Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 02)

Giải chi tiết

Vì  nên đường thẳng \(x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vì  nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.

Giải chi tiết

Ta có: \(\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {B'D'} \). Do đó,

     \(\left( {\overrightarrow {BD} ,\overrightarrow {B'C} } \right) = \left( {\overrightarrow {B'D'} ,\overrightarrow {B'C} } \right) = \angle D'B'C'\)

Giải chi tiết
ТХĐ: \(D = \mathbb{R} \setminus \left\{ { - 2} \right\}\)
\(y = \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}} = x + \frac{4}{{x + 1}} \Rightarrow y' = 1 - \frac{4}{{{{(x + 1)}^2}}}\)\(y' = 0 \Leftrightarrow {(x + 1)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = 2}\\{x + 1 = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 3}\end{array}} \right.} \right.\)Vậy hàm số có 2 cực trị, TCĐ: \(x = - 2\), TCX: \(y = x\).

Ta phân tích:
\(\overrightarrow {MP}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} } \right)\) (tính chất đường trung tuyến)
\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AM} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - 2\overrightarrow {AM} } \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - \overrightarrow {AB} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - \vec b} \right)\).

Giải chi tiết

Giải chi tiết

a) Khoảng biến thiên là \(60 - 30 = 30\).
b) Nhóm chứa \({Q_1}\) là nhóm \(\left[ {42;48} \right)\).

Suy ra \({Q_1} = 42 + \frac{{250 - 235}}{{500}} \cdot 6 = 42,18\).
\(\frac{{3N}}{4} = 750\).
Nhóm chứa \({Q_3}\) là nhóm \(\left[ {48;54} \right)\).
Khi đó \({Q_3} = 48 + \frac{{750 - 735}}{{250}} \cdot 16 = 48,36\).
Suy ra khoảng tứ phân vị \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 6,18\).
c) Ta có bảng sau:

Khối lượng trung bình:

                                                    $\overline{x}=\frac{33\cdot 45+39\cdot 190+45\cdot 500+51\cdot 250+57\cdot 15}{1000}=45�\text{gam}.$

Phương sai:

\(\frac{{{{33}^2} \cdot 45 + {{39}^2} \cdot 190 + {{45}^2} \cdot 500 + {{51}^2} \cdot 250 + {{57}^2} \cdot 15}}{{1000}} - {45^2} = 24,48\)

Độ lệch chuẩn:

      \(s = \sqrt {\frac{{{{33}^2} \cdot 45 + {{39}^2} \cdot 190 + {{45}^2} \cdot 500 + {{51}^2} \cdot 250 + {{57}^2} \cdot 15}}{{1000}} - {{45}^2}}  = \frac{{6\sqrt {17} }}{5}.\)

Giải chi tiết

Ta có \(F\left( x \right) = \smallint \left( {{e^{2x}} + {x^2}} \right)dx = \smallint \left( {{{\left( {{e^2}} \right)}^x} + {x^2}} \right)dx\)
\( = \frac{{{{\left( {{e^2}} \right)}^x}}}{{{\rm{ln}}{e^2}}} + \frac{{{x^3}}}{3} + C = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C\)

Giải chi tiết

Ta có: \(f\left( x \right) = \smallint f'\left( x \right){\rm{d}}x = \smallint \left( {6{x^2} + 4x - 2m - 1} \right){\rm{d}}x = 2{x^3} + 2{x^2}\)\( - \left( {2m + 1} \right)x + C\).
Theo đề bài, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 1 \right) = 2}\\{f\left( 0 \right) = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{2.1}^3} + {{2.1}^2} - 2m - 1 + C = 2}\\{C = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 1}\\{C = - 3}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Vậy \(f\left( x \right) = 2{x^3} + 2{x^2} + x - 3\).

Giải chi tiết

\(M \in \left( {\rm{\Delta }} \right) \Rightarrow M\left( {t, - 1 - t,1 + 2t} \right)\), véc tơ chỉ phương của \({\rm{\Delta \;}}:\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{1; - 1;2}\end{array}} \right)\)

\(AM \bot \left( {\rm{\Delta }} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} \bot {\vec u_{\rm{\Delta }}} = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right) \cdot 1 + \left( { - t} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + \left( {1 + 2t} \right) \cdot 2 = 0 \Leftrightarrow 6t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{6}\)\(t = - \frac{1}{6} \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{6}; - \frac{5}{6};\frac{2}{3}} \right)\)

Giải chi tiết

\(A,B,C\) lần lượt là hình chiếu của điểm \(M\) trên các trục \({\rm{Ox}},{\rm{Oy}},{\rm{Oz}}\).
\( \Rightarrow A\left( {1,0,0} \right),B\left( {0,2,0} \right),C\left( {0,0,3} \right)\)⇒ Phương trình mặt phẳng (ABC) là \(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 6 = 0\)
\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{6}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{7}\).

Giải chi tiết

Do đồ thị hàm số đã cho đối xứng nhau qua \(Oy\) nên là hàm số chẵn.
Do đó hàm số đã cho là hàm số \(y = {\rm{cos}}x\).

