Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 10)

Phương pháp giải: Quán sát bảng biến thiên và nhận xét cực trị, tính đồng biến nghịch biến, tiệm cận ngang, tiệm cận đứng.

Giải chi tiết: Đáp án: Sai, Đúng, Đúng, Sai

(a) Hàm số không xác định tại x

1 ∈ ( − 2 ; 2 ) ?

1 ∈ ( − 2 ; 2 ) nên hàm số không đồng biến (nghịch biến) trên ( ( − 2 ; 2 ) .

Hàm số đồng biến trên ( − 2 ; 1 ) và ( 1 ; 2 )

(b) Hàm số có hai điểm cực trị x = ± 2 ?

(c) ĐTHS có hai đường TCN là y = 5; y = − 5

(d) TCĐ của ĐTHS là x = 1

Đáp án cầ n chọn là: S; Đ; Đ; S

Phương pháp giải: Sử dụng hoán vị tính số cách xếp.

Giải chi tiết:

Số cách xếp A, F: 2 ! = 2

Số cách xếp ? , ? , ? , ? : 4 ! = 24

Số cách xếp thỏa yêu cầu bài toán: 2.24 = 48

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải: Biểu diễn vecto qua các vecto không cùng phương.

Giải chi tiết:

Vì \(M\) là trung điểm của đoạn SG và \(G\) là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:

    \[\overrightarrow {SM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {SG} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right) = \frac{1}{6}\overrightarrow {SA} + \frac{1}{6}\overrightarrow {SB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {SC} .\]

Từ đó suy ra \(x = \frac{1}{6},y = \frac{1}{6}\).

Vậy : \[T = x + 2y = \frac{1}{6} + 2 \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{2}.\]

 Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải: Sử dụng công thức tính các tứ phân vị, phương sai.

Giải chi tiết:

a) Đúng

Ta có khoảng biến thiên của bảng số liệu tháng 6 năm 2021 là \({R_1} = 40 - 30 = 10\) và khoảng biến thiên của bảng số liệu tháng 6 năm 2022 là \({R_2} = 40 - 28 = 12\) nên \({R_2} > {R_1}\).

b) Sai

Vì \(\frac{n}{4} = \frac{{30}}{4} = 7,5\) và \(2 < 7,5 < 2 + 8\) nên tứ phân vị thứ nhất thuộc nhóm \([32;34)\) và tứ phân vị thứ nhất là:

\({Q_1} = 32 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 2}}{8} \cdot 2 = 33,375.\)

\(\frac{n}{4} = \frac{{30}}{4} = 7,5\)và 2 + 3 < 7 , 5 < 2 + 3 + 4 2 + 3 < 7 , 5 < 2 + 3 + 4 nên nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là nhóm \([32;34)\) và tứ phân vị thứ nhất là:

\({Q_{1'}} = 32 + \frac{{\frac{{30}}{4} - (2 + 3)}}{4} \cdot (34 - 32) = 33,25\)

Vì \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3 \cdot 30}}{4} = 22,5\) và \(2 + 3 + 4 + 11 < 22,5 < 2 + 3 + 4 + 11 + 8\) nên nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là nhóm \([36;38)\) và tứ phân vị thứ ba là:

\({Q_{3'}} = 36 + \frac{{\frac{{3 \cdot 30}}{4} - (2 + 3 + 4 + 11)}}{8} \cdot (38 - 36) = 36,625\)

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trong tháng 6 năm 2022 là: \({\Delta _Q} = 36,625 - 33,25 = 3,375\).

d) Đúng

Xét bảng số liệu tháng 6 năm 2021:

 Giá trị trung bình là: \(\overline {{x_1}} = \frac{{2 \cdot 31 + 8 \cdot 33 + 5 \cdot 35 + 6 \cdot 37 + 9 \cdot 39}}{{30}} = \frac{{179}}{5}\)

     Phương sai của bảng số liệu tháng 6 năm 2021 là:

    \(S_1^2 = \frac{{2 \cdot {{31}^2} + 8 \cdot {{33}^2} + 5 \cdot {{35}^2} + 6 \cdot {{37}^2} + 9 \cdot {{39}^2}}}{{30}} - {\left( {\frac{{179}}{5}} \right)^2} = \frac{{532}}{{75}}\)

Xét bảng số liệu tháng 6 năm 2022:

• Giá trị trung bình là :\(\overline {{x_2}} = \frac{{2 \cdot 29 + 3 \cdot 31 + 4 \cdot 33 + 11 \cdot 35 + 8 \cdot 37 + 2 \cdot 39}}{{30}} = \frac{{521}}{{15}}\)

Xét bảng số liệu tháng 6 năm 2022:

·      Giá trị trung bình là :\(S_2^2 = \frac{{2 \cdot {{29}^2} + 3 \cdot {{31}^2} + 4 \cdot {{33}^2} + 11 \cdot {{35}^2} + 8 \cdot {{37}^2} + 2 \cdot {{39}^2}}}{{30}} - {\left( {\frac{{521}}{{15}}} \right)^2} = \frac{{1484}}{{225}}\)

Khi đó : \(S_1^2 - S_2^2 = \frac{{112}}{{225}}.\)

Đáp án cần chọn là: Đ; S; Đ; Đ

Phương pháp giải:  Công thức nguyên hàm cơ bản

Giải chi tiết:

Có \(\int f (x){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} + 3x + C \Rightarrow f(x) = {\left( {\frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} + 3x + C} \right)^\prime } = {5^x} + 3.\)

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải: Viết phương trình mặt phẳng đi qua một điểm và nhận vecto pháp tuyến làm vecto chỉ phương.

Giải chi tiết:

Ta có:

\[\overrightarrow {AB} = (3; - 6;3)\overrightarrow {CD} = (1;2;1){\rm{ }} \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right] = ( - 12;0;12).\]                        

Mặt phẳng \((\alpha )\) chứa AB và song song với CD, chọn \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = (1;0; - 1)\) là véctơ pháp tuyến của \((\alpha )\).

Phương trình tổng quát \((\alpha )\):

                  \[1(x - 1) - (z - 6) = 0 \Leftrightarrow x - z + 5 = 0.\]

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải:

a) Giải phương trình lượng giác bằng biến đổi tương đương

c)  Giải bất phương trình nghiệm thuộc khoảng ( 0 ; 200 π ) ( 0 ; 200 ? ) tìm k

Giải chi tiết:

\[\begin{array}{l}{\sin ^4}\frac{x}{2} + {\cos ^4}\frac{x}{2} = 1 - 2\sin x\\ \Leftrightarrow {\left( {{{\sin }^2}\frac{x}{2} + {{\cos }^2}\frac{x}{2}} \right)^2} - 2{\sin ^2}\frac{x}{2}{\cos ^2}\frac{x}{2} = 1 - 2\sin x\\ \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{2}{\sin ^2}x = 1 - 2\sin x\\ \Leftrightarrow \sin x( - \sin x + 4) = 0\\ \Leftrightarrow \sin x = 0\\ \Leftrightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\end{array}\]

Vì nghiệm phương trình thuộc khoảng ( 0 ; 200 π ) ( 0 ; 200 ? ) nên 0 < k π < 200 π ⇔ 0 < k < 200 0 < ?? < 200 ?⇔ 0 < ? < 200

Vì k ∈ Z ⇒ k { 1 , 2 , . . . , 199 }

Vậy các nghiệm của phương trình thuộc ( 0 ; 200 π ) ( 0 ; 200 ? ) là: { π , 2 π , 3 π , . . . , 199 π }

Tổng các nghiệm: \(S = \pi + 2\pi + \ldots + 199\pi = \pi (1 + 2 + \ldots + 199) = \frac{{1 + 199}}{2}.199\pi = 19900\pi \)

Đáp án cần chọn là: Đ; S; S

Giải chi tiết:

Gọi O = A C ∩ B D thì S O ⊥ ( A B C D )

Ta có góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc $\angle SDO={60}^{°}$

Mà ABCD là hình vuông nên \(BD = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \).

