó là những hạn chế, bất cập sau:

- Bất cập trong thể chế và bộ máy quản lí.

- Tiến độ giải ngân chậm.

- Kim ngạch xuất khẩu của nước ta phụ thuộc quá lớn vào một số ít nhóm hàng và khu vực FDI.

- Nhiều doanh nghiệp chưa phát huy và tận dụng lợi ích của các FTA mang lại để thúc đẩy xuất khẩu.

Chọn A. 

- Thông tin nguyên văn của đoạn [4] là: Đặc biệt trong bối cảnh tổng cầu thế giới suy giảm, ảnh hưởng tới xuất khẩu của Việt Nam, thì sự ảnh hưởng ở đây khi tổng cầu suy giảm là ảnh hưởng xấu, nên nó tương đương với “tác động tiêu cực”.

- Đoạn [4] tiếp tục có thông tin “...đẩy mạnh giải ngân vốn đầu tư công là giải pháp quan trọng và hiệu quả.” => Chỗ trống thứ 2 điền “vốn đầu tư công”.

- Chỗ trống thứ 3 điền “khôi phục” vì văn bản có thông tin “...nhằm phục hồi, nâng cao năng lực, khả năng cạnh tranh của nền kinh tế, thúc đẩy tăng trưởng...”, “khôi phục” tương đương với “phục hồi”.

Dựa vào sự phân tích trên ta có các từ phù hợp để điền vào các vị trí là:

- Vị trí 1: tác động.

- Vị trí 2: vốn đầu tư công. 

- Vị trí 3: khôi phục. 

Suy luận, phân tích:

- Thông tin “Tuy nền kinh tế - xã hội còn nhiều khó khăn nhưng hầu hết các doanh nghiệp trên cả nước đều tìm được giải pháp khắc phục để tồn tại” không được đề cập đến. Thông tin văn bản đưa ra là “...bình quân cứ 10 doanh nghiệp gia nhập thì có gần 7 doanh nghiệp rút lui khỏi thị trường”, nghĩa là còn rất nhiều doanh nghiệp chưa khắc phục được khó khăn và phải rời khỏi thương trường.

- Thông tin “Vẫn tồn tại những hạn chế trong môi trường đầu tư kinh doanh chưa được tháo gỡ kịp thời” được thể hiện qua ý “Bức tranh kinh tế - xã hội năm 2022 của nước ta sẽ sắc nét hơn, ấn tượng hơn nếu như một số bất cập về thể chế, môi trường đầu tư kinh doanh được tháo gỡ kịp thời”; nghĩa là thực tế vẫn còn tồn tại nhiều bất cập chưa được giải quyết.

- Thông tin “Kinh tế - xã hội nước ta bị ảnh hưởng bởi số quy định, luật lệ còn chưa phù hợp” được thể hiện qua ý “Bức tranh kinh tế - xã hội năm 2022 của nước ta sẽ sắc nét hơn, ấn tượng hơn nếu như một số bất cập về thể chế, môi trường đầu tư kinh doanh được tháo gỡ kịp thời”; vì “thể chế” chính là “những quy định, luật lệ được đặt ra trong một chế độ xã hội”.

- Thông tin “Những khó khăn của doanh nghiệp và người dân bị một bộ phận cán bộ trong bộ máy quản lí dửng dưng, bỏ mặc” được thể hiện qua ý “Bức tranh kinh tế - xã hội năm 2022 của nước ta sẽ sắc nét hơn, ấn tượng hơn ... nếu như một bộ phận cán bộ, công chức trong bộ máy quản lí nâng cao tinh thần trách nhiệm, không đùn đẩy, né tránh, bớt vô cảm với những khó khăn của doanh nghiệp và người dân”.

Chọn C. 

Điện năng tiêu thụ của bóng đèn huỳnh quang trong 1 tháng là:

A1 = 40.20.30 = 24000 W.h = 24 kW.h.

Điện năng tiêu thụ của bóng đèn dây tóc trong 1 tháng là:

A2 = 100.20.30 = 60000 W.h = 60 kW.h

Số điện tiết kiệm được là: 60 – 24 = 36 kW.h. Chọn D.

Giải thích

1. Sai.

Cường độ dòng điện qua bóng đèn là:  

⇒ Cường độ dòng điện qua bóng đèn công suất 25 W bé hơn.

2. Sai.

Điện trở của đèn được xác định theo công thức:  

⇒ Điện trở của bóng đèn có công suất 100 W bé hơn.

3. Đúng.

Mắc nối tiếp hai bóng đèn này, điện trở tương đương của hai bóng đèn là:

Khi mắc nối tiếp 2 đèn vào mạch điện có hiệu điện thế 220 V thì cường độ dòng điện trong mạch là:

Mà cường độ định mức qua mỗi bóng đèn là: 

Idm1 < I ⇒ Đèn 1 dễ bị cháy do dòng điện qua mạch lớn hơn giá trị định mức.

Idm2 > I ⇒ Đèn 2 sáng yếu hơn bình thường.

Đáp án

Đúng.

Giải thích

Theo phần dẫn, ta có: Sử dụng lực đẩy của từ trường, tàu đệm từ có thể được đẩy về phía trước với tốc độ lên đến 300 mph (dặm một giờ).

Dựa theo phần dẫn, ta có: Dưới các điều kiện được kiểm soát, các nhà khoa học đã tiến hành thử nghiệm trên đường ray đệm từ được định hướng theo hướng từ Đông sang Tây.

→ Hướng chuyển động của tàu đệm từ không đổi → Hướng của vận tốc v không đổi. Chọn D.

Giải thích

Theo thông tin ở phần dẫn:

+ Sử dụng lực đẩy của từ trường, tàu đệm từ có thể được đẩy về phía trước với tốc độ lên đến 300 mph (dặm một giờ).

+ Về mặt lý thuyết, tàu đệm từ trong EDS phải di chuyển cao hơn ít nhất 4 inch so với đường ray, do đó hầu như không có năng lượng bị mất do ma sát. Nếu hệ thống mất năng lượng, nó sẽ ở dạng năng lượng nhiệt.

→ Do đó, tàu đệm từ có khả năng di chuyển với vận tốc rất cao, tiêu tốn ít năng lượng.

Nên ý (1), (3) và ý (4) đúng.

+ (2) Sai. Do tàu đệm từ sử dụng công nghệ đệm từ trường ("maglev") .

Trong Nghiên cứu 2, khi chiều dài của các thanh nam châm trong tàu đệm từ tăng lên, dòng điện cần thiết để tạo ra vận tốc của tàu (1) tăng. 

Giải thích

Dựa vào dữ liệu trong Bảng 2 cho thấy dòng điện tăng liên tục khi chiều dài của thanh nam châm tăng.

Dựa vào dữ liệu trong Bảng 3, ta có:

+ Khi B = 9,84.10−4 T thì giá trị tương ứng của I là 500 A

+ Khi B = 1,05.10−3 T thì giá trị tương ứng của I là 600 A

Mặt khác, ta thấy khi B tăng thì I tăng

Có: 500A < 570 A < 600 A → 9,84.10−4 T < B < 1,05.10−3 T

Vậy B = 1.10−3 T. Chọn C.

Trong Nghiên cứu 3, khi dòng điện (I) tăng thì từ trường (B) cũng tăng theo.

→ Hình 2 cho thấy sự phụ thuộc tuyến tính của B vào I. Chọn B.

Đối chiếu với các thông tin trong đoạn “Muốn khai thác dầu mỏ, người ta khoan những lỗ khoan xuống đến lớp dầu lỏng (còn gọi là giếng dầu). Ban đầu dầu sẽ tự phun lên, sau đó, người ta phải bơm nước hoặc khí xuống để đẩy dầu lên".

Chọn: Đúng.

þ Lớp dầu lỏng gồm nhiều hydrocarbon nằm ở dưới đáy của mỏ dầu.

þ Lớp trên cùng của mỏ dầu gồm các khí, trong đó thành phần chính là khí ethane.

o Hỗn hợp hydrocarbon lỏng có hòa tan khí và lượng nhỏ các chất khác ở giữa lớp khí và lớp nước mặn.

o Lớp nước mặn ở dưới 2 lớp khí mỏ dầu và lớp dầu lỏng.

Do dầu mỏ không tan và nhẹ hơn nước nên sẽ nổi và lan trên bề mặt nước ra vùng rộng xung quanh đó.

Chọn A.

J/kg = 46 000 kJ/kg

Cứ 1 kg gas thì đun sôi được số lít nước là: lít

Vậy 1 bình gas 12 kg đun sôi được số lít nước là:

146,73 12 = 1 760,76 lít (làm tròn thành 1760,8 lít).

Chọn A.

Cả Bảng 1 và Hình 1 đều chỉ ra rằng, khi nồng độ sulfite tăng gấp đôi, độ hấp thụ hiệu chỉnh cũng tăng gần gấp đôi: khi nồng độ sulfite tăng từ 1 ppm lên 2 ppm (tăng gấp đôi) thì độ hấp thụ hiệu chỉnh tương ứng tăng từ 0,153 lên 0,302 (tăng gần gấp đôi).

Chọn C.

Theo Bảng 2, độ hấp thụ hiệu chỉnh của nho khô có giá trị lớn nhất (0,941).

Chọn. Sai.

Dựa vào Bảng 1, dung dịch thử nghiệm có nồng độ sulfite là 1,5 ppm (nằm giữa 1,0 ppm và 2,0 ppm), sẽ có độ hấp thụ hiệu chỉnh nằm ở khoảng giữa 0,153 và 0,302. Do đó, phương án 0,240 là lựa chọn chính xác.

Chọn C.

Theo Bảng 2, chuối sấy có nồng độ \(SO_3^{2 - }\) thấp nhất (0,2 ppm).

Đáp án: chuối sấy.

 Giả thiết cho rằng hàm lượng chất phụ gia trong trái cây có khả năng hấp thụ ánh sáng ở cùng bước sóng với hợp chất được hình thành bởi $S{O}_3^{2-}$ và chất tạo màu, có nghĩa là độ hấp thụ sẽ cao hơn. Mà nồng độ $S{O}_3^{2-}$ và độ hấp thụ hiệu chỉnh tỉ lệ thuận với nhau nên so với nồng độ $S{O}_3^{2-}$ thực tế, nồng độ $S{O}_3^{2-}$ đo được sẽ cao hơn.

Chọn B.

 (1) Sai. Chọn lọc phân hóa mới hình thành các nhóm cá thể thích nghi từ mỗi hướng phân hóa, còn chọn lọc vận động sẽ bảo tồn các cá thể thích nghi với môi trường mới, đào thải đi các cá thể không thích nghi.

(2), (3) Đúng.