Giải chi tiết

\({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.a \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Giải chi tiết

       \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 16}\\{d = 16}\end{array}} \right.\)

Bậc thứ 5 có độ cao so với mặt sàn tầng 1: \({u_5} = {u_1} + 4d = 16 + 16.4 = 80\) (cm)

Giải chi tiết

Mỗi cách sắp xếp 5 quyển sách lên kệ sách là một hoán vị của 5 phần tử
Vậy có: \({P_5} = 5! = 120\) cách.

Giải chi tiết

Giả sử đoàn thẩm phán có \(n\) người ( \(n \in \mathbb{N}{\rm{*}}\) ).
Hai vị thẩm phán bất kỳ bắt tay nhau đúng một lần.
Vậy số cái bắt tay là số tập con có 2 phần tử của tập \(n\) phần tử.
Do đó có \(C_n^2\) cái bắt tay được thực hiện.
Theo bài ra ta có $C_n^2=36\iff n^2-n-72=0\iff \left[\begin{array}{l}n=9\left(\text{tm}\right)\\ n=-8\left(\text{ lo}�\text{i }\right)\end{array}\right.$.

Giải chi tiết

Điều kiện xác định của hàm số: \( - {x^2} + 3x > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 3\)
Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( {0;3} \right)\)

Giải chi tiết

        \(y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}\left( {21x + 13} \right) \Rightarrow y' = \frac{{21}}{{\left( {21x + 13} \right){\rm{ln}}5}} \Rightarrow y'\left( 0 \right) = \frac{{21}}{{13{\rm{ln}}5}}\)

Gọi \(Q\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OQ \bot BC\).
Ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OQ}\\{BC \bot SO}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SOQ} \right)} \right.\) hay \(\left( {SOQ} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)
Kẻ \(OH \bot SQ \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\).
Khi đó: Góc giữa \(SO\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(\angle OSH\).
\({\rm{tan}}\angle OSH = \frac{{OQ}}{{SO}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \angle OSH = {30^ \circ }\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(SD\) khi đó ta có \(MN//BD\)
\( \Rightarrow \left( {AM,BD} \right) = \left( {AM,MN} \right)\).
Theo giả thiết ta có \(AM = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\);
\(AN = \frac{1}{2}SD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};MN = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) đều \( \Rightarrow \angle AMN = {60^ \circ }\).
Vậy \(\left( {AM,BD} \right) = {60^ \circ }\).

Giải chi tiết

Ta có miền nghiệm của bất phương trình là một tứ giác có các đỉnh \(A\left( {2,2} \right),B\left( {3,1} \right),\)\(C\left( { - 1,1} \right),O\left( {0,0} \right)\)Ta thay tọa độ các điểm \({\rm{O}},{\rm{A}},{\rm{B}},{\rm{C}}\) vào \(L = 2x + y\)
\({L_O} = 2.0 + 0 = 0\)\({L_A} = 2.2 + 2 = 6\)\({L_B} = 2.3 + 1 = 7\)\({L_C} = 2.\left( { - 1} \right) + 2 = - 1\)Vậy L đạt GTLN bằng 7 tại \(x = 3,y = 1\)

Đáp án đúng là: 1005

Giải chi tiết
Xét hàm số \(N\left( t \right) = 1000 + \frac{{100t}}{{100 + {t^2}}}(t > 0)\).
Ta có \(N'\left( t \right) = \frac{{100.\left( {100 + {t^2}} \right) - 100t.2t}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}} = \frac{{100.\left( {100 - {t^2}} \right)}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}}\).
Khi đó, với \(t > 0,N'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 100 - {t^2} = 0 \Leftrightarrow {t^2} = 100 \Leftrightarrow t = 10\).
Bảng biến thiên của hàm số \(N\left( t \right)\) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), hàm số \(N\left( t \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng 1005 tại \(t = 10\).
Vậy số lượng vi khuẩn lớn nhất kể từ khi thực hiện nuôi cấy vi khuẩn vào môi trường dinh dưỡng là 1005 con.

Đáp án đúng là: \( - 3\)

Giải chi tiết

Ta có ${\text{lim}}_{x\to 1}\frac{f\left(x\right)-2}{x-1}=3\Rightarrow {\text{lim}}_{x\to 1}\left(f\left(x\right)-2\right)=0\Rightarrow {\text{lim}}_{x\to 1}f\left(x\right)=2$
Vậy ${\text{lim}}_{x\to 1}\frac{{\left(f\left(x\right)\right)}^2-3f\left(x\right)+2}{2x^2-5x+3}={\text{lim}}_{x\to 1}\frac{\left(f\left(x\right)-1\right)\left(f\left(x\right)-2\right)}{\left(2x-3\right)\left(x-1\right)}=3{\text{ lim}}_{x\to 1}\frac{\left(f\left(x\right)-1\right)}{\left(2x-3\right)}=-3$.