Tam giác SBD đều nên \(SO = BD \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \cdot {a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải: Liệt kê các kết quả xảy ra

Giải chi tiết:

Ta có: \(\Omega = \{ SS,SN,NS,NN\} \Rightarrow n(\Omega ) = 4\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Cả hai lần đều là mặt sấp”. \( \Rightarrow A = \{ SS\} \).

Gọi \(B\) là biến cố: “Lần thứ nhất xuất hiện mặt sấp”

\( \Rightarrow B = \{ SN,SS\} \Rightarrow n(B) = 2 \Rightarrow P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\).

Khi đó: \(A \cap B = \{ SS\} \Rightarrow n(A \cap B) = 1 \Rightarrow P(A \cap B) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{1}{4}\).

Vậy xác suất để cả hai lần đều xuất hiện mặt sấp biết rằng lần thứ nhất xuất hiện mặt sấp là:

\(P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{4}}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{2}\)

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của lũy thừa và căn bậc.

Giải chi tiết:

Ta có:

        \[{a^{\frac{1}{3}}}\sqrt b + {b^{\frac{1}{3}}}\sqrt a = {a^{\frac{1}{3}}}{b^{\frac{1}{2}}} + {b^{\frac{1}{3}}}{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{\frac{1}{3}}}{b^{\frac{1}{3}}}\left( {{b^{\frac{1}{6}}} + {a^{\frac{1}{6}}}} \right)\]

Do đó:

             \[A = \frac{{{a^{\frac{1}{3}}}{b^{\frac{1}{3}}}\left( {{a^{\frac{1}{6}}} + {b^{\frac{1}{6}}}} \right)}}{{{a^{\frac{1}{6}}} + {b^{\frac{1}{6}}}}} = {a^{\frac{1}{3}}}{b^{\frac{1}{3}}}\]

Suy ra:

   \[m = \frac{1}{3},\quad n = \frac{1}{3} \Rightarrow m \cdot n = \frac{1}{9}\]

Vậy chọn đáp án C.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của logarit để biến tổng thành logarit của tích.

Giải chi tiết:

Ta có:

         \[I = \ln \frac{1}{2} + \ln \frac{2}{3} + \ln \frac{3}{4} + \cdots + \ln \frac{{98}}{{99}} + \ln \frac{{99}}{{100}}\]

\[I = \ln \left( {\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdots \frac{{98}}{{99}} \cdot \frac{{99}}{{100}}} \right)\]

Rút gọn tích:

                               \[I = \ln \frac{1}{{100}} = \ln {10^{ - 2}}\]

Suy ra:

                         \[I = - 2\ln 10 = - 2(\ln 2 + \ln 5) = - 2(a + b)\]

Vậy chọn đáp án A.

Giải chi tiết:

Ta có:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {5x + 3} - \sqrt 3 }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(5x + 3) - 3}}{{x(\sqrt {5x + 3} + \sqrt 3 )}}\]

  \[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{5x}}{{x(\sqrt {5x + 3} + \sqrt 3 )}} = \frac{5}{{2\sqrt 3 }}\]

Suy ra:

                                                 \[a = 5,\quad b = 2,\quad c = 3\]

                                                      \[a + b - c = 5 + 2 - 3 = 4\]

Đáp án: D.

Giải chi tiết:

Ta có:

                                           \[y = {e^{2f(x) + 1}} + {5^{f(x)}}\]

Lấy đạo hàm:

   \[y' = f'(x)\left( {2{e^{2f(x) + 1}} + {5^{f(x)}}\ln 5} \right)\]

Vì:

           \[2{e^{2f(x) + 1}} + {5^{f(x)}}\ln 5 > 0\quad \forall x\]

nên dấu của y' phụ thuộc hoàn toàn vào dấu của \(f'(x)\).

Do đó, số điểm cực trị của hàm số \(y\)bằng số nghiệm của \(f'(x) = 0\) mà tại đó \(f'(x)\) đổi dấu.

Quan sát đồ thị \(y = f'(x)\), ta thấy có 3 điểm đổi dấu.

Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.

Đáp án: D.

Phương pháp giải:

Tìm \(I\) thỏa mãn \(3\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} = \vec 0\).

Biến đổi và chứng minh biểu thức nhỏ nhất khi \(M\) trùng với \(I\).

Giải chi tiết:

Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn

\(3\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} = \vec 0\), suy ra

         \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3(0 - {x_I}) + 2( - 1 - {x_I}) - (1 - {x_I}) = 0}\\{3(0 - {y_I}) + 2(1 - {y_I}) - (0 - {y_I}) = 0}\\{3( - 1 - {z_I}) + 2(0 - {z_I}) - (1 - {z_I}) = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_I} = - \frac{3}{4}}\\{{y_I} = \frac{1}{2}}\\{{z_I} = - 1}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow I\left( { - \frac{3}{4};\frac{1}{2}; - 1} \right).\]

Ta có

\[3M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2} = 3{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )^2} + 2{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} )^2} - {(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} )^2}\]

                         \[ = 4M{I^2} + 3I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {3\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IC} } \right).\]

Do đó yêu cầu đề bài ó MI nhỏ nhất

Vậy chọn B.

Phương pháp giải:

Tìm nguyên hàm của hàm \(F(x)\) và tính tổng dựa về tổng cấp số nhân.

Giải chi tiết:

Ta có

\[\int f (x){\mkern 1mu} dx = \int {{2^x}} {\mkern 1mu} dx = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C.\]

\(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x) = {2^x}\),

ta có

                                       \[F(x) = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C\]

mà \(F(0) = \frac{1}{{\ln 2}}\).

    \[ \Rightarrow C = 0 \Rightarrow F(x) = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}}.\]

                      \[T = F(0) + F(1) + \cdots + F(2018) + F(2019)\]

              \[ = \frac{1}{{\ln 2}}\left( {1 + 2 + {2^2} + \cdots + {2^{2018}} + {2^{2019}}} \right)\]

  \[ = \frac{1}{{\ln 2}} \cdot \frac{{{2^{2020}} - 1}}{{2 - 1}} = \frac{{{2^{2020}} - 1}}{{\ln 2}}.\]

Đáp án cần chọn là: D.

Phương pháp giải:

Gọi \(B(0;b;0)\). Từ diện tích OAB bằng \(1\) tìm \(b\). Từ đó viết phương trình \(d\).

Giải chi tiết:

Gọi \(B(0;b;0)\) là giao điểm của \(d\) với trục Oy (b<0\()Tac{\rm{\'o }}\) OA=2 và tam giác OAB vuông tại \(O\) nên

\[{S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA \cdot OB = 1 \Rightarrow OB = 1.\]

Suy ra \(B(0; - 1;0)\). Ta có

                                      \[\overrightarrow {AB} = ( - 2; - 1;0)\]

là một vectơ chỉ phương của \(d\).

