Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 7)

Giả sử tồn tại n là số tự nhiên thỏa mãn:

\(13p + 1 = {n^3}\)\( \Leftrightarrow 13p = (n - 1)\left( {{n^2} + n + 1} \right)\).

Vì 13 và p là số nguyên tố mà \(n - 1 > 1\) và \({n^2} + n + 1 > 1\)

Nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n - 1 = 13}\\{n - 1 = p}\end{array}} \right.\)

Với \(n - 1 = 13 \Rightarrow n = 14 \Rightarrow 13p = 2743 \Rightarrow p = 211\)

Với \(n - 1 = p \Rightarrow 13 = {n^2} + n + 1 \Rightarrow n = 3 \Rightarrow p = 2\).

Vậy có 2 giá trị của p thỏa mãn bài toán.

Do đó ta điền đáp án như sau

Ta có: \({n^{2003}} + {n^{2002}} + 1 = {n^2}\left( {{n^{2001}} - 1} \right) + n\left( {{n^{2001}} - 1} \right) + {n^2} + n + 1\).

Với \(n > 1\) ta có :

\({n^{2001}} - 1 = {\left( {{n^3}} \right)^{667}} - 1\) chia hết cho \({n^3} - 1\) nên chia hết cho \({n^2} + n + 1\)

Do đó : \(\left( {{n^{2003}} + {n^{2002}} + 1} \right) \vdots \left( {{n^2} + n + 1} \right)\) và \({n^2} + n + 1 > 1\) nên \({n^{2003}} + {n^{2002}} + 1\) là hợp số.

Với \(n = 1\) thì \({n^{2003}} + {n^{2002}} + 1 = 3\) là số nguyên tố.

Do đó ta điền như sau

Ta có: \({u_{n + 2}} - {u_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - {u_n} + 1,\,\,n = 1,2,3, \ldots \)

\( \Rightarrow {u_{n + 2}} - {u_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - {u_n} + 1 = {u_n} - {u_{n - 1}} + 2 = \ldots = {u_2} - {u_1} + n\)

Do đó

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

\( \Rightarrow {u_n} = 1 + 2 + \ldots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n(n + 1)}}{{2{n^2}}} = \frac{1}{2}\) .

Vậy \(a + b = 3\).

Do đó ta điền như sau

Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được xác định bởi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1,{u_2} = 3}\\{{u_{n + 2}} = 2{u_{n + 1}} - {u_n} + 1,\forall n \in {\mathbb{N}^*}}\end{array}} \right.\). Khi đó giá trị của \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}}\) được viết dưới dạng \(\frac{a}{b}\,\,(a,b \in \mathbb{Z},b \ne 0)\) và \(\frac{a}{b}\) tối giản.

\(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {{x^6} + 5x - 1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left| {{x^3}} \right|\sqrt {1 + \frac{5}{{{x^5}}} - \frac{1}{{{x^6}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^3}\sqrt {1 + \frac{5}{{{x^5}}} - \frac{1}{{{x^6}}}} = + \infty \).

Do đó ta điền như sau

a) Ta có \({2^{51}} - 1 = {\left( {{2^3}} \right)^{17}} - 1 \vdots \left( {{2^3} - 1} \right) = 7\).

b) Ta có \({2^{100}} = {2.2^{99}} = 2{\left( {{2^3}} \right)^{33}} = 2{(9 - 1)^{33}} = 2.(B(9) - 1) = 2.B(9) - 2 = B(9) + 7.\)

Do đó ta chọn đáp án như sau

a) Vì \({4^2} \equiv 6\,\,(\bmod \,\,10)\) nên \({4^{{3^2}}} = {4^9} = {\left( {{4^2}} \right)^4}.4 \equiv 6.4 \equiv 4\,\,(\bmod \,\,10)\).

Þ chữ số tận cùng là 4.

b)

\({2^3} \equiv 1\,\,(\bmod \,\,7) \Rightarrow {2^{50}} = {\left( {{2^3}} \right)^{16}}.4 \equiv 4\,\,(\bmod \,\,7)\).

\(41 \equiv - 1\,\,(\bmod \,\,7) \Rightarrow {41^{65}} \equiv {( - 1)^{16}} \equiv - 1\,\,(\bmod \,\,7)\).

\( \Rightarrow {2^{50}} + {41^{65}} \equiv 4 - 1 \equiv 3\,\,(\bmod \,\,7)\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có \[{\left( {\ln {x^2}} \right)^\prime } = \frac{{2x}}{{{x^2}}} = \frac{2}{x}\] không xác định tại x = 0.

Hàm số cũng không xác định tại \(x = 0\) nên nó không có cực trị. Chọn D.

Đặt \(t = \log (|\cos x|)\;(t \le 0)\).

Phương trình đã cho trở thành \({t^2} - 2mt - {m^2} + 4 = 0\). (2)

Phương trình đã cho vô nghiệm \( \Leftrightarrow \) (2) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm dương

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = {m^2} - (4 - {m^2}) < 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = {m^2} - (4 - {m^2}) \ge 0}\\{S = 2m > 0}\\{P = 4 - {m^2} > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \sqrt 2 < m < \sqrt 2 \\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge \sqrt 2 \vee m \le - \sqrt 2 }\\\begin{array}{l}m > 0\\ - 2 < m < 2\end{array}\end{array}} \right.\end{array} \right.} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \sqrt 2 < m < \sqrt 2 }\\{\sqrt 2 \le m < 2}\end{array} \Leftrightarrow - \sqrt 2 < m < 2} \right.\).