Giải chi tiết

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6mx;y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6mx = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2m}\end{array}} \right.\)
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nên \(m \ne 0\)
Ta có: \(A\left( {0;3{m^2}} \right),B\left( {2m;3{m^2} - 4{m^3}} \right)\)

          \(\begin{array}{*{20}{c}}{ \Rightarrow AB = \sqrt {4{m^2} + 16{m^6}}  = 2\left| m \right|\sqrt {1 + 4{m^4}} }\end{array}\)

Phương trình đường thẳng \(AB:y =  - 2{m^2}x + 3{m^2} \Leftrightarrow 2{m^2}x + y - 3{m^2} = 0\)  \({\rm{(\Delta )}}\)

Diện tích  bằng 24 nên
\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}.2\left| m \right|\sqrt {1 + 4{m^4}}  \cdot \frac{{\left| { - 3{m^2}} \right|}}{{\sqrt {4{m^4} + 1} }} = 24\)\( \Leftrightarrow |m{|^3} = 8 \Leftrightarrow \left| m \right| = 2 \Leftrightarrow m =  \pm 2\) (thỏa mãn \(m \ne 0\) ).

Giải chi tiết

Ta có \(m = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\sqrt {ab} = \frac{1}{2}\left( {1 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right) > \frac{1}{2}\) với \(a,b > 1\).
\(P = {\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right)^2} + 54{\rm{lo}}{{\rm{g}}_b}a\)\( = {\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right)^2} + \frac{{54}}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b}}\)\( = {(2m - 1)^2} + \frac{{54}}{{2m - 1}} = f\left( m \right)\)\(f'\left( m \right) = \frac{{4{{(2m - 1)}^3} - 108}}{{{{(2m - 1)}^2}}}\).
\(f'\left( m \right) = 0 \Leftrightarrow m = 2\).
Bảng biến thiên

Từ BBT, ta có \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất là 27 khi \(m = 2\).

Đáp án đúng là: 2,1

Giải chi tiết

Đề hoàn thành con đường với chi phí thấp nhất thì phải chọn \(A,B\) sao cho đoạn thẳng \(AB\) là bé nhất. Thiết lập khoảng cách giữa hai điểm \(A,B\) và tìm giá trị nhỏ nhất.

Chọn hệ tọa độ \(xOy\) như hình dưới đây với \(OD\) nằm trên tia \(Oy\). Khi đó điểm \(M\left( {\frac{1}{8};1} \right)\).

Giải chi tiết

Gọi \({S_1},{S_2}\) lần lượt là diện tích của phần tô đậm và phần còn lại của hình vuông．
Phần tô đậm giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^3}\) và \(y = \sqrt[3]{x}\) với \(x \in \left[ {0;1} \right]\) nên
（vì \(\sqrt[3]{x} \ge {x^3}\) với \(\forall x \in \left[ {0;1} \right])\)
\({S_2} = O{A^2} - {S_1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = {S_1}\).
Suy ra \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = 1\)．

Giải chi tiết

Trên hệ trục tọa độ \(Oxy\), xét đường tròn \(\left( C \right):{(x - 5)^2} + {y^2} = 25\).
Ta thấy nếu cho nửa trên trục Ox của \(\left( C \right)\) quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5 . Nếu cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi nửa trên trục Ox của \(\left( C \right)\), trục Ox, hai đường thẳng \(x = 0,x = 2\) quay xung quanh trục Ox ta sẽ được khối tròn xoay chính là phần cắt đi của khối cầu trong đề bài.
Ta có \({(x - 5)^2} + {y^2} = 25 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {25 - {{(x - 5)}^2}} \)ê
P Nửa trên trục \(Ox\) của \(\left( C \right)\) có phương trình \(y = \sqrt {25 - {{(x - 5)}^2}} = \sqrt {10x - {x^2}} \)
⇒ Thể tích vật thể tròn xoay khi cho \(\left( H \right)\) quay quanh Ox là:
Thể tích khối cầu là: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi \cdot {5^3} = \frac{{500\pi }}{3}\)
Thể tích cần tìm: \(V = {V_2} - 2{V_1} = \frac{{500\pi }}{3} - 2 \cdot \frac{{52\pi }}{3} = 132\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Giải chi tiết

Khoảng cách từ điểm \(I\) đến trục \(Oy\) là: \(d\left( {I,Oy} \right) = \sqrt {x_1^2 + y_1^2} = \sqrt 2 \).
Diện tích tam giác
\( \Leftrightarrow \sqrt 2 = \frac{1}{2} \cdot MN \cdot \sqrt 2 \Leftrightarrow MN = 2\)Bán kính mặt cầu ( \(S\) ) là \(R = IM = \sqrt {I{H^2} + H{M^2}} \)
\( = \sqrt {{d^2}\left( {I,Oy} \right) + \frac{{M{N^2}}}{4}} = \sqrt {{{(\sqrt 2 )}^2} + \frac{{{2^2}}}{4}} = \sqrt 3 \)