 Và đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A(2;0;0)\) nên

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 - 2t}\\{y = - t}\\{z = 0}\end{array}} \right..\]

Phương pháp giải:

\(MA = 3MB \Leftrightarrow M{A^2} = 9M{B^2}\), chèn điểm \(I\) tìm \(M\) từ đó suy ra bán kính mặt cầu tâm \(I\).

Giải chi tiết:

Ta có:

                 \[MA = 3MB \Leftrightarrow M{A^2} = 9M{B^2}\]

    \[ \Leftrightarrow {(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )^2} = 9{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} )^2}\]

  \[ \Leftrightarrow I{A^2} - 9I{B^2} + 2\overrightarrow {MI} (\overrightarrow {IA} - 9\overrightarrow {IB} ) = 8M{I^2}\qquad (1)\]

Gọi \(I\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA} - 9\overrightarrow {IB} = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {BI} = \frac{1}{8}\overrightarrow {AB} \)

nên

                              \[IB = \frac{1}{2},\quad IA = \frac{9}{2}.\]

Từ \((1)\) suy ra:

  \[8M{I^2} = 18 \Rightarrow MI = \frac{3}{2} \Rightarrow M \in S\left( {I;\frac{3}{2}} \right).\]

Đáp án đúng là: 19

Phương pháp giải:

Đưa khoảng cách từ \(G\) về khoảng cách từ \(A\) đến \((ABCD)\) từ đó tìm tỉ lệ thể tích.

Giải chi tiết:

Hình vẽ minh họa

Gọi \(E\) là trung điểm của AB.

  \[ \Rightarrow d(G,(DMN)) = \frac{2}{3}d(E,(DMN)) = \frac{2}{3}d(A,(DMN)) = \frac{2}{3}d(A,(SCD)).\]

Đáp án đúng là: \(481/64\)

Phương pháp giải:

Từ \({S_2} = 4,\;{S_3} = 13\) giải hệ phương trình tìm \({u_1},q\).

Từ đó tính \({S_6}\).

Giải chi tiết:

 Ta có

        \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S_2} = 4}\\{{S_3} = 13}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1}(1 + q) = 4}\\{{u_1}(1 + q + {q^2}) = 13}\end{array}} \right.\]

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

             \[ \Rightarrow 4 + 4q + 4{q^2} = 13 + 13q \Rightarrow 4{q^2} - 9q - 9 = 0\]

              \[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{q = 3 \Rightarrow {u_1} = 1 \Rightarrow {u_2} = 3}\\{q = - \frac{3}{4} \Rightarrow {u_1} = 16 \Rightarrow {u_2} = - 12}\end{array}} \right.\]

Do \({u_2} < 0\) nên ta có

                                      \[q = - \frac{3}{4},\quad {u_1} = 16.\]

Vậy

                \[{S_6} = {u_1} \cdot \frac{{1 - {q^6}}}{{1 - q}} = \frac{{481}}{{64}}.\]

Đáp án cần điền là: \(481/64\).

Đáp án đúng là: S; S; Đ; S

Phương pháp giải Sử dụng công thức xác suất các biến cố tính xác suất và kiểm tra tính đúng sai

Giải chi tiết

Đáp án: Sai, Sai, Đúng, Sai

a) Theo giả thiết suy ra:

      \[P(A) = 0,4,\quad P(B) = 0,5\;{\rm{v\`a }}\;P(AB) = 0,3.\]

Có:

        \[P(A) \cdot P(B) = 0,4 \cdot 0,5 = 0,2 \ne 0,3 \Rightarrow A{\rm{ v\`a }}B{\rm{ l\`a hai bi?n c? kh\^o ng d?c l?p}}{\rm{.}}\]

b) Gọi \(C\) là biến cố: ``Thắng thầu dự án 1 dự án''

    \[ \Rightarrow C = \bar AB \cup A\bar B,\;\bar AB{\rm{ v\`a }}A\bar B{\rm{ l\`a c\'a c bi?n c? xung kh?c}}{\rm{.}}\]

                       \[ \Rightarrow P(C) = P(\bar AB) + P(A\bar B).\]

Có:

                         \[P(\bar AB) = P(B) - P(AB) = 0,5 - 0,3 = 0,2.\]

                         \[P(A\bar B) = P(A) - P(AB) = 0,4 - 0,3 = 0,1.\]

Vậy:

                                                      \[P(C) = 0,2 + 0,1 = 0,3.\]

c) Gọi \(D\) là biến cố: ``Thắng thầu dự án 2 biết công ty thắng thầu dự án 1''

                                                       \[ \Rightarrow D = B|A.\]

Khi đó:

                           \[P(D) = P(B|A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{0,3}}{{0,4}} = 0,75.\]

d) Gọi \(E\) là biến cố: ``Thắng thầu dự án 2 biết công ty không thắng thầu dự án 1''

                                                   \[ \Rightarrow E = B|\bar A.\]

Khi đó:

      \[P(E) = P(B|\bar A) = \frac{{P(\bar AB)}}{{P(\bar A)}} = \frac{{P(B) - P(AB)}}{{1 - P(A)}} = \frac{{0,5 - 0,3}}{{1 - 0,4}} = \frac{{0,2}}{{0,6}} = \frac{1}{3}.\]

Đáp án đúng là: Đ; Đ; S

Phương pháp giải:

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 3x + 2} \) và giải phương trình đưa về giải bằng phương pháp hàm số.

Giải chi tiết:

Đáp án: Đúng, Đúng, Sai.

Điều kiện:

                                        \[x \in ( - \infty ;1] \cup [2; + \infty ).\]

Đặt

  \[t = \sqrt {{x^2} - 3x + 2} ,\;t \ge 0 \Rightarrow {x^2} - 3x + 1 = {t^2} - 1\]

nên phương trình có dạng:

                                  \[{\log _3}(t + 2) + {5^{{t^2} - 1}} = 2.\]

Xét hàm số

   \[f(t) = {\log _3}(t + 2) + {5^{{t^2} - 1}}\;{\rm{tr\^e n }}[0; + \infty ).\]

Hàm số đồng biến trên \([0; + \infty )\) và \(f(1) = 2\).

   \[ \Rightarrow f(t) = f(1) \Leftrightarrow t = 1 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 3x + 2} = 1\]

            \[ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 1 = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}}\\{{x_2} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}}\end{array}} \right.\]

Do đó phương trình có hai nghiệm.

Đáp án cần chọn là: Đ; Đ; S.

Phương pháp giải:

Dùng nguyên hàm tính \(h(t)\). Từ đó giải phương trình \(h(t) = \frac{5}{7}h\) tìm \(t\).

Giải chi tiết:

Ta biết rằng chiều cao \(h(t)\) của mực nước bơm được chính là nguyên hàm của tốc độ tăng \(h'(t)\) của chiều cao mực nước.

   \[h(t) = \int {h'} (t){\mkern 1mu} dt = \int {\frac{1}{{500}}} \sqrt {t + 3} {\mkern 1mu} dt = \frac{3}{{2000}}{(t + 3)^{\frac{4}{3}}} + C.\]

Lúc ban đầu (tại \(t = 0\)) hồ bơi không chứa nước, nghĩa là

                           \[h(0) = 0 \Rightarrow \frac{3}{{2000}}{(0 + 3)^{\frac{4}{3}}} + C = 0 \Rightarrow C = - \frac{7}{{2000}}.\]

Suy ra mực nước bơm tại thời điểm \(t\) là

                   \[h(t) = \frac{3}{{2000}}{(t + 3)^{\frac{4}{3}}} - \frac{7}{{2000}}.\]

Theo giả thiết, lượng nước bơm được \(\frac{5}{7}\) độ sâu của hồ, ta có

                \[h(t) = \frac{5}{7}h = \frac{5}{7} \cdot \frac{2}{7} \Rightarrow \frac{3}{{2000}}{(t + 3)^{\frac{4}{3}}} - \frac{7}{{2000}} = \frac{5}{7} \cdot \frac{2}{7}.\]

          \[ \Leftrightarrow {(t + 3)^{\frac{4}{3}}} = 10004,3267 \Rightarrow t = 5621\;{\rm{s}}.\]

Vậy sau khoảng 1 giờ 34 phút thì nước bơm được \(\frac{5}{7}\) độ sâu của hồ.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích Sison.