Vậy \(m \in ( - \sqrt 2 ;2)\). Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(({\rm{C}})\) và \({\rm{Ox}}:{x^4} - m{x^2} + m = 0\,\,(1)\).

Đặt \(t = {x^2}(t \ge 0)\), (1) trở thành \({t^2} - mt + m = 0\) (2).

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta = {m^2} - 4m > 0}\\{S = m > 0}\\{P = m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 4\\m < 0\end{array} \right.\\m > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 4} \right.\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}x_1^4 + x_2^4 + x_3^4 + x_4^4 = 30 \Leftrightarrow 2\left( {t_1^2 + t_2^2} \right) = 30 \Leftrightarrow {\left( {{t_1} + {t_2}} \right)^2} - 2{t_1}{t_2} = 15\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 5\quad (tm)}\\{m = - 3(ktm)}\end{array}.} \right.\end{array}\)

Vậy \({m_0} = 5,4 < {m_0} \le 7.\) Chọn D.

Ta có: \(f\left( x \right)\)là hàm bậc 3, đồ thị cắt Ox tại các điểm \(x = m\left( {0 < m < 1} \right)\) và tiếp xúc với trục Ox tại \(x = 2\).

Do đó \(f\left( x \right) = a.\left( {x - m} \right){\left( {x - 2} \right)^2}\left( {a > 0} \right)\).

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = 1\) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \(x = 1;\)\(x = n\left( {1 < n < 2} \right)\)và \(x = p\left( {p > 2} \right)\).

Do đó phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0\) có các nghiệm là \(x = 1;x = n\left( {1 < n < 2} \right);x = p\left( {p > 2} \right)\).

Ta được \(f\left( x \right) - 1 = a\left( {x - 1} \right)\left( {x - n} \right)\left( {x - p} \right)\).

Từ đó ta có \(g\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)\sqrt {x - 1} }}{{x\left[ {{f^2}\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\sqrt {x - 1} }}{{x.f\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]}}\)

\( = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\sqrt {x - 1} }}{{x.{a^2}.\left( {x - m} \right){{\left( {x - 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)\left( {x - n} \right)\left( {x - p} \right)}}\).

Ta có tập xác định của hàm \(g\left( x \right)\) là \(D = \left( {1; + \infty } \right)\backslash \left\{ {n;2;p} \right\}\).

Từ hàm \(g\left( x \right)\) ta được đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có ba tiệm cận đứng:

\(x = n\left( {1 < n < 2} \right),x = 2,x = p\left( {p > 2} \right)\). Chọn B.

Điều kiện: \(x \ne 2\).

Phương trình đã cho tương đương với

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 2}\\{f(x) = 20}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{f(x) = - 20}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 2}\\{{x^5} - 5x - 42 = 0\,\,\,(1)}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{{x^5} - 5x - 2 = 0\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\).

Đặt \(g(x) = {x^5} - 5x - 42\;(x > 2) \Rightarrow g'(x) = 5{x^4} - 5 > 0,\forall x > 2\).

Bảng biến thiên:

Mà \({\rm{g}}(2) < 0\) nên (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn 2 .

Đặt \(h(x) = {x^5} - 5x - 2\;(x < 2)\) ta có \(h'(x) = 5{x^4} - 5 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\) (thỏa mãn).

Bảng biến thiên:

Để tam giác đó là tam giác vuông thì tam giác phải có 1 cạnh là đường kính của đa giác đều.

Khi ta chọn 1 đường kính sẽ còn lại 14 điểm để tạo với đường kính đó thành tam giác vuông.

Mà đa giác đều 16 đỉnh có 8 đường kính nên số tam giác vuông là 8.14 = 112. Chọn A.

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(O(0;0;0)\), bán kính \(R = \sqrt 3 \).

Giả sử \((P):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\) với \(a > 0,b > 0,c > 0\). Mặt phẳng thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 27}\\{\frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt 3 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 27}\\{\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.} \right.\,\,(I)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương, ta có

\(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}.3\sqrt[3]{{\frac{1}{{{a^2}{b^2}{c^2}}}}} = 9\).

Dấu “=” xảy ra khi \({a^2} = {b^2} = {c^2}\).

Do đó hệ \((I) \Leftrightarrow {a^2} = {b^2} = {c^2} = 9 \Leftrightarrow a = b = c = 3\).

\( \Rightarrow A(3;0;0),B(0;3;0),C(0;0;3)\). Khi đó tam giác \({\rm{ABC}}\) đều và \(AB = 3\sqrt 2 \).

Vậy \({S_{ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\). Chọn B.

Bát diện đều cần tìm có cạnh bằng 1 nửa cạnh tứ diện ban đầu, bằng a nên có thể tích \[\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\]. Chọn D.

\({\rm{Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB.} \right.\)

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{SB \subset (SBC),SB \bot BC}\\{AB \subset (ABCD),AB \bot BC}\end{array} \Rightarrow ((SBC),(ABCD)) = (SB,AB) = \widehat {SBA} = 60^\circ .} \right.\]

Gọi \({\rm{O}}\) là tâm hình chữ nhật \({\rm{ABCD}}\), I là trung điểm của \({\rm{SC}}\).

Ta có \({\rm{OI}}\) là đường trung bình của tam giác \({\rm{SAC}}\) nên \({\rm{OI}}//{\rm{SA}}\).

Mà \(SA \bot (ABCD)\) nên \(OI \bot (ABCD)\).