Hạ \(HM\) vuông góc với \(A'B'\) tại điểm \(H\).
Khi đó góc nhị diện giữa hai mặt phẳng ( \(AA'B'\) ) và ( \(ABC\) ) cũng chính là góc giữa hai mặt phẳng ( \(AA'B'\) ) và ( \(A'B'C'\) ) và bằng \(\angle AHM = {60^ \circ }\).
Dễ dàng tính được \(HM = \frac{a}{2}{\rm{sin}}{60^ \circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
\( \Rightarrow AM = HM \cdot {\rm{tan}}{60^ \circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} \cdot \sqrt 3 = \frac{{3a}}{4}\).
Suy ra thể tích khối lăng trụ $V_{ABC\cdot A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{△ABC}\cdot AM=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3a}{4}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{16}$.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ với:
\(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {2a;0;0} \right),D\left( {0;2a;0} \right),C\left( {2a;2a;0} \right),S\left( {0;0;a} \right),M\left( {0;a;\frac{a}{2}} \right)\).
\(\overrightarrow {SB} = \left( {2a;0; - a} \right),\overrightarrow {SC} = \left( {2a;2a; - a} \right),\overrightarrow {MA} = \left( {0; - a; - \frac{a}{2}} \right),\overrightarrow {MC} = \left( {2a;a; - \frac{a}{2}} \right)\).
Vectơ pháp tuyến của \(\left( {SBC} \right)\) là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {2{a^2};0;4{a^2}} \right)\)
Vectơ pháp tuyến của \(\left( {MAC} \right)\) là \(\overrightarrow {{n_2}} = \left[ {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MC} } \right] = \left( {{a^2}; - {a^2};2{a^2}} \right)\).
Gọi \(\alpha \left( {{0^ \circ } \le \alpha \le {{90}^ \circ }} \right)\) là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( \(AMC\) ) và ( \(SBC\) ).
Ta có \({\rm{cos}}\alpha = \left| {{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\)
\( = \frac{{\left| {2{a^2} \cdot {a^2} + 4{a^2} \cdot 2{a^2}} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {2{a^2}} \right)}^2} + {{\left( {4{a^2}} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{{\left( {{a^2}} \right)}^2} + {{\left( { - {a^2}} \right)}^2} + {{\left( {2{a^2}} \right)}^2}} }}\)\( = \frac{{10{a^4}}}{{\sqrt {20.6.{{\left( {{a^4}} \right)}^2}} }} = \frac{5}{{\sqrt {30} }}\).

Đáp án đúng là: -10

Giải chi tiết

Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {300;50; - 50} \right)\) nên \(\vec u = \left( {6;1; - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\). Phương trình đường thẳng \(AB\) là: \(\frac{{x + 500}}{6} = \frac{{y + 250}}{1} = \frac{{z - 150}}{{ - 1}}\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(O\) trên đường thẳng \(AB\) thì \(OH\) là khoảng cách ngắn nhất giữa máy bay và đài kiểm soát.
Khi đó \(H\left( {6t - 500;t - 250; - t + 150} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {OH} \cdot \vec u = \left( {6t - 500} \right) \cdot 6 + t - 250 - \left( { - t + 150} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{1700}}{{19}}\).
Suy ra toạ độ của vị trí máy bay khi đó là \(\left( {\frac{{700}}{{19}}; - \frac{{3050}}{{19}};\frac{{1150}}{{19}}} \right)\).
Vậy \( - 3a - b - c = - 10\).
Đáp số: -10.

Giải chi tiết

Ta có \(180ml = 180c{m^3}\)
Gọi chiều dài của đáy hộp là \(x\left( {cm} \right),x > 0\),
khi đó chiều rộng của đáy hộp là \(\frac{2}{3}x\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\).
Gọi chiều cao của hộp chữ nhật là \(h\left( {cm} \right),h > 0\).
Ta có thể tích của khối hộp chữ nhật là \(V = x \cdot \frac{2}{3}x \cdot h = 180\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

\( \Rightarrow h = \frac{{270}}{{{x^2}}}\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).
Diện tích toàn phần của hộp chữ nhật là
\({S_{TP}} = 2.x.\frac{2}{3}x + 2.x.\frac{{270}}{{{x^2}}} + 2.\frac{2}{3}x.\frac{{270}}{{{x^2}}}\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)\({S_{TP}} = f\left( x \right) = \frac{4}{3}{x^2} + \frac{{900}}{x},\left( {c{m^2}} \right)\)Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) dương sao cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{4}{3}{x^2} + \frac{{900}}{x}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 3 số dương \(\frac{4}{3}{x^2},\frac{{450}}{x},\frac{{450}}{x}\) ta có
\(\frac{4}{3}{x^2} + \frac{{450}}{x} + \frac{{450}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{4}{3}{x^2} \cdot \frac{{450}}{x} \cdot \frac{{450}}{x}}} \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 3\sqrt[3]{{270000}},\forall x > 0\)Dấu \( = \) xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{4}{3}{x^2} = \frac{{450}}{x} = \frac{{450}}{x} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt[3]{{2700}}}}{2} \approx 6,96\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\)

Giải chi tiết

Số phần từ không gian mẫu: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{12}^3 = 220\).
(chọn 3 đỉnh bất kỳ từ 12 đỉnh của đa giác ta được một tam giác)
Gọi \(A\) : " 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều ".
(Chia 12 đỉnh thành 3 phần. Mỗi phần gồm 4 đỉnh liên tiếp nhau. Mỗi đỉnh của tam giác đều ứng với một phần ở trên. Chỉ cần chọn 1 đỉnh thì 2 đỉnh còn lại xác định là duy nhất).