Giải chi tiết:

    \[{\rm{Ta c\'o }}\frac{{{V_{EBQP}}}}{{{V_{EBMN}}}} = \frac{{EB}}{{EB'}} \cdot \frac{{EQ}}{{EM}} \cdot \frac{{EP}}{{EN}}.\]

Dễ thấy

                        \[\frac{{EB}}{{EB'}} = \frac{{EQ}}{{EM}} = \frac{{BQ}}{{BM}} = \frac{{EB}}{{EB'}} = \frac{{EP}}{{EN}} = \frac{{BP}}{{BN}},\]

do đó

                \[\frac{{{V_{EBQP}}}}{{{V_{EBMN}}}} = {\left( {\frac{{BP}}{{BN}}} \right)^3} = \frac{1}{{27}}.\]

Suy ra

                                                         \[{V_{BMN,BQP}} = \frac{{26}}{{27}}{V_{EBMN}}\qquad (*)\]

Mặt khác

                 \[\frac{{{V_{EBMN}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{EB'}}{{BB'}} \cdot \frac{{B'M}}{{B'A'}} \cdot \frac{{BN}}{{B'C'}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{{16}}.\]

Suy ra

   \[{V_{EBMN}} = \frac{3}{{16}}{V_{ABC.A'B'C'}}\qquad (**)\]

Từ \((*)\) và \((**)\) ta có

                         \[{V_{BMN,BQP}} = \frac{{26}}{{27}} \cdot \frac{3}{{16}}{V_{ABC.A'B'C'}}.\]

                       \[ \Rightarrow {V_{AQPCAMNC}} = \left( {1 - \frac{{26}}{{27}} \cdot \frac{3}{{16}}} \right){V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{59}}{3}.\]

Phương pháp giải

Cách 1: Tính trực tiếp bằng cách đưa về khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng

Cách 2: Gắn hệ trục tọa độ và sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.

Giải chi tiết

Cách 1:

\(I = MP \cap AD\),

\(J = IN \cap DD'\),

\(K = AC \cap MP\).

Ta có

                      \[MP\parallel BD \Rightarrow MP\parallel B'D'.\]

  \[ \Rightarrow d(B'D',MN) = d(B'D',(MNP)) = d(D',(MNP)).\]

Lại có

                                                         \[d(D',(MNP)) = D'J.\]

Mặt khác

         \[d(D,(MNP)) = DI,\quad d(A,(MNP)) = 3DI \Rightarrow d(D,(MNP)) = \frac{1}{3}d(A,(MNP)).\]

Dễ thấy

      \[(NAK) \bot (MNP),\quad (NAK) \cap (MNP) = AK,\quad AH \bot NK\;(H \in NK).\]

        \[ \Rightarrow AH \bot (MNP) \Rightarrow d(A,(MNP)) = AH.\]

Suy ra

                                                \[d(MN,B'D') = \frac{5}{3}AH.\]

Với

     \[AN = \frac{{AA'}}{2} = a,\quad AK = \frac{3}{4}\sqrt 2 {\mkern 1mu} AB = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}.\]

Do đó

                     \[d(MN,B'D') = \frac{5}{3} \cdot \frac{{AN \cdot AK}}{{\sqrt {A{N^2} + A{K^2}} }} = \frac{{5a\sqrt {17} }}{{17}}.\]

Cách 2.

Đặt hệ trục Oxyz, chọn \(a = 2\).

Khi đó

      \[M(1;2;0),\quad N(0;0;2),\quad B'(0;2;4),\quad D'(2;0;4).\]

    \[\overrightarrow {MN} = ( - 1; - 2;2),\quad \overrightarrow {B'D'} = (2; - 2;0),\quad \overrightarrow {MB'} = ( - 1;0;4).\]

\[[\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {B'D'} ] = (4;4;6).\]

                 \[d(MN,B'D') = \frac{{\left| {[\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {B'D'} ] \cdot \overrightarrow {MB'} } \right|}}{{\left| {[\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {B'D'} ]} \right|}} = \frac{{|( - 1) \cdot 4 + 0 \cdot 4 + 4 \cdot 6|}}{{\sqrt {{4^2} + {4^2} + {6^2}} }} = \frac{{10}}{{\sqrt {17} }} = \frac{{5a\sqrt {17} }}{{17}}.\]

Đáp án cần chọn là: A.

Phương pháp giải:

Phân tích \(A\) thành nhân tử và lập luận tìm \(n\).

Giải chi tiết:

Ta có

            \[A = {n^4} + {n^3} + {n^2} = {n^2}({n^2} + n + 1).\]

Với \(n = 0\) thì \(A = 0\) (thỏa mãn).

Với \(n \ne 0\), \(A\) là số chính phương

khi và chỉ khi \({n^2} + n + 1\) là số chính phương.

Giả sử

                   \[{n^2} + n + 1 = {k^2}\quad (k \in \mathbb{N}).\]

    \[ \Leftrightarrow 4({n^2} + n + 1) = 4{k^2} \Leftrightarrow (2n + 1 - 2k)(2n + 1 + 2k) = - 3.\]

Do

    \[2n + 1 + 2k \ge 2n + 1 - 2k,\;\forall n \in \mathbb{Z},\;k \in \mathbb{N},\]

nên ta có các trường hợp:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2n + 1 - 2k = - 3}\\{2n + 1 + 2k = 1}\end{array}} \right.\quad {\rm{ho?c}}\quad \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2n + 1 - 2k = - 1}\\{2n + 1 + 2k = 3}\end{array}} \right.\]

Từ đó suy ra

                                   \[n = - 1\quad {\rm{ho?c}}\quad n = 0.\]

Tổng các giá trị nguyên \(n\) thỏa mãn là: \[ - 1.\]

Đáp án cần điền là: \( - 1\).

Đáp án đúng là: C

Phương pháp giải:

Từ \(V\) tính \(h\) theo \(r\). Lập hàm số \(S\) theo \(r\) và khảo sát tìm giá trị nhỏ nhất.