\( \Rightarrow IA = IB = IC = ID{\rm{. }}\)

Lại có tam giác \({\rm{SAC}}\) vuông tại \({\rm{A}}\) nên IS = IA = IC.

\( \Rightarrow IA = IB = IC = ID = IS \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD.

Xét tam giác vuông SAB có: \(SA = AB.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 .\sqrt 3 = 3a\).

Áp dụng định lí Pytago ta có: \(AC = \sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {a^2}} = 2a\).

\( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {9{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt {13} .\)

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD là \(R = IS = \frac{1}{2}SC = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\).

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{13\sqrt {13} }}{6}\pi {a^3}\). Chọn A.

\(3f'(x).{e^{{f^3}\left( x \right) - {x^2} - 1}} - \frac{{2x}}{{{f^2}(x)}} = 0\)

\( \Leftrightarrow 3{f^2}(x).f'(x).{e^{{f^3}(x)}} - 2x{e^{{x^2} + 1}} = 0\)

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được \({e^{{f^3}(x)}} - {e^{{x^2} + 1}} = C\)

Thay \(x = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow {e^{{f^3}(x)}} = {e^{{x^2} + 1}} \Leftrightarrow f(x) = \sqrt[3]{{{x^2} + 1}}\).

Tích phân cần tìm bằng

\(\int_0^{\sqrt 7 } x \sqrt[3]{{{x^2} + 1}}dx = \frac{1}{2}{\int_0^{\sqrt 7 } {\left( {{x^2} + 1} \right)} ^{\frac{1}{3}}}d\left( {{x^2} + 1} \right) = \left. {\frac{1}{2}.\frac{3}{4}{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{\frac{4}{3}}}} \right|_0^{\sqrt 7 } = \frac{{45}}{8}.\) Chọn B.

Có \(y' = - 4{x^3} + 2\left( {m - 2} \right)x\).

Hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình \[y' = - 4{x^3} + 2\left( {m - 2} \right)x = 0\] có 3 nghiệm phân biệt.

Có \[ - 4{x^3} + 2\left( {m - 2} \right)x = 0\]\[ \Leftrightarrow - 2x\left[ {2{x^2} - \left( {m - 2} \right)} \right] = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\2{x^2} - \left( {m - 2} \right) = 0\end{array} \right.\].

Để phương trình\[ - 4{x^3} + 2\left( {m - 2} \right)x = 0\] có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình \[2{x^2} - \left( {m - 2} \right) = 0\] có hai nghiệm phân biệt khác 0 \[ \Leftrightarrow m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > 2\]. Chọn C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của \({\rm{B}}\) trên \({\rm{d}}\), ta có \(BH \le BA\) (quan hệ đường vuông góc, đường xiên).

\( \Rightarrow \) Khoảng cách \(B\) đến d lớn nhất khi \(AB \bot (d)\).

Ta có \(\overrightarrow {AB} = (1; - 1;0),\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = (1;1;2)\).

Khi đó \(\overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{n_{(P)}}} } \right] = ( - 2; - 2;2) = - 2.(1;1; - 1)\) nên \(\vec u = (1;1; - 1)\) cũng là vectơ chỉ phương của của \({\rm{d}}\).

Mà (d) đi qua A nên có phương trình \(\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{z}{{ - 1}}\). Chọn A.

Điều kiện: \(x > 2,x \ne 4\).

\({\log _{\sqrt 3 }}(x - 2) + {\log _3}{(x - 4)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}{(x - 2)^2} + {\log _3}{(x - 4)^2} = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _3}\left[ {{{(x - 2)}^2}{{(x - 4)}^2}} \right] = 0\\ \Leftrightarrow {(x - 2)^2}{(x - 4)^2} = 1\\ \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 6x + 8} \right)^2} = 1\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 6x + 8 = 1}\\{{x^2} - 6x + 8 = - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 \pm \sqrt 2 }\\{x = 3}\end{array}} \right.} \right.\).

Kết hợp với điều kiện và chọn nghiệm nguyên dương, ta được x = 3. Chọn A.

Giả sử hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị

\(a{x^2} - 2 = 4 - 2a{x^2} \Leftrightarrow 3a{x^2} = 6 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{x = - m = - \sqrt {\frac{2}{a}} }\\{x = m = \sqrt {\frac{2}{a}} }\end{array}} \right.\).

Diện tích cần tìm là

\(\begin{array}{l}S = \int_{ - m}^m {\left| {a{x^2} - 2 - 4 + 2a{x^2}} \right|} dx = \int_{ - m}^m {\left( {6 - 3a{x^2}} \right)} dx = \left. {\left( {6x - a{x^3}} \right)} \right|_{ - m}^m\\ = 12m - 2a{m^3} = 8\sqrt {\frac{2}{a}} .\end{array}\)

Mà \(S = 16 \Leftrightarrow \sqrt {\frac{2}{a}} = 2 \Leftrightarrow \frac{2}{a} = 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}\). Chọn C.

Tam giác ABC đều, \(P\) là trung điểm AC nên \(BP \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}(ABC) \bot \left( {ACC'A'} \right)\\(ABC) \cap \left( {ACC'A'} \right) = AC\end{array}\\{BP \subset (ABC),BP \bot AC}\end{array} \Rightarrow BP \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow BP \bot (MNP)} \right.\).

Vì tam giác \({\rm{ABC}}\) đều cạnh 2a nên \(BP = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Tam giác MNP vuông tại \(N\) nên \({S_{MNP}} = \frac{1}{2}MN.NP = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3a}}{2} \cdot \frac{{2a}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\).