Ta có: \(n\left( A \right) = C_4^1 = 4\).
Khi đó: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{4}{{220}} = \frac{1}{{55}}\).

Đáp án đúng là: 24

Giải chi tiết

Thể tích khối lăng trụ tứ giác đều là: \({V_1} = 1,5 \cdot {2^2} = 6\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Độ dài đường chéo mặt đáy của khối chóp tứ giác đều là: \(\sqrt {{2^2}} + {2^2} = 2\sqrt 2 \left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).
Khối chóp tứ giác đều có chiều cao là: \(\sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{{2\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt 7 \left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).
Suy ra thể tích khối chóp tứ giác đều là: \({V_2} = \frac{1}{3} \cdot {2^2} \cdot \sqrt 7 = \frac{{4\sqrt 7 }}{3}\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).
Số tiền để mua kim loại để làm thiết bị đó là: \(2,5\left( {6 + \frac{{4\sqrt 7 }}{3}} \right) \approx 24\) (nghìn đồng).

Đáp án cần điền là: 24

Đáp án đúng là: 2520 ; 720 ; 30240

Giải chi tiết

a) Mỗi số cần lập thỏa yêu cầu bài toán sẽ ứng với mỗi chỉnh hợp chập 5 của 7 phần tử. Do đó, có \(A_7^5 = 2520\).
b) Đặt \(x = 23\). Số các số cần lập có dạng \(\overline {abcd} \) với \(a,b,c,d \in \left\{ {1,x,4,5,6,7} \right\}\). Có \(A_6^4 = 360\) số như vậy

Mặt khác khi hoán vị hai số 2 và 3 ta được thêm một số thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy có \(360.2 = 720\) số thỏa yêu cầu bài toán.
c) Xét các số tự nhiên có bảy chữ số được lập từ \(\left\{ {1,2,2,2,3,4,5,6,7} \right\}\)

Ta thấy có \(A_9^7\) số như vậy.
Tuy nhiên khi hoán vị vị trí của ba số 2 cho nhau thì số thu được không thay đổi.
Vậy có \(\frac{{A_9^7}}{{3!}} = 30240\) số thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: 0,46

Giải chi tiết

Xét các biến cố:
\(A\) :Cây phát triển bình thường trên ô đất ;
\(B\) : Cây phát triển bình thường trên ô đất .
Các cặp biến cố \(\bar A\) và \(B\), \(A\) và \(\overline {B} \) là độc lập vì hai ô đất khác nhau.
Hai biến cố \(C = \bar A \cap B\) và \(D = A \cap \bar B\) là hai biến cố xung khắc.
Ta có: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,61 = 0,39;P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,7 = 0,3\).
Xác suất để cây chỉ phát triển bình thường trên một ô đất là:

     \(\begin{array}{*{20}{c}}{P\left( {C \cup D} \right) = P\left( C \right) + P\left( D \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( B \right) + P\left( A \right) \cdot P\left( {\overline B } \right)}\\{ = 0,39 \cdot 0,7 + 0,61 \cdot 0,3 \approx 0,46}\end{array}\)

Giải chi tiết

Đáp án: a - Đúng, b - Đúng, c - Sai.
a) Do \(a \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) và \(hm \equiv 0\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) nên \(a + hm \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\).
b) \(a \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) thì \({a^n} \equiv {b^n}\left( {{\rm{mod\;}}m} \right),n \in \mathbb{N}\) đúng
c) \(175 \equiv 3{\rm{\;}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right)\)
\( \Rightarrow {175^{2020}} \equiv {3^{2020}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right) \equiv {81^{506}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right) \equiv 1\left( {{\rm{mod\;}}4} \right)\)

Giải chi tiết

Giả sử \(x,y\) là số lít nước cam và số lít nước táo mà mỗi đội cần pha chế.
Suy ra \(30x + 10y\) là số gam đường cần dùng;
\(x + y\) là số lít nước cần dùng;
\(x + 4y\) là số gam hương liệu cần dùng.
Theo giả thiết ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{30x + 10y \le 210}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{3x + y \le 21}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array}.\left( {\rm{*}} \right)} \right.} \right.\)
Số điểm thưởng nhận được sẽ là \(P = 60x + 80y\).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), vẽ các đường thẳng:
Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là phần mặt phằng (ngũ giác \(OABCD\) ) tô màu trên hình vẽ

Xét các đỉnh của miền khép kín tạo ra bởi hệ (*) là:

\(O\left( {0;0} \right),A\left( {0;6} \right),B\left( {4;5} \right),C\left( {6;3} \right),D\left( {7;0} \right)\)Ta thấy \(P\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 4,y = 5\)

Giải chi tiết

Gọi số tiền vay ngân hàng là \(N = 500\) triệu, lãi suất \(r = 1{\rm{\% }}\) /tháng, số kỳ hạn \(n = 5.12 = 60\) tháng

·      Sau 1 tháng, số tiền gốc và lãi là \({T_1} = N + N \cdot r = N\left( {1 + r} \right)\).