Giải chi tiết:

Theo đề ta có \((R > r > 0;{\mkern 1mu} h > 0)\).

\[V = \pi {r^2}h = 500 \Rightarrow h = \frac{{500}}{{\pi {r^2}}}.\]

Theo đề, ông Quang sơn: mặt xung quanh phía ngoài, mặt xung quanh phía trong,

hình tròn đáy trong và mép trên, nên diện tích là

      \[S = 2\pi Rh + 2\pi rh + \pi {r^2} + \pi {R^2} - \pi {r^2} = 2\pi Rh + 2\pi rh + \pi ({R^2} - {r^2}).\]

Với \(R = r + 1\), ta có

                     \[S = 2\pi (r + 1)\frac{{500}}{{\pi {r^2}}} + 2\pi r\frac{{500}}{{\pi {r^2}}} + \pi {(r + 1)^2}.\]

  \[S = \frac{{1000(r + 1)}}{{{r^2}}} + \frac{{1000}}{r} + \pi {(r + 1)^2}.\]

Áp dụng bất đẳng thức AM–GM, ta được

   \[S \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{{1000}^2}\pi }}{{{r^2}}}}} + \pi .\]

Dấu “=” xảy ra khi

                                       \[r = \sqrt[3]{{\frac{{1000}}{\pi }}}.\]

Số tiền ít nhất phải trả là

        \[\left( {3\sqrt[3]{{\frac{{{{1000}^2}\pi }}{{}}}} + \pi } \right) \cdot \frac{{100000}}{{100}} = 506{\mkern 1mu} 870\;{\rm{(d?ng)}}.\]

Đáp án cần chọn là: C.

Đáp án đúng là: C

Giải chi tiết:

Ta có

             \[f(x) = \int {f'} (x){\mkern 1mu} dx = \int {\frac{{x + 1}}{{{x^2}}}} dx = \ln |x| - \frac{1}{x} + C.\]

Suy ra

\(f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln |x| - \frac{1}{x} + {C_1},}&{x < 0,}\\{[6pt]\ln |x| - \frac{1}{x} + {C_2},}&{x > 0.}\end{array}} \right.\)

Từ \(f( - 2) = \frac{3}{2}\):

          \[\ln 2 + \frac{1}{2} + {C_1} = \frac{3}{2} \Rightarrow {C_1} = 1 - \ln 2.\]

Từ \(f(2) = 2\ln 2 - \frac{3}{2}\):

                   \[\ln 2 - \frac{1}{2} + {C_2} = 2\ln 2 - \frac{3}{2} \Rightarrow {C_2} = \ln 2 - 1.\]

Do đó

\(f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln |x| - \frac{1}{x} + 1 - \ln 2,}&{x < 0,}\\{\ln |x| - \frac{1}{x} + \ln 2 - 1,}&{x > 0.}\end{array}} \right.\)

   \[f( - 1) + f(4) = (2 - \ln 2) + (\ln 4 - \frac{1}{4} + \ln 2 - 1) = 8\ln 2 + \frac{3}{4}.\]

Đáp án cần chọn là: C.

Đáp án đúng là: B

 Phương pháp giải:

Đưa bài toán về xét tương giao giữa các đồ thị hàm số và biện luận.

Giải chi tiết:

Xét hàm số

                                             \[g(x) = f(x) - \frac{{{x^2}}}{2}.\]

Ta có

                                                            \[g'(x) = f'(x) - x.\]

          \[g'(x) = 0 \Leftrightarrow f'(x) = x \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.\]

Xét hai phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \(y = f'(x)\) và \(y = x\).

  \[{S_1} = \int_{ - 2}^0 {(f'(} x) - x){\mkern 1mu} dx = \int_{ - 2}^0 {g'} (x){\mkern 1mu} dx = g(0) - g( - 2).\]

  \[{S_2} = \int_0^1 {(x - f'(} x)){\mkern 1mu} dx = - \int_0^1 {g'} (x){\mkern 1mu} dx = g(0) - g(1).\]

                        \[{S_1} > {S_2} \Leftrightarrow g( - 2) < g(1).\]

Do đó để phương trình có bốn nghiệm thực phân biệt thì

        \[g(1) < m < g(0) \Leftrightarrow f(1) - \frac{1}{2} < m < f(0).\]

Đáp án cần chọn là: B.

Giải chi tiết:

Ta có

       \[1 = {1^2},\quad 1 + 3 = {2^2},\quad 1 + 3 + 5 = {3^2},\; \ldots ,\;1 + 3 + \cdots + 19 = {10^2}.\]

Do đó

     \[\log 1 + \log {2^2} + \log {3^2} + \cdots + \log {10^2} = \log (1 \cdot {2^2} \cdot {3^2} \cdots {10^2}).\]

                \[ = 2\log (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots 10) = 2\log (10!).\]

Suy ra

                \[2\log (10!) - 2\log (7!) = 2\log (8 \cdot 9 \cdot 10).\]

\[ = 2\log ({2^4} \cdot {3^2} \cdot 5) = 2 + 6\log 2 + 4\log 3.\]

So sánh hai vế:

                                                 \[a = 2,\quad b = 6,\quad c = 4.\]

                                                          \[P = a + b + c = 12.\]

Đáp án cần điền là: 12

Các đường thẳng \(AD,{\mkern 1mu} BC,{\mkern 1mu} IJ\) đồng quy tại \(E\).

Đặt bán kính khối cầu là

                                                                  \[IH = R,\]

bán kính mặt đáy của thùng là

                                                                   \[JD = r,\]

chiều cao thùng là

                                                                   \[IJ = h.\]

Do thể tích nước tràn ra bằng thể tích nửa khối cầu:

  \[\frac{2}{3}\pi {R^3} = 54\sqrt 3 \pi \Rightarrow R = 3\sqrt 3 .\]

Đường kính khối cầu bằng \(\frac{3}{2}\) chiều cao thùng:

       \[\frac{3}{2}h = 2R = 6\sqrt 3 \Rightarrow h = 4\sqrt 3 .\]

Từ các tam giác đồng dạng:

  \[\frac{{EJ}}{{EI}} = \frac{{JC}}{{IB}} = \frac{r}{{3r}} = \frac{1}{3} \Rightarrow EJ = 2\sqrt 3 .\]

Áp dụng định lý Pitago:

     \[I{H^2} = I{A^2} + I{E^2} \Rightarrow \frac{1}{{27}} = \frac{1}{9}{r^2} + \frac{1}{{108}} \Rightarrow r = 2.\]

Thể tích thùng nước:

        \[{V_1} = \frac{1}{3}\pi I{A^2} \cdot IE - \frac{1}{3}\pi J{D^2} \cdot JE = \frac{{208\sqrt 3 \pi }}{3}.\]

Thể tích nước còn lại:

                       \[V = {V_1} - 54\sqrt 3 \pi = \frac{{46\sqrt 3 \pi }}{3}\;({\rm{d}}{{\rm{m}}^3}).\]

Đáp án cần chọn là: C.

Phương pháp giải

 Đưa hệ về hình học. Xét vị trí tương đối của hai mặt cầu trong hệ từ đó tìm min, max.

Giải chi tiết:

Gọi

\[A(d,e,f) \in ({S_1}):{(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 3)^2} = 1,\]

có tâm \({I_1}(1,2,3)\), bán kính \({R_1} = 1\).

  \[B(a,b,c) \in ({S_2}):{(x + 3)^2} + {(y - 2)^2} + {z^2} = 9,\]

có tâm \({I_2}( - 3,2,0)\), bán kính \({R_2} = 3\).

Khoảng cách hai tâm:

                                   \[{I_1}{I_2} = 5 > {R_1} + {R_2} = 4.\]

Suy ra hai mặt cầu ở ngoài nhau.