Vậy \({V_{B.MNP}} = \frac{1}{3}BP.{S_{MNP}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{3}{4}{a^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}\). Chọn B.

Vì hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên không có tiệm cận đứng.

Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 1\] nên đồ thị hàm số có các đường tiệm cận ngang là \(y = 0\) và \(y = 1.\)

Vậy đồ thị hàm số có tổng là 2 đường tiệm cận. Chọn C.

Ta có:

\(\log (\log e) + \log (\ln 10) = \log (\log e.\ln 10) = \log 1 = 0 \Rightarrow \log (\ln 10) = - \log (\log e)\).

Ta có: \(\sqrt {{x^2} + 1} > \sqrt {{x^2}} = \;|x|\; \ge - x\) nên \(\sqrt {{x^2} + 1} + x > 0\quad \forall x \in \mathbb{R}\).

Khi đó \(f(x) = a\ln {\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)^{2021}} + b{\sin ^3}x + 18 = 2021.a\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) + b{\sin ^3}x + 18\).

Lại có \(\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\left( { - x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) = {x^2} + 1 - {x^2} = 1\) nên

\(\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) = \ln \frac{1}{{ - x + \sqrt {{x^2} + 1} }} = - \ln \left( { - x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\)

Với mọi x ta có:

\(\begin{array}{l}f( - x) = 2021.a\ln \left( { - x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) + b{\sin ^3}( - x) + 18\\ = - 2021.a\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) - b{\sin ^3}x + 18\\ \Rightarrow f( - x) + f(x) = 36.\end{array}\)

Mà \(\log (\ln 10) = - \log (\log e).\)

\( \Rightarrow f(\log (\ln 10)) + f(\log (\log e)) = 36 \Rightarrow f(\log (\ln 10)) = 34\). Chọn A.

Ta có: \(F(x) = \int x \sqrt {{x^2} + 1} .dx = \frac{1}{2}\int {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{\frac{1}{2}}}} d\left( {{x^2} + 1} \right)\)

\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot {\left( {{x^2} + 1} \right)^{\frac{3}{2}}} + C = \frac{{\sqrt {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^3}} }}{3} + C\).

Mà \(F(0) = \frac{4}{3} \Rightarrow \frac{1}{3} + C = \frac{4}{3} \Rightarrow C = 1\).

Suy ra \(F(x) = \frac{{\sqrt {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^3}} }}{3} + 1\).

Vậy \(F(2\sqrt 2 ) = \frac{{\sqrt {{9^3}} }}{3} + 1 = 10\). Chọn D.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\] .

Mà \(AI \bot BC\)(do tam giác ABC đều) nên \(BC \bot \left( {SAI} \right)\).

Suy ra \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAI} \right)\).

Vậy \(\left( {\left( {SAI} \right),\left( {SBC} \right)} \right) = 90^\circ \). Chọn A.

Hình chiếu của MNPQ trên đáy (ABCD) chính là hình vuông ABCD.

Suy ra \[\frac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{MNPQ}}}} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = 2{S_{ABCD}} = 2{a^2}\]. Chọn D.

Gọi \({\rm{M}}\) là trung điểm của \({\rm{AB}}\). \(O,O'\) lần lượt là tâm 2 mặt đáy và I là tâm của hình trụ (trung điểm của \({\rm{OO'}}\)).

Thiết diện thu được là \({\rm{ABCD}}\) như hình vẽ, hợp với đáy một góc \(\alpha = \widehat {OM}I\).

Vì cung AB có số đo \(120^\circ \) nên \(\widehat {AOB} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {AOM} = 60^\circ \).

Xét tam giác vuông AOM vuông tại \({\rm{M}}\) ta có: \(OM = OA.\cos 60^\circ = 6.\frac{1}{2} = 3\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OIM ta có:

\(MI = \sqrt {O{M^2} + O{I^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5.{\rm{ }}\)

Thiết diện thu được hợp với đáy một góc \(\alpha \) sao cho \(\cos \alpha = \frac{{OM}}{{IM}} = \frac{3}{5}\).

Gọi \(C',D'\) lần lượt là hình chiếu của \(C,D\)trên mặt phẳng đáy còn lại.

Khi đó hình phẳng giới hạn đường tròn đáy và nằm giữa hai dây cung \(AB\) và \(C'D'\)chính là hình chiếu của thiết diện trên mặt đáy.

Hình chiếu của thiết diện trên đáy là một phần của hình tròn, gồm 2 tam giác cân và 2 hình quạt, có diện tích bằng .

Suy ra \(\frac{{S'}}{S} = \frac{3}{5} \Rightarrow S = \frac{{5S'}}{3} = 20\pi + 30\sqrt 3 \).

Vậy \(a = 20,b = 30\) nên \(a + b = 50\). Chọn A.

Cho \[y = 0 \Leftrightarrow x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = - 1\], ta có tọa độ điểm M là \(\left( { - 1;0} \right)\).

Ta có \[y' = - \frac{3}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} \Rightarrow y\prime \left( { - 1} \right) = - \frac{1}{3}\].

Vậy phương trình tiếp tuyến tại M là \[y = - \frac{1}{3}\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow 3y + x - 1 = 0\]. Chọn B.

Ta có: \(\int_{ - a}^a f (x)dx = \int_{ - a}^0 f (x)dx + \int_0^a f (x)dx\).