Vì ông A trả số tiền là \(x\) nên còn nợ: \({N_1} = N\left( {1 + r} \right) - x\).

·      Sau 2 tháng, số tiền gốc và lãi là \({T_2} = {N_1}\left( {1 + r} \right) = N{(1 + r)^2} - x\left( {1 + r} \right)\).

Vì ông A trả số tiền là \(x\) nên còn nợ:

\({N_2} = N{(1 + r)^2} - x\left( {1 + r} \right) - x = N{(1 + r)^2} - \frac{x}{r}\left[ {{{(1 + r)}^2} - 1} \right]\).

·      Sau 3 tháng, số tiền còn nợ: \({N_3} = N{(1 + r)^3} - \frac{x}{r}\left[ {{{(1 + r)}^3} - 1} \right]\).
⋯

·      Sau \(n\) tháng, số tiền còn nợ: \({N_n} = N{(1 + r)^n} - \frac{x}{r}\left[ {{{(1 + r)}^n} - 1} \right]\).

Để trả hết nợ sau \(n\) tháng thì \({N_n} = 0 \Leftrightarrow N{(1 + r)^n} - \frac{x}{r}\left[ {{{(1 + r)}^n} - 1} \right] = 0\)
\( \Leftrightarrow A = \frac{{N{{(1 + r)}^n} \cdot r}}{{{{(1 + r)}^n} - 1}} = 11,122\) triệu đồng

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Ý chính của bài đọc: Giải thích về siêu tân tinh.

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Siêu tân tinh không được hiểu là một hành tinh mới được phát hiện có kích thước lớn.

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Hiện tượng "sụp đổ lõi" gây ra từ: Lõi của ngôi sao biến thành sắt, nhiệt độ lõi tăng dưới áp suất khủng khiếp bẻ gãy các hạt nhân sắt.

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Năng lượng được tạo ra từ các phản ứng nhiệt hạch bên dưới.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Nó sẽ hút vật chất ra khỏi nó vào một đĩa bồi tụ xung quanh chính nó.

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Giới hạn Chandrasekhar được hiểu là: Giới hạn trên của khối lượng.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Tinh vân là hỗn hợp của bụi, khí hydro, khí heli và plasma.

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Mặt trời không có khả năng tạo ra siêu tân tinh. Khối lượng của mặt trời chưa đủ để tạo ra siêu tân tinh.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Không phát nổ mà lặng lẽ giải phóng chất ra bên ngoài.

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải

Căn cứ bài đọc hiểu, phân tích.

Giải chi tiết

Mặt trời sẽ cạn kiệt hết nguyên liệu và sẽ có một kết thúc theo cách riêng của nó.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

"Nhóm máu của con người phân loại thành các nhóm: A, B, O và AB." (4 nhóm).

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Sự khác biệt ảnh hưởng tới khả năng mắc bệnh tim ở con người.

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Đại diện cho các dạng khác nhau của gen ABO .

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Protein trên tế bào hồng cầu.

Đáp án cần chon là: B

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Trong máu không có kháng nguyên hoặc protein.

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Nguy cơ bị huyết khối tĩnh mạch sâu, thuyên tắc phổi.
Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Dễ xuất huyết, mất nhiều máu, rối loạn chảy máu.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Đọc văn bản, tìm ý.

Giải chi tiết

Không. Chế độ ăn uống hợp lý sẽ tốt cho tim mạch hơn việc bạn chỉ có nhóm máu O

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Sử dụng kết quả từ bảng số liệu

Giải chi tiết

Phân tích Bảng 1 (Ví dụ): Tại U = 4 V:

I_R1= 1,73 mA $\to$\(\)\({R_1} = \frac{4}{{1,73}} \approx 2,31\Omega \) (kiểm tra)

I_R2= 0,87 mA $\to$\(\)\({R_2} = \frac{4}{{0,87}} \approx 4,6\Omega \) (kiểm tra)

=> I₁ ≠ I₂ à Khi đặt cùng một hiệu điện thế vào hai đầu R₁, R₂  thì cường độ dòng điện chạy qua hai vật dẫn là khác nhau

Đáp án cần chọn là: S; Đ

Phương pháp giải

Sử dụng lý thuyết các mắc các dụng cụ đo điện

Giải chi tiết

Ampe kế: Dùng để đo cường độ dòng điện, phải được mắc nối tiếp trong mạch để tất cả dòng điện chạy qua nó.

Vôn kế: Dùng để đo hiệu điện thế, phải được mắc song song với đoạn mạch cần đo.