 Vì \(F = AB\) nên:

\[M = {I_1}{I_2} + {R_1} + {R_2} = 9,\quad m = {I_1}{I_2} - {R_1} - {R_2} = 1.\]

Do đó

                                                                \[M - m = 8.\]

Giải chi tiết:

 Ta có

          \[y' = \frac{{f'(x)[g(x) + 1] - g'(x)[f(x) + 3]}}{{{{[g(x) + 1]}^2}}}.\]

Tại \(x = 1\):

                                                     \[y'(1) = f'(1) = g'(1) \ne 0.\]

Suy ra:

\[\frac{{f'(1)[g(1) + 1] - g'(1)[f(1) + 3]}}{{{{[g(1) + 1]}^2}}} = f'(1).\]

Chia hai vế cho \(f'(1)\):

                         \[g(1) + 1 - \frac{{f(1) + 3}}{{g(1) + 1}} = 1.\]

Suy ra:

\[f(1) = - g{(1)^2} - g(1) - 3 = - \frac{{11}}{4} - {\left( {g(1) + \frac{1}{2}} \right)^2} \le - \frac{{11}}{4}.\]

Đáp án cần chọn là: C.

Giải chi tiết:

Số phần tử không gian mẫu:

\(n(\Omega ) = C_{70}^4 = 916895.\)

Gọi bốn số là \(a,aq,a{q^2},a{q^3}\)với q nguyên.

\(a{q^3} \le 70 \Rightarrow {q^3} \le 70 \Rightarrow q \le 4.\)

Vì bốn số khác nhau:

\(q \in \{ 2,3,4\} .\)

\[n\left( A \right) = 11\]

\( \Rightarrow P(A) = \frac{{11}}{{916895}}.\)

Đáp án cần chọn là: B.

Giải chi tiết:

Đặt hệ trục Oxyz sao cho:

        \[A(0,0,0),\;AB\parallel Ox,\;AD\parallel Oy,\;AS\parallel Oz.\]

                                \[S(0,0,a),\;B(a,0,0),\;D(0,2a,0),\;C(a,a,0).\]

         \[M\left( {\frac{a}{2},0,\frac{a}{2}} \right),\quad N\left( {\frac{a}{2},\frac{{3a}}{2},0} \right).\]

                \[\overrightarrow {MN} = \left( {0,\frac{{3a}}{2}, - \frac{a}{2}} \right).\]

  \[\overrightarrow {AS} = (0,0,a),\quad \overrightarrow {AC} = (a,a,0).\]

               \[[\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AC} ] = ( - {a^2},{a^2},0)\]

là VTPT của mặt phẳng \((SAC)\).

\[\sin (MN,(SAC)) = \frac{{|\overrightarrow {MN} \cdot \vec n|}}{{|\overrightarrow {MN} ||\vec n|}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}.\]

Đáp án cần chọn là: A.

Phương pháp giải : Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

·       Từ khóa chính: "tế bào thần kinh biểu hiện gene Ptf1a", "học tập thích ứng ban đầu".

Căn cứ nội dung đoạn [7]: "Nhóm nghiên cứu phát hiện ra rằng: chi sau của chuột không thích ứng để tránh những cú sốc điện sau khi các tế bào thần kinh ở phía trên cùng của tủy sống bị vô hiệu hóa, đặc biệt là những tế bào biểu hiện gene ptf1a." => thông tin đúng Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải :Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

·       Từ khóa chính: "thử nghiệm", "kích thích điện", "chân sau chuột".

·       Căn cứ nội dung đoạn [4]: "Mỗi cuộc thử nghiệm được tiến hành với một con chuột thí nghiệm và một con chuột đối chứng... Nếu chân sau của con chuột thí nghiệm cụp xuống quá nhiều thì nó sẽ được kích thích bằng điện".

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải : Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

·       Từ khóa chính: "24 giờ sau", "giữ chân ở tư thế giơ cao".

·       Căn cứ nội dung đoạn [6]: "24 giờ sau, họ lặp lại bài thí nghiệm kéo dài 10 phút nhưng đảo ngược đối tượng... những con chuột thí nghiệm ban đầu vẫn giữ chân ở tư thế giơ cao".

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải : Tìm từ khóa chính, căn cứ logic câu từ, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

-        Từ khóa chính trong câu là "khả năng học tập" và "chuột".

-        Đối tượng được kiểm tra khả năng học tập ở đây là một phần cơ thể chuột, được đề cập trong đoạn [4]. Đọc kỹ đoạn [4], cụm từ "khả năng học tập của tủy sống chuột" được nêu rõ. Từ "tủy sống" phù hợp để điền vào chỗ trống

Đáp án cần điền là: tủy sống

Phương pháp giải :Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

·       Từ khóa chính: "học tập thích ứng ban đầu".

·       Căn cứ nội dung đoạn [7]: "Chi sau của chuột không thích ứng để tránh những cú sốc điện sau khi các tế bào thần kinh ở phía trên cùng của tủy sống bị vô hiệu hóa, đặc biệt là những tế bào biểu hiện gene Ptf1a".

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

·       Từ khóa chính: "quan niệm phổ biến", "chỉ nằm trong các mạch não".

·       Căn cứ nội dung đoạn [8]: "Những kết quả này không chỉ thách thức quan niệm phổ biến rằng khả năng học tập vận động và trí nhớ chỉ nằm trong các mạch não".

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

·       Từ khóa chính: "tủy sống", "ghi nhớ", "giữ lại kinh nghiệm vận động".

·       Căn cứ nội dung đoạn [6]: "24 giờ sau, họ lặp lại bài thí nghiệm kéo dài 10 phút... cho thấy tủy sống vẫn giữ lại ký ức về trải nghiệm trong quá khứ".

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết:

·       Từ khóa chính: "tế bào thần kinh", "phần dưới tủy sống", "gene En1", "gợi nhớ vận động".

·       Căn cứ nội dung đoạn [8]: "Một nhóm tế bào thần kinh ở phần dưới – bụng – một phần của tủy sống biểu hiện gene En1 lại đóng vai trò rất quan trọng".

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải : Xác định nội dung trọng tâm của kết quả nghiên cứu và đối chiếu với ý nghĩa khái quát mà tác giả rút ra, tránh các phương án suy diễn cực đoan hoặc trái văn bản.

Giải chi tiết :

Văn bản chứng minh rằng tủy sống có thể học vận động, ghi nhớ và gợi nhớ vận động nhờ các mạch thần kinh riêng (Ptf1a, En1), không phụ thuộc hoàn toàn vào não bộ. Điều này vừa phủ định quan niệm cũ, vừa khẳng định khả năng điều khiển trí nhớ vận động ở tủy sống, phù hợp với phương án A.

Phương pháp giải : Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

·       Từ khóa chính: "tắt các tế bào thần kinh biểu hiện gene Ptf1a"

·       Căn cứ nội dung đoạn [7]: "nhóm nghiên cứu bắt đầu kiểm tra mạch thần kinh – bộ phận đã giúp thiết lập được cả khả năng học tập tức thời cũng như trí nhớ trong tủy sống", kết quả "chi sau của chuột không thích ứng để tránh những cú sốc điện sau khi các tế bào thần kinh ở phía trên cùng của tủy sống bị vô hiệu hóa, đặc biệt là những tế bào biểu hiện gene Ptf1a".

·       Tắt các tế bào thần kinh biểu hiện gene Ptf1a = "vô hiệu hóa" các tế bào thần kinh ở trên cùng tủy sống. Khi vô hiệu hóa các tế bào thần kinh này chuột "không thích ứng" để tránh cú sốc điện, tức là không còn "trí nhớ trong tủy sống" -> không thể học tập thích ứng ban đầu

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

·       Căn cứ nội dung đoạn [2]: "Thì ra bà tôi bắc thang để hái nụ hoa hoè cho bố tôi, thang trượt, bà bị ngã, nằm bất tỉnh".