Đặt \(x = - t \Rightarrow dt = - dx\). Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - a \Rightarrow t = a}\\{x = 0 \Rightarrow t = 0}\end{array}} \right.\), khi đó ta có:

\(\int_{ - a}^0 f (x)dx = - \int_a^0 f ( - t)dt = \int_0^a f ( - x)dx.\)

Suy ra \(\int_{ - a}^a f (x)dx = \int_0^a f ( - x)dx + \int_0^a f (x)dx = \int_0^a a dx = \left. {ax} \right|_0^a = {a^2}\). Chọn B.

Ta có: \[P\left( x \right) = \mathop \sum \limits_{k = 0}^9 C_9^k{x^k} + \mathop \sum \limits_{i = 0}^{10} C_{10}^i{x^i}\]

Vậy hệ số của x⁹ là \[C_9^9 + C_{10}^9 = 11\]. Chọn A.

 Lí do lựa chọn phương án:

Đáp án A sai - Tác giả có đề cập đến một số kĩ thuật xâm phạm bản quyền (đoạn [4][6]), nhưng chỉ là dẫn chứng cho khó khăn trong quá trình phát hiện và xử lí xâm phạm bản quyền.

Đáp án B đúng - Tác giả phân tích những khó khăn trong việc phát hiện (đoạn [2][4][5][6]) xử lí xâm phạm bản quyền (đoạn [1][2][3][4]).

Đáp án C sai - Tác giả có đề cập đến quy trình pháp lí ở đoạn [2], nhưng đây chỉ là dẫn chứng cho khó khăn trong quá trình xử lí xâm phạm bản quyền.

Đáp án D sai - Tác giả có đề cập đến tầm quan trọng của việc thu thập bằng chứng khi xử lí xâm phạm bản quyền ở đoạn [2] và [5], nhưng để nhằm chỉ ra khó khăn trong việc phát hiện xâm phạm bản quyền.

Chọn B. 

Vụ kiện giữa Công ty T.V – F.N và một cơ sở gia công in ấn cho thấy việc phát hiện và xử lí xâm phạm bản quyền là một quá trình dài và phức tạp, đặc biệt là khi cơ quan chức năng chưa xác định được chủ sở hữu và thiệt hại thương mại. 

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

- Vị trí 1: phát hiện.

- Vị trí 2: xác định.

Theo dõi đoạn [2]:

Quá trình phát hiện và xử lí các vụ việc xâm phạm bản quyền hiện nay gặp nhiều khó khăn do tính linh hoạt của môi trường số. Điền cụm từ: tính linh hoạt. 

Lí do lựa chọn phương án:

Đáp án A sai - “Tính linh hoạt của internet khiến việc thu thập chứng cứ trở thành một bài toán khó. Quá trình lập vi bằng rất tốn kém thời gian và nguồn lực”.

Đáp án B sai - “Trên môi trường số, con đường trở nên gập ghềnh hơn rất nhiều, ngay từ những bước đầu tiên như lập vi bằng.”; “…đặc biệt là trên môi trường số, các bên vi phạm có thể nhanh chóng xóa dấu vết và lẩn trốn”.

Đáp án C đúng - “tính linh hoạt của internet khiến việc thu thập chứng cứ trở thành một bài toán khó”; “các bên vi phạm có thể “nhanh chóng xóa dấu vết và lẩn trốn” → Nhận định C không chính xác.

Đáp án D sai - “Các tài liệu này sẽ dùng để lập vi bằng, làm căn cứ để giải quyết tranh chấp, yêu cầu chấm dứt hành vi vi phạm hoặc bồi thường thiệt hại”.

Chọn C. 

Dựa vào nội dung đoạn [3]:

Chẳng hạn để khởi tố hình sự trang web phim lậu nổi tiếng PM.net vào năm 2021, Văn phòng Luật Phan Law phải thu thập chứng cứ từ năm 2014 dưới sự ủy quyền từ các bên sở hữu quyền phân phối phim. Đến năm năm sau, họ mới hoàn thiện và gửi toàn bộ tài liệu chứng cứ vi phạm của PM.net, đề nghị cơ quan điều tra vào cuộc. Đã hai năm trôi qua kể từ khi có quyết định khởi tố, nhưng PM.net vẫn tồn tại. “Chúng tôi sử dụng đủ kiểu ngăn chặn tấn công, thậm chí Cục Điều tra Liên bang Mỹ FBI, ICANN và nhiều tổ chức quốc tế khác cũng vào cuộc, nhưng PM.net vẫn “lẩn trốn” rất nhanh, dù khi họ đổi tên miền mới, gần như tất cả mọi người đều biết”, luật sư Phan Vũ Tuấn cho biết.

Chọn:

þ Gửi các tài liệu chứng cứ vi phạm cho cơ quan điều tra.

þ Thu thập bằng chứng dưới sự uỷ quyền của chủ sở hữu bản quyền.

Lí do lựa chọn phương án:

- Phương án 1: Đoạn [4] nhắc tới việc các đối tượng đăng tải nội dung xâm bản quyền trên các website, ứng dụng quốc tế, nhưng không đề cập tới khả năng giám sát, kiểm duyệt các nền tảng này. → Sai.

- Phương án 2: Nhiều đối tượng tái phạm trên các website, ứng dụng di động tại thị trường quốc tế nhưng chủ động chặn IP truy cập từ người dùng Việt Nam. → Đúng.

- Phương án 3: Các đối tượng xâm phạm còn ứng dụng nhiều kĩ thuật để tránh sự theo dõi của các cơ quan chức năng. → Đúng.