-> Trong hình 1, ampe kế được mắc nối tiếp với vật dẫn để đo cường độ dòng điện,vôn kế được mắc song song với vật để đo hiệu điện thế giữa hai đầu vật dẫn．

Đáp án cần điền là: nối tiếp, song song

Phương pháp giải

Sử dụng dữ kiện từ bảng số liệu

Giải chi tiết

Cường độ dòng điện qua R₂ là: 1,31mA
Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải

Sử dụng lý thuyết đồ thị hàm số

Giải chi tiết

Theo Định luật Ohm, với vật dẫn có nhiệt độ không đổi (điện trở R là hằng số):

U = R.I

Ta thấy U tỉ lệ với I → đồ thị đường đặc trưng U-I là đương thẳng đi qua gốc tọa độ dạng y = kx, với y = U, x = I và hệ số góc k = R

Phương pháp giải

Sử dụng thông tin từ văn bản

Giải chi tiết

Đáp án cần chọn là: Đ; Đ; S; S

Đáp án đúng là: 1

Phương pháp giải

Tần số là số dao động con lắc thực hiện được trong 1 s

Giải chi tiết

Số dao động vật thực hiện trong 2 s là:

Đáp số: 1

Đáp án cần điền là: 1

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải

Sử dụng dữ kiện từ đồ thị tần số của con lắc
Con lắc dao động chậm chất khi tần số nhỏ nhất

Giải chi tiết

Phương pháp giải

Sử dụng dữ kiện từ đồ thị tần số của con lắc

Giải chi tiết

Tần số con lắc lò xo f tỉ lệ thuận với \(\sqrt k \)(khi m không đổi). Sắp xếp tần số giảm dần tương đương với việc sắp xếp độ cứng k giảm dần.

Dựa trên kết quả Thí nghiệm 2 và giả định thứ tự f từ đồ thị Hình 2: f_D > f_C > f_B > f_A .Nếu lò xo có f_E = 5 Hz (giả định), ta sắp xếp 5 lò xo theo tần số f giảm dần:

D à E à C à B à A

Phương pháp giải

Đọc đồ thị

Phương pháp giải

Dựa vào dữ liệu bảng 1 .

Giải chi tiết

Theo bảng 1, mẫu 3 có thành phần là cát 25%; đất sét 35%; bùn 40%

Bùn và đất sét

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải

Dựa vào dữ liệu bảng 1 .

Giải chi tiết

Theo bảng 1, mẫu 3 có thành phần là cát 55%; đất sét 30%; bùn 15%

% Cát > % Đất sét > % Bùn à Cát nhiều hơn đất sét.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: A

Phương pháp giải

Dựa vào dữ liệu bảng 1 .

Giải chi tiết

Mẫu đất 4 có kích thước cát trung bình

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải

Phân tích, dự đoán.

Giải chi tiết

Mẫu thứ sáu sẽ chứa các hạt khoáng chất có kích thước chủ yếu là: lớn hơn 0,06 mm.

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: 0,25

Phương pháp giải

Dựa vào dữ liệu bảng 1 .

Giải chi tiết

Đáp án

Phương pháp giải

Dựa vào dữ liệu bảng 1 .

Giải chi tiết

Mẫu 1 = 65% x 2 + 10% x 0,06 + 25% x 0,002 = 1,323 mm

Mẫu 2 = 0,25 mm

Mẫu 3 = 25% x 2 + 35% x 0,06 + 40% x 0,002 = 0,529 mm

Mẫu 4 = 60% x 2 + 20% x 0,06 + 20% x 0,002 = 1,216 mm

Mẫu 5 = 55% x 2 + 30% x 0,06 + 15% x 0,002 = 1,121 mm
Trình tự thả đáp án: mẫu 2 < mẫu 3 < mẫu 5 < mẫu 4 < mẫu 1

Đáp án cần chọn là: Mẫu 2 ; Mẫu 3 ; Mẫu 5 ; Mẫu 4 ; Mẫu 1

Đáp án đúng là: 5

Phương pháp giải

Dựa vào ngữ liệu ở thí nghiệm 1.

Giải chi tiết

Dựa vào thí nghiệm 1, ống nghiệm 5 cho thấy mức độ lên men cao nhất sau 1 ngày (86 mmol CO₂).

Đáp án cần điền là: 5

Phương pháp giải

Dựa vào ngữ liệu ở thí nghiệm 1 .

Giải chi tiết

Thí nghiệm 1 kiểm tra ảnh hưởng của hàm lượng mật đường khác nhau (6.2% đến 100.0%) lên quá trình lên men (CO₂thoát ra).

- Biến độc lập (điều chỉnh): Hàm lượng mật đường.

- Biến phụ thuộc (đo lường): Lượng CO₂ thoát ra.

- Biến được giữ cố định: Lượng nấm men (0.4 gam).

à Phần trăm mật đường được điều chỉnh để khảo sát trong thí nghiệm 1.

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải

Dựa vào ngữ liệu ở thí nghiệm 3.

Giải chi tiết

Điểm yếu trong thiết kế của Thí nghiệm 3 là

Có 4 yếu tố dinh dưỡng (nitrogen, phosphate, Khoáng chất, Vitamin). 2⁴ =16 tổ hợp có thể có, nhưng thí nghiệm chỉ có 8 tổ hợp à Không thử tất cả các kết hợp có thể có là một hạn chế trong thiết kế.

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải

Dựa vào ngữ liệu ở thí nghiệm 1, 2, 3 .

Giải chi tiết

a) đúng. Ở bảng 2 nồng độ saccharose tăng từ 3,25% $\to$ 60% ở ngày 1 dẫn đến lượng CO₂ thoát ra tăng lên $\to$ Quá trình lên men diễn ra nhanh hơn.
b) sai, vì hàm lượng mật đường có ảnh hưởng đến quá trình lên men của nấm men.
c) đúng.
d) sai, vì

Phương pháp giải

Dựa vào ngữ liệu ở đoạn văn.

Giải chi tiết

Saccharose nồng độ lớn hơn 15% không làm tăng hàm lượng carbon dioxide sau 2 ngày thực nghiệm ờ thí nghiệm 2 nên dung dịch saccharose 15% đã được sử dụng trong thí nghiệm 3.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Dựa vào ngữ liệu ở đoạn văn.

Giải chi tiết

TN1 (mật đường 100%): tạo ra 100 mml CO₂ (ngày 2)

TN2 (saccharose 60%): tạo ra 100 mml CO₂ (ngày 2)

Dựa trên thí nghiệm 1 và 2 , người ta có thể suy ra rằng, so với mật đường, saccharose nguyên chất có hiệu quả hơn trong việc tạo ra quá trình lên men ở nấm men.

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải

Dựa vào ngữ liệu ở đoạn văn.

Giải chi tiết

Phương pháp giải

Đọc và phân tích văn bản khoa học.

Giải chi tiết

Toàn bộ văn bản tập trung vào định nghĩa, cơ chế và ứng dụng của Điểm bù ánh sáng (I_qh = I_hh), sự khác biệt giữa cây ưa sáng và cây ưa bóng dựa trên điểm bù, và ảnh hưởng của nó đến sự tích lũy/hiệu suất chất hữu cơ của quần thể cây trồng.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải

Đọc và phân tích văn bản khoa học.

Giải chi tiết

Đáp án đúng là:
A. Khi cường độ ánh sáng tăng dần thì cường độ quang hợp cũng tăng theo.
B. Tại điểm bão hoà ánh sáng thì cường độ quang hợp đạt tối đa.

D. Tại điểm bão hoà ánh sáng thì cường độ quang hợp đạt tối đa.

C. Sai vì cường độ hô hấp tối không phụ thuộc và ánh sáng

Đáp án cần chọn là: A; B

Phương pháp giải

Đọc và phân tích văn bản khoa học.

Giải chi tiết

a) Sai: Cường độ hô hấp tối không phụ thuộc vào ánh sáng nên không tăng. Hô hấp tiêu thụ O₂ và thải CO₂.

b) Sai

c) Sai. Chỉ khi cường độ ánh sáng lớn hơn điểm bù thì I_qh > I_hh

d) Đúng.
Đáp án cần chọn là: S; S; S; Đ

Phương pháp giải

Đọc và phân tích văn bản khoa học.

Giải chi tiết

Khai thác thông tin trong đoạn thứ 2.

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: đa tầng
Phương pháp giải

Đọc và phân tích văn bản khoa học.

Giải chi tiết

Kỹ thuật canh tác đa tầng

Trong kĩ thuật canh tác đa tầng thì các cây trồng tầng trên luôn có điểm bù cao hơn cây trồng dưới. Khi ánh sáng xuyên qua các tầng lá trên thì các tầng lá ở dưới vẫn nhận được ánh sáng trên điểm bù và vẫn có tích luỹ cho quần thể.

Đáp án cần điền là: đa tầng

Phương pháp giải

Đọc và phân tích văn bản khoa học.

Giải chi tiết

Ý trên đúng
Vì, Các tầng lá nhận ánh sáng trên điểm bù nhiều hơn sẽ giúp tích luỹ nhiều, giúp quần thể tồn tại và phát triển.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng là: ánh sáng

Phương pháp giải

Đọc và phân tích văn bản khoa học.

Giải chi tiết

Yếu tố quan trọng nhất để duy trì hệ sinh thái trong hang là ánh sáng .                                                                                           

Rừng nguyên sinh (thực vật) cần ánh sáng để thực hiện quá trình quang hợp, tạo ra chất hữu cơ, là cơ sở và nguồn năng lượng nuôi sống toàn bộ hệ sinh thái.

Đáp án cần điền là: ánh sáng

Phương pháp giải

Đọc và phân tích văn bản khoa học.

Giải chi tiết

Trong hang đã hình thành nên vùng tiểu khí hậu đặc trưng là yếu tố chính góp phần hình thành nên các đặc điểm thích nghi riêng biệt của các loài sinh vật trong hang.

Đáp án cần chọn là: D