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải Liên hệ với kiến thức về ngôi kể, đối chiếu với đặc điểm của bài đọC.

Giải chi tiết :

Truyện "Giấc mơ của bà nội" được kể theo ngôi thứ nhất. Người kể chuyện xưng "tôi" và kể lại những sự việc, cảm xúc liên quan đến bà nội và gia đình mình.

=> Từ cần điền là thứ nhất.

Đáp án cần điền là: thứ nhất

Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

Trong đoạn [3], mặc dù bà nội được xuất viện, người bố không cảm thấy hạnh phúc và vui sướng. Thay vào đó, ông cảm thấy nghẹn ngào và đau lòng khi thấy bà nội yếu đuối, phải được bón từng thìa thức ăn. Điều này thể hiện nỗi đau và lo lắng của ông về tình trạng sức khỏe của bà, chứ không phải niềm vui sướng.

Đáp án cần chọn là: B

.Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

Căn cứ nội dung đoạn [3]: “Ngồi cạnh trông bà ăn, thấy bà chúm môi như đứa trẻ, gắng nuốt từng thìa, rồi mệt nhọc nằm thừ, đuôi mắt ướt nhoèn, bố tôi ôm mặt khóc nghẹn.”

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải : Đọc hiểu nội dung toàn bài, kết hợp với ngữ cảnh câu văn.

Giải chi tiết :

Căn cứ nội dung đoạn [2], người bố đã trách mắng con cái là "một lũ ích kỷ" vì sự vô tâm đối với bà nội.

Đáp án cần điền là: ích kỷ

Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

Trong suốt bài đọc, bà nội luôn được miêu tả là người quan tâm, chăm sóc chu đáo cho con cháu, từ việc mang quà đến, dọn dẹp nhà cửa, đến lo lắng cho sức khỏe của các thành viên trong gia đình

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

“Tôi” quan tâm và lo lắng cho bà nội rất nhiều. Trong bài đọc không có chi tiết nhân vật cảm thấy hối hận khi không chăm sóc cho bà khi còn sống.

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải Tìm từ khóa chính, đối chiếu với ngữ liệu.

Giải chi tiết :

Căn cứ nội dung đoạn [1]: "Bao giờ cũng vậy, cứ đến chủ nhật là bà nội lại từ làng quê ngoại thành vào phố chơi với chúng tôi."

->Theo đoạn văn, người thường đến phố chơi với "tôi" vào chủ nhật là bà nội.

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải : Sử dụng công thức tính khoảng vân bài cung cấp.

Giải chi tiết :

Ta có khoảng vân được xác định bằng: \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\).

ta thấy rằng:

·       Khi dịch hai khe lại gần màn chắn thì khoảng vân sẽ giảm

·       Khi giảm khoảng cách hai khe hẹp đi thì khoảng vân sẽ tăng

Đáp án cần điền là: giảm

Phương pháp giải :

Hiện tượng giao thoa là hiện tượng khi hai sóng kết hợp gặp nhau thì có những điểm ở đó hai sóng luôn đồng pha thì dao động mạnh; có những điểm ở đó hai sóng luôn ngược pha thì đứng yên

Giải chi tiết :

Nếu làm mờ một khe khiến cường độ sáng giảm đi một nửa:

·       Tại vị trí vân sáng (cực đại): Do hai sóng có cường độ khác nhau nên sự tăng cường không còn đạt mức tối đa như trước, dẫn đến vạch sáng tối hơn.

·       Tại vị trí vân tối (cực tiểu): Hai sóng không còn triệt tiêu nhau hoàn toàn (vì biên độ khác nhau), dẫn đến vạch tối trở nên sáng hơn.

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải : Sử dụng công thức tính khoảng vân bài cung cấp.

Giải chi tiết : Ta có khoảng vân được xác định bằng: : \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\)

Từ công thức ta thấy nếu λ tăng thành 1,2λ để giữ nguyên i thì phải tăng a thành 1,2a

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải : Vận dụng thông tin bài cung cấp.

Giải chi tiết :

Ta có khoảng vân i là khoảng cách giữa hai vân sáng hoặc vân tối liên tiếp.

Với M là vân sáng bậc 3 thì khi đó:  \({x_M} = 3i.\)

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải :

Vận dụng lí thuyết giao thoa ánh sáng.

Áp dụng công thức tính khoảng vân.

Vị trí vân sáng được sáng được xác định bằng:

\({\rm{Ta c\'o : }}i = \frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow 4 \cdot \frac{{\lambda \cdot 2}}{{1 \cdot {{10}^{ - 3}}}} = 3 \cdot {10^{ - 3}} \Rightarrow \lambda = 3,75 \cdot {10^{ - 7}}m = 375nm\)

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải : Phân tích thông tin bài cung cấp.

Giải chi tiết:

 Hiện tượng giao thoa là đặc trưng tiêu biểu của sóng. Do đó, thí nghiệm này chứng minh ánh sáng có tính chất sóng.

Đáp án cần điền là: sóng

Giải chi tiết :

Hình 1. thể hiện tốt nhất mối quan hệ giữa các biến phụ thuộc và biến độc lập. Hình 2 là biểu đồ thanh (được sử dụng tốt nhất cho dữ liệu phân loại) và không có dữ liệu chính xác. Hình 3 có các biến phụ thuộc và biến độc lập trên các trục sai và cũng không thể hiện dữ liệu trục x theo cách được chia tỷ lệ phù hợp. Hình 4 không tương quan với dữ liệu chính xác, vì đường cong đi xuống sẽ được mong đợi ngay lập tức khi xem kết quả từ thí nghiệm.

Đáp án cần điền là: Hình 1

Phương pháp giải : Sử dụng thông tin bài cung cấp và kết quả nghiên cứu của nhóm 2.

Giải chi tiết : Từ kết quả nghiêm cứu của nhóm 2 thì ta thấy rằng kết quả đang đề cập đến chỉ số SPF, chỉ số UVB khi dùng kem chống nắng và khi dùng kem chống nắng và giá thành mỗi chai tương ứng.

Từ đó ta sẽ thấy được mối liên hệ giữa chi phí và hiệu quả của chai kem chống nắng (lượng UVB bị chặn) không phải lượng UVA.

Còn trong bảng không đề cập đến hãng kem cũng như thông tin về phòng ngừa ung thư.

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải : Dựa vào nghiên cứu của nhóm 1.

Giải chi tiết :

Từ bảng 1 ta có thể rút ra được nhận xét là Không có mối quan hệ nào được thể hiện giữa chi phí của kính râm và lượng tia UVB mà chúng chặn được.

Trong bảng 1 sẽ không đề cập đến giá cả nên 2 nhận xét đầu tiên sẽ không thể nhận định được và ý cuối cùng sẽ sai vì kính sẽ giúp bảo vệ mặt khỏi bức xạ UVB.

a) Sai: Không có dữ liệu giá.

b) Sai: Không có dữ liệu giá.

c) Đúng: Dựa trên dữ liệu hiện có, không thể xác định mối tương quan giữa giá và khả năng bảo vệ.

d) Sai: Kính râm có bảo vệ mắt (chỉ số UVB giảm mạnh).