- Phương án 4: Đoạn [4] nhắc tới việc các đối tượng chủ động chặn người dùng Việt Nam truy cập các nền tảng chứa nội dung xâm phạm bản quyền, nhưng không đề cập đến việc Việt Nam làm điều tương tự tới các nền tảng trong nước. → Sai.

Chọn:

þ Nhiều đối tượng đăng tải nội dung xâm phạm bản quyền trên website, ứng dụng quốc tế nhưng chặn truy cập từ Việt Nam.

þ Các đối tượng xâm phạm bản quyền sử dụng nhiều kỹ thuật để trốn tránh sự giám sát của cơ quan chức năng.

Theo dõi đoạn [4]:

Mặc dù cơ quan chức năng ở Việt Nam đã có biện pháp xử lí các hành vi xâm phạm quyền tác giả, nhiều đối tượng vẫn tái phạm trên các nền tảng số ở nước ngoài.

Điền từ: tái phạm.

 Lí do lựa chọn phương án:

- Nhận định 1: Đoạn [5]: “Một trong những yếu tố quan trọng nhất để hạn chế được xâm phạm trên môi trường số là truy dấu (tracking) được hành vi xâm phạm”

- Nhân định 2: Đoạn [5] + [6]: “Một trong những yếu tố quan trọng nhất để hạn chế được xâm phạm trên môi trường số là truy dấu … để làm được phải cá nhân hóa...” → không phải là phương tiện duy nhất.

- Nhận định 3: Đoạn [6]: “những công nghệ bảo vệ bản quyền như trên đang bị bỏ lại đằng sau trong cuộc đua với mánh lới xâm phạm”.

- Nhận định 4: Đoạn [6]: ngoài công nghệ finger printing, còn công nghệ so sánh màn hình.

Theo dõi đoạn [7]:

Việc bảo vệ bản quyền trong sự phát triển của môi trường kĩ thuật số là thách thức cho các nhà phát triển công nghệ tiếp tục nghiên cứu.

Điền từ: thách thức.

- Truyện được kể theo ngôi thứ ba.

- Nhân vật giấu mình, gọi tên của các nhân vật xuất hiện trong truyện: nó, mẹ nó, bố, cô Út,...

Điền cụm từ: ngôi thứ ba.

- Ý kiến sai. 

- Vì nhân vật “nó” là đứa trẻ đáng thương, mồ côi mẹ nhưng phần đầu truyện đã liệt kê những chi tiết thể hiện sự quan tâm, yêu thương của người cha dành cho con gái (đẽo voi cho con gái chơi, bế con ra vườn ru ngủ,...) mãi sau này khi có vợ mới, có thêm con, người bố mới lạnh nhạt với con gái. Vì vậy, khẳng định “luôn sống trong sự lạnh nhạt của cha” là không đúng.

Chọn ¤ Sai.

Suy luận, phân tích:

- Tâm trạng của nhân vật “nó” khi được người lạ ngợi khen: sợ hãi. 

→ Vì bài đọc nói rằng “Nó sợ những lời khen đó. Vì sau những lời khen người ta lại tỏ ra thương hại.” Điều này cho thấy “nó” không muốn nghe những lời khen, luôn sợ hãi khi ai đó khen mình, vì sau những lời khen là những sự ái ngại về hoàn cảnh của cô bé.

- Tâm trạng của nhân vật “nó” mỗi khi bố đi làm về: phấn khích. 

→ Vì bài đọc nói rằng “Bao giờ ông cũng gọi từ cổng “Con ơi...” Chỉ chờ có vậy, nó chạy ra nhảy tót lên người bố, khúc khích cười.” Điều này cho thấy “nó” cảm thấy vô cùng phấn khích khi sau một ngày dài, bố trở về nhà với nó.

- Tâm trạng của nhân vật “nó” từ khi bố mẹ có em bé: tủi hờn. 

→ Vì bài đọc nói rằng “Nó biết thân phận mình, nhưng trong lòng nó đắng cay vì bố đã quên nó rồi, dù nó đang sống cùng một nhà với ông. Ông quên rằng ông còn một đứa con gái bé bỏng, tội nghiệp.” Điều này cho thấy “nó” cảm thấy buồn bã, xót xa cho thân phận mình và có ý như oán trách người bố đã quên đi đứa con gái tội nghiệp.

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

- Vị trí 1: sợ hãi.

- Vị trí 2: phấn khích.

- Vị trí 3: tủi hờn.

Suy luận, phân tích:

- Bố luôn bên cạnh chăm sóc “nó” kể từ khi mẹ mất.

→ Ý kiến trên: SAI

Vì bài đọc có trình bày các chi tiết người bố đi làm, cô bé phải ở nhà một mình, tự chơi các trò chơi quen thuộc, tự múa trước bàn thờ của mẹ, ngủ trên nền xi măng lạnh ngắt của nhà người hàng xóm khi bố đi công tác xa. Điều này cho thấy bố cô bé rất bận rộn và thường phải để con ở nhà một mình để đi làm nên ý “luôn bên cạnh chăm sóc” là không đúng.

- Bố hát rất hay và thường ru “nó” vào mỗi tối.

→ Ý kiến trên: ĐÚNG

Vì bài đọc nói rằng “Đêm đêm bố thường bế nó ra vườn, ru nó ngủ. Bố hát hay lắm.” Điều này cho thấy bố hát hay và thường ru con gái ngủ vào mỗi tối.

- Từ khi có em trai, bố cưng chiều em trai và không còn quan tâm đến “nó”.

→ Ý kiến trên: ĐÚNG

Vì bài đọc nói rằng “Từ khi có mẹ, có em bố gần như chẳng còn nhìn đến nó. Còn nó, luôn nhìn bố bằng ánh mắt chờ đợi. Nó biết thân phận mình, nhưng trong lòng nó đắng cay vì bố đã quên nó rồi, dù nó đang sống cùng một nhà với ông.” Điều này cho thấy từ khi có con trai và vợ mới, bố đã vô tình quên mất cô con gái tội nghiệp của mình.

- Theo đoạn [1], “nó” thường lặp lại những trò chơi quen thuộc, vì:

+ Đáp án 2: Bố quên mua đồ chơi mới cho nó (“Nó thích một con búp bê hơn. Bố hứa sẽ mua cho nó nhưng hai năm rồi nó chẳng thấy đâu.”).

+ Đáp án 3: Nó không có ai chơi cùng (bài đọc có khẳng định “Hình như nó không biết cười mà cũng không biết khóc, vì suốt ngày thui thủi trong nhà một mình thì khóc và cười với ai đây?” và phần đầu truyện có bày các chi tiết người bố đi làm, cô bé phải ở nhà một mình, tự ăn cơm trong lồng bàn bố để lại, tự chơi các trò chơi quen thuộc, tự múa trước bàn thờ của mẹ rồi nhìn sang nhà hàng xóm và ước ao được đi học giống những đứa trẻ hàng xóm).

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án 1 sai vì bài đọc có đề cập “Nó thích một con búp bê hơn.”, cô bé thường lặp lại những trò chơi quen thuộc không phải vì thích mà vì trong nhà cô bé chỉ có những trò chơi này thôi, từ lâu rồi bố không mua thêm đồ chơi cho cô.

+ Đáp án 4 sai vì trong bài đọc không đề cập đến chi tiết này. Bài đọc chỉ đề cập chi tiết cô bé nhớ và khao khát mẹ khi bị bố gửi nhờ sang nhà hàng xóm để bố đi công tác xa.

Chọn:

þ Vì bố quên mua đồ chơi mới cho nó.

þ Vì nó không có ai chơi cùng.

Suy luận, phân tích:

- Cuộc sống buồn tủi, cô đơn khiến cho “nó” quên đi những cảm xúc cơ bản của một con người. Nhưng có đôi khi cô bé vẫn khóc, cô bé khóc mỗi khi bị ốm và cười vào lúc cô nhìn thấy hình ảnh của mẹ.

- Lưu ý: Trong truyện có viết: Hình như nó không biết cười mà cũng không biết khóc, vì suốt ngày thui thủi trong nhà một mình thì khóc và cười với ai đây? Nó nhớ lại. Có chứ! Thỉnh thoảng nó cũng khóc mỗi khi nó ốm. Những lúc nó ốm, có một ông thầy thuốc già luôn đến tiêm thuốc cho nó, rất đau. Nó cũng biết cười, nhưng là cười với mẹ qua bức ảnh to bố đặt trên bàn thờ.

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

- Vị trí 1: ốm.

- Vị trí 2: mẹ.

Số phận không mỉm cười với cô bé trong câu chuyện. Cô mồ côi mẹ, bản thân lại mang bệnh tật và sống cùng người cha bận rộn. Cô bé có những điều ước vô cùng nhỏ bé nhưng đối với em lại quá xa xỉ: thèm được đến trường mẫu giáo, đợi được bố mua cho một con búp bê, ước có mẹ để được yêu thương, bảo vệ. 

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

- Vị trí 1: mỉm cười.

- Vị trí 2: bận rộn.

- Vị trí 3: xa xỉ.

 Phân tích, suy luận:

- Đáp án A: Tình cảm gia đình thiêng liêng.

→ Đây là một nội dung được suy ra từ câu chuyện vì cô bé trong truyện luôn khao khát tình mẹ cha, ước được giống nhà hàng xóm có cuộc sống bình dị đầy đủ các thành viên, ước có mẹ để được vỗ về. Những lúc một mình hay khi bị gửi nhờ ở nhà hàng xóm, cô bé cũng luôn khao khát hơi ấm của mẹ, của cha. Tất cả các chi tiết này đã khiến ta liên tưởng đến tình cảm gia đình thiêng liêng, quý giá.

- Đáp án B: Trân trọng những mơ ước của trẻ thơ.

→ Đây là một nội dung được suy ra từ câu chuyện vì bài đọc nói về những mong ước của cô bé: thèm được đến trường mẫu giáo, đợi được bố mua cho một con búp bê, ước có mẹ để được yêu thương, bảo vệ. Những ước mơ tưởng chừng nhỏ bé và đôi khi người lớn không để tâm đến nhưng đối với trẻ thơ, chúng vô cùng quan trọng.

- Đáp án C: Phân biệt đối xử trong gia đình sẽ khiến con cái dễ bị trầm cảm.

→ Đây là một nội dung được suy ra từ câu chuyện vì bài đọc có chi tiết từ khi bố mẹ có em bé mới, mọi người đã lãng quên cô bé, khiến cho cô bé “buồn bã”, “đắng cay”, “gương mặt đầy ưu tư, lặng lẽ”, “Ai nhìn nó cũng ái ngại”. Đó là những biểu hiện trầm cảm của một đứa trẻ không được gia đình quan tâm đủ đầy.

- Đáp án D: Đấu tranh giữa các ác và cái thiện, cái đẹp và cái xấu.

→ Đây là một nội dung không được suy ra từ câu chuyện vì bài đọc không nói về sự đối lập hay xung đột giữa các giá trị hay nhân vật. Bài đọc chỉ nói về thân phận của cô bé đáng thương khi sống thiếu thốn tình cảm của cha mẹ.

Chọn D.

- Theo văn bản, nhân vật “nó” hiện lên với những phẩm chất:

+ Đáp án 1: Ngoan ngoãn, nhân hậu: ngoan ngoãn ở nhà một mình tự chơi, tự ăn, tự ngủ để bố đi làm; thích đồ chơi nhưng đợi 2 năm bố chưa mua vẫn không vòi vĩnh; bố nấu gì cũng chịu ăn; ở nhà hàng xóm phải nằm nền đất nhưng không dám than thở vì sợ bố buồn; buồn vì bố mẹ không quan tâm nhưng vẫn cố làm vui cho bố mẹ yên lòng; sung sướng khi có mẹ mới.

+ Đáp án 4: Siêng năng, tháo vát: ngoài giờ học, tranh thủ chơi với em và làm việc nhà; nghỉ hè sang nhà cô Út may vá và phụ việc nhà giúp cô.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án 2 sai vì bài đọc không đề cập đến tình hình hay kết quả học tập của nhân vật “nó”.

+ Đáp án 3 sai vì nhân vật “nó” trong bài đọc luôn ở trong trạng thái một mình, buồn bã, đắng cay; những khoảnh khắc vui vẻ ít ỏi trong văn bản chỉ thoáng qua và chủ yếu để làm hài lòng cha mẹ.

Chọn:

þ Ngoan ngoãn, nhân hậu.

þ Siêng năng, tháo vát.

- Văn bản trên nổi bật với giọng điệu nhẹ nhàng nhưng buồn thương day dứt. Cả bài đọc giống như một bản nhạc buồn, lặng lẽ về hoàn cảnh cô đơn, buồn bã của cô bé mồ côi mẹ, luôn khao khát tình yêu thương. Để rồi cái kết để lại cho người đọc sự thương cảm, day dứt và suy ngẫm về thân phận của những trẻ em thiếu thốn tình yêu thương.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án B sai vì ấm áp, chân tình là giọng điệu không xuất hiện trong văn bản trên.

+ Đáp án C sai vì đằm thắm là giọng điệu không xuất hiện trong văn bản trên.

+ Đáp án D sai vì văn bản trên không gợi ra những rung động êm dịu tinh tế.

Chọn A.

 Đáp án: "đối lưu | đối lưu nhiệt"

Giải thích

Trong máy nước nóng, nguyên lí truyền nhiệt diễn ra là đối lưu nhiệt. Nước nóng hơn có xu hướng di chuyển lên trên bồn chứa và nước lạnh di chuyển xuống dưới ống chân không để làm nóng. Quá trình như vậy luân phiên diễn ra cho đến khi cân bằng nhiệt ở bình và ống chân không xảy ra.

 Để hấp thụ bức xạ nhiệt của Mặt trời được tốt nhất nên tấm pin trong máy thường sẽ có màu đen.

Chọn A.

Công suất mỗi giây mới mỗi mét vuông của tấm pin là: \(P = \frac{A}{t} = 1000W\)

Cả tấm pin 2m² khi đó công suất sẽ là: P′ = 2000W = 2kW. Chọn C.

Tổng công suất tiêu thụ của các thiết bị là: \({P_i} = 2.100 + 75 = 275\;{\rm{W}}\)

Hiệu suất của pin được xác định bằng: \(H = \frac{{{P_i}}}{{{P_{tp}}}}100\% \) \( \Rightarrow {P_{tp}} = \frac{{{P_i}}}{H} = \frac{{275}}{{10\% }} = 2750\;{\rm{W}}\)

Mặt khác: \({P_{tp}} = {P_0}.S \Rightarrow S = \frac{{{P_{tp}}}}{{{P_0}}} = \frac{{2750}}{{1400}} = 1,964{m^2}\)

Vậy, diện tích của tấm pin mặt trời cần thiết là 1,964m². Chọn C.

Năng lượng cần cung cấp bằng với nhiệt lượng nước thu vào:

Q = mcΔt = 100.4200.1 = 420000 J = 420 kJ. Chọn B.

Từ công thức tính công suất hao phí: \(\Delta P = R{I^2} = R\frac{{{P^2}}}{{{{(U\cos \varphi )}^2}}}\)

Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên đường dây dẫn điện tỉ lệ nghịch với bình phương hiệu điện thế của hai đầu đường dây dẫn điện. Đồng thời, với cùng công suất, điệp áp truyền đi và điện trở đường dây, mạch có hệ số công càng lớn thì công suất hao phí càng nhỏ.

Giải thích

Ta có dòng điện xoay chiều sẽ có khả năng truyền tải ở cự li xa với hao phí thấp bằng cách tăng điện thế tại nguồn bằng cách sử dụng máy biến áp.

Ta có: khi nâng điện áp nguồn lên k lần thì công suất hao phí giảm đi k² lần.

\( \Rightarrow \frac{{{P_{hp}}}}{{{P_{hp}}^\prime }} = \frac{{U{'^2}}}{{{U^2}}} = \frac{{{{600}^2}}}{{{{500}^2}}} = 1,44.\) Do đó công suất hao phí giảm 1,44 lần. Chọn A.

Với máy biếp áp, sẽ tăng hoặc giảm điện áp của dòng điện và sẽ giảm hao phí của đường dây truyền tải.

Việc tăng cường độ của dòng điện không phải là công dụng của máy biến áp. Chọn A.