Đáp án cần chọn là: S; S; Đ; S

Phương pháp giải : Sử dụng thông tin từ bài đọc

Giải chi tiết :

Nếu mỗi chai kem chống nắng chứa 10 oz, chi phí sẽ là 0,89 đô la, 0,49 đô la, 0,79 đô la, 1,59 đô la và 1,09 đô la. Có thể loại bỏ SPF 4 vì nó đắt hơn SPF 8 và rõ ràng chặn ít UVB hơn. SPF 30 và 50 cũng có thể bị loại bỏ vì mặc dù chúng chặn nhiều UVB hơn SPF 8, nhưng chi phí cao hơn (gấp đôi và gấp ba chi phí cho mỗi ounce) không thể bù đắp được mức tăng nhỏ duy nhất về khả năng bảo vệ.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp : giải Sử dụng thông tin từ bài đọc

Giải chi tiết :

Điều quan trọng là sinh viên phải kiểm soát lượng và độ dày của kem chống nắng để có được kết quả nhất quán và đáng tin cậy. Các lựa chọn khác đại diện cho các biến số không thể kiểm soát được, chẳng hạn như thành phần kem chống nắng hoặc không liên quan đến cuộc điều tra này.

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải : Sử dụng thông tin từ bài đọc

Giải chi tiết : Dựa vào bảng 2 ta thấy rằng mức SFP càng tăng thì lượng UVB đến cảm biến sẽ giảm nhẹ.

 ⇒ giá trị có thể nhận sẽ là: 18 mW/m²

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải : Sử dụng thông tin từ bài đọc

Giải chi tiết : Từ bảng 2 ta thấy rằng: Khi SPF tăng lên trên 30, lượng tia UVB bị chặn chỉ tăng nhẹ.

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải :Độ bền vững của hạt nhân liên quan đến hình dạng của nó. Hạt nhân dạng hình cầu thường bền vững; hạt nhân hình giọt nước kém bền vững hơn và có nhiều khả năng sẽ trải qua quá trình phân rã.

Giải chi tiết : Theo mô hình giọt chất lỏng, độ bền vững của hạt nhân phụ thuộc vào hình dạng. Hạt nhân có dạng hình cầu thường bền vững, do đó nó khó xảy ra phản ứng phân rã hơn so với hạt nhân hình giọt nước.

Đáp án cần chọn là: C

Phương pháp giải : Tương tự, hạt nhân có tổng cộng 19 proton và 20 neutron là hạt có số lượng neutron thần kì, bởi vì các lớp vỏ 1, 2 và 3 đều chứa số lượng neutron tối đa tương ứng.

Giải chi tiết : Theo mô tả của mô hình vỏ hạt nhân, một hạt nhân gồm 8 proton và 9 neutron là hạt nhân không có số neutron thần kì vì lớp vỏ 3 không chứa tối đa số neutron.

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải : Dựa vào dữ liệu bảng 1.

Giải chi tiết : Dựa vào Bảng 1, lớp vỏ 1 chứa tối đa 2 neutron, lớp vỏ 2 chứa tối đa 6 neutron. Vậy hạt nhân chứa 8 neutron sẽ lấp đầy đúng 2 lớp vỏ đầu tiên (2 + 6 = 8).

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải : Tính tổng số proton và neutron ở 2 lớp vỏ đầu tiên dựa vào dữ liệu bảng 1.

Giải chi tiết :

Hạt nhân thần kì kép (ổn định nhất và có dạng hình cầu) là hạt nhân có cả số proton và neutron là số thần kì. Để lấp đầy 2 lớp vỏ đầu tiên, số lượng hạt cần thiết là:

·       Số proton: 8

·       Số neutron: 8

Đáp án cần chọn là: 8; 8

Phương pháp giải : Phân tích dữ liệu đoạn văn.

Giải chi tiết : Người ủng hộ Mô hình giọt chất lỏng đưa ra quan điểm là các nucleon trong một hạt nhân tương tác với nhau giống như các phân tử trong một giọt nước. Người ủng hộ Mô hình vỏ hạt nhân có thể sử dụng bằng chứng ‘’Hạt neutron năng lượng thấp có thể xuyên qua hạt nhân của nhiều nguyên tố khác nhau, mà không làm biến đổi hạt nhân’’để bác bó quan điểm.

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải : Phân tích dữ liệu đoạn văn.

Giải chi tiết : Theo mô hình giọt chất lỏng, sự hình thành hạt nhân Carbon như vậy có thể so sánh với sự kết hợp của hai giọt chất lỏng.

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải: Dạng oxi hóa – khử của một nguyên tử hay một nhóm nguyên tử được viết dưới dạng: oxh/kh.

Giải chi tiết :

·       Dạng oxi hóa của cặp oxi hóa - khử Cl₂/2Cl^- là Cl₂.

·       Dạng khử của cặp oxi hóa – khử Cu⁺/Cu là Cu.

·       Fe²⁺ vừa là dạng oxi hóa, vừa là dạng khử của cùng một nguyên tố kim loại.

Đáp án cần chọn là: Cl₂; Cu; Fe²⁺

Phương pháp giải : Thế điện cực chuẩn của cặp oxi hóa – khử càng lớn thì tính oxi hóa của dạng oxi hóa càng mạnh, tính khử của dạng khử càng yếu và ngược lại.

Nguyên tắc chung của phản ứng oxi hóa khử là:

Giải chi tiết: Dựa vào hình trên, ta suy ra được: Giá trị thế điện cực chuẩn của cặp Y ^{n +} / ? lớn hơn giá trị thế điện cực chuẩn của cặp X ^{m +}/ ?.

Đáp án cần điền là: lớn hơn

Phương pháp giải : Lí thuyết về phản ứng oxi hoá – khử, thế điện cực chuẩn của cặp oxi hoá – khử.

Giải chi tiết:

 a) sai, vì chất oxi hóa là KMnO₄ (Mn giảm từ +7 xuống +2), chất khử là FeSO₄ (Fe tăng từ +2 lên +3).

b) đúng. Phản ứng có sự tham gia của H₂SO₄, nên môi trường acid có pH <7.

c) sai, vì \(E_{F{e^{3 + }}/F{e^{2 + }}}^o > E_{Mn{O_4}^ - /M{n^{2 + }}}^o\).

d) đúng. KMnO₄ có màu tím đậm, khi phản ứng hết màu tím sẽ mất đi.

Đáp án cần chọn là: S; Đ; S; Đ

Phương pháp giải : Nguyên tắc chung của phản ứng oxi hóa khử là:

Giải chi tiết : Các phản ứng xảy ra: A

Đáp án cần chọn là: A

Phương pháp giải: Thế điện cực chuẩn của cặp oxi hóa – khử càng lớn thì tính oxi hóa của dạng oxi hóa càng mạnh, tính khử của dạng khử càng yếu và ngược lại.

Giải chi tiết :

a) đúng.

b) đúng.

c), d) sai

Đáp án cần chọn là: A; B

Phương pháp giải : Căn cứ vào giá trị thế điện cực.

Giải chi tiết:

Trong phương trình trên thì \(E_{F{e^{3 + }}/F{e^{2 + }}}^o > E_{C{r_2}{O_7}^{2 - }/C{r^{3 + }}}^o\).

Mà thế khử của cặp Fe³⁺ / Fe²⁺ là 0,771 V

⟹ giá trị thế điện cực chuẩn của cặp \[C{r_2}O_7^{2 - }/C{r^{3 + }} = 1,33V\]

Đáp án cần chọn là: A

các kim loại: