Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 14)

Giải chi tiết:

Hai đường tròn cho tối đa hai giao điểm. Và \(5\) đường tròn phân biệt cho số giao điểm tối đa khi \(2\) đường tròn bất kỳ trong \(5\) đường tròn đôi một cắt nhau.

Vậy số giao điểm tối đa của \(5\) đường tròn phân biệt là \(2 \cdot C_5^2 = 20.\)

Đáp án cần chọn là: B

Ta có \(S = \frac{1}{2}AC.BD = {a^2};V = S.AA' = {a^2}.4a = 4{a^3}.\)

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: \(1.\)

Giải chi tiết:

Gọi \(\left( C \right):\) \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d{\mkern 1mu} (a \ne 0)\)

Do \(\left( C \right)\) cắt trục \(Oy\) tại điểm có tung độ bằng \(2\) nên \(d = 2\)

Vì \(\left( C \right)\) đi qua \(3\) điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right),\,\,B\left( {1;0} \right)\) và \(C\left( {2; - 2} \right)\) nên ta được hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - a + b - c = - 4}\\{a + b + c = - 2}\\{4a + 2b + c = - 2}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 3}\\{c = 0}\end{array}} \right.\)

Do đó \(\left( C \right):y = {x^3} - 3{x^2} + 2.\)

Gọi \(\left( P \right):y = m{x^2} + nx + r{\mkern 1mu} (m \ne 0)\)

Do \(\left( P \right)\) đi qua \(3\) điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right),\,\,O\left( {0;0} \right)\) và \(C\left( {2; - 2} \right)\) nên ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - n + r = - 2}\\{r = 0}\\{4m + 2n + r = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 1}\\{r = 0}\\{n = 1}\end{array}} \right..\)

Do đó \(\left( P \right):y = - {x^2} + x\)

Vậy

\( \Rightarrow a = 37,b = 12 \Rightarrow a - 3b = 1.\)

Đáp án cần điền là: 1

Đáp án đúng là: \(4.\)

Giải chi tiết:

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 4 > 0}\\{f(x + 1) \ne 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x < - 2\\x > 2\end{array} \right.\\f(x + 1) \ne 4\end{array} \right.\)

Xét \[f(x + 1) = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = \alpha \in \left( { - 1;1} \right)\\x + 1 = 2\\x + 1 = \beta \in \left( {4; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha - 1 \in \left( { - 2;0} \right)\left( L \right)\\x = 1\left( L \right)\\x + 1 = \beta \in \left( {3; + \infty } \right)\left( {TM} \right)\end{array} \right.\]     

Khi đó:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = \pm 2\)là hai đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to (\beta - 1)} (f(x + 1) - 4)\sqrt {{x^2} - 4} = 0,\,\,(f(x + 1) - 4)\sqrt {{x^2} - 4} > 0\) khi \(x \to {(\beta - 1)^ - }\) và \((f(x + 1) - 4)\sqrt {{x^2} - 4} < 0\) khi \(x \to {(\beta - 1)^ + }\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{(\beta - 1)}^ - }} y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{(\beta - 1)}^ + }} y = - \infty \)

\( \Rightarrow x = \beta - 1\)là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có \(3\) tiệm cận đứng.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0\) nên đồ thị hàm số có \(1\) tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có \(4\) đường tiệm cận gồm \(3\) đường tiệm cận đứng và \(1\) đường tiệm cận ngang.

Đáp án cần điền là: \(4.\)

Giải chi tiết:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sin 3x}}{{1 - \cos x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{3\sin x - 4{{\sin }^3}x}}{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sin \frac{x}{2}\left( {6\cos \frac{x}{2} - 32{{\sin }^2}\frac{x}{2}{{\cos }^3}\frac{x}{2}} \right)}}{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{3\cos \frac{x}{2} - 16{{\sin }^2}\frac{x}{2}{{\cos }^3}\frac{x}{2}}}{{\sin \frac{x}{2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\cos \frac{x}{2}\left( {3 - 16{{\sin }^2}\frac{x}{2}{{\cos }^2}\frac{x}{2}} \right)}}{{\sin \frac{x}{2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \cot \frac{x}{2}(3 - 4{\sin ^2}x) = - \infty \)

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Ta có tiền vốn bỏ ra cho bởi hàm số

\(h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right) = {x^2} - 30000x + {10^9}\) với \(x > 0\)

Khi đó \(h'\left( x \right) = 2x - 30000.\) Cho \(h'\left( x \right) = 0\)

\( \Rightarrow 2x - 30000 = 0 \Rightarrow x = 15000\)

Bảng biến thiên:

Vậy giá bán mỗi kg rau là \(x = 15000\) (đồng) thì cửa hàng bỏ ra vốn ít nhất.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Ta có:

\({\left( {a{x^2} - \frac{{2a}}{x}} \right)^5}\)

\( = {(a{x^2})^5} + 5{(a{x^2})^4}\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right) + 10{(a{x^2})^3}{\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^2} + 10{(a{x^2})^2}{\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^3} + 5(a{x^2}){\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^4} + {\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^5}\)

\( = {a^5}{x^{10}} - 10{a^5}{x^7} + 40{a^5}{x^4} - 80{a^5}x + \frac{{80{a^5}}}{{{x^2}}} - \frac{{32{a^5}}}{{{x^5}}}\)

Vì hệ số của đơn thức thứ \(3\) trong khai triển bằng \( - 9720\) nên \(40{a^5} = - 9720 \Leftrightarrow {a^5} = - 243.\)

Vậy hệ số của \({x^7}\) trong khai triển là \( - 10{a^5} = - 10.( - 243) = 2430.\)

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Gọi \(O,\,\,I\) theo thứ tự là tâm của đáy lớn \(ABC\) và đáy bé \(A'B'C';K,\,\,J\) theo thứ tự là trung điểm của \(BC\) và \(B'C'.\)

Ta có \(h = IO = \frac{3}{2}\)là chiều cao của hình chóp cụt đều \(ABC.A'B'C'.\)

Diện tích hai đáy hình chóp cụt đều là:

 $S_1=S_{△ABC}=\frac{4^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3};S_2=S_{△A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$

Thể tích khối chóp cụt đều là:

\(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}} + {S_2}} \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{2} \approx 6,1.\)

Đáp án cần điền là: \(6,1.\)

Giải chi tiết:

Từ bảng biến thiên của hàm số, ta thấy đồ thị có hai đường tiệm cận, trong đó tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 2\) và tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 1.\)

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{c}{b} = - 2}\\{\frac{a}{b} = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{bc < 0}\\{ab > 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b > 0,\,\,c < 0,\,\,a > 0\,\,\left( 1 \right)\\b < 0,\,\,c > 0,\,\,a < 0\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Lại có hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định nên

\(f'(x) = \frac{{ - ac + 6b}}{{{{(bx - c)}^2}}} < 0 \Rightarrow ac > 6b.\)

Ta thấy \(\left( 1 \right)\) không thể xảy ra do nếu \(b > 0\) thì \(ac < 0 < 6b\) và \(\left( 2 \right)\) có thể xảy ra do nếu \(c > 0,\,\,a < 0\) thì \(6b < ac < 0.\)

Vậy trong các số \(a,\,\,b,\,\,c\) có hai số âm.

Đáp án cần điền là: 2

Giải chi tiết:

Ta có:

\(\Omega = \{ (1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)\} \)

\(A = \{ (2,1),(2,3),(2,4),(4,1),(4,2),(4,3)\} \)

\(B = \{ (1,1),(2,1),(3,1),(4,1),(1,3),(2,3),(3,3),(4,3)\} \)

\(A \cap B = \{ (2,1),(2,3),(4,1),(4,3)\} \)

Ta có \(n(\Omega ) = 12.\)

\(n(A) = 6 \Rightarrow P(A) = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2};\,\,n(A \cap B) = 4 \Rightarrow P(A \cap B) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}.\)

Vậy \(P(B|A) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(A)}} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{2}{3}.\)

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Giả sử tiếp tuyến \(\left( d \right)\) của \(\left( C \right)\) tại \(M({x_0};{y_0}) \in (C)\)cắt \[Ox\] tại \(A,\) \(Oy\) tại \(B\) sao cho \(OA = 4OB.\)Do \(\Delta OAB\)vuông tại \(O\) nên \(\tan A = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{1}{4}.\)

Hệ số góc của \(\left( d \right)\) bằng \(\frac{1}{4}\)hoặc \( - \frac{1}{4}.\)

Hệ số góc của \(\left( d \right)\) là \(y'({x_0}) = - \frac{1}{{{{({x_0} - 1)}^2}}} < 0 \Rightarrow - \frac{1}{{{{({x_0} - 1)}^2}}} = - \frac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_o} = - 1 \Rightarrow y{}_o = \frac{3}{2}\\{x_o} = 3 \Rightarrow y{}_o = \frac{5}{2}\end{array} \right.\)

Khi đó có \(2\) tiếp tuyến thỏa mãn là:

\[\left[ \begin{array}{l}y = \frac{{ - 1}}{4}\left( {x + 1} \right) + \frac{3}{2}\\y = \frac{{ - 1}}{4}\left( {x - 3} \right) + \frac{5}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = \frac{{ - 1}}{4}x + \frac{5}{4}\\y = \frac{{ - 1}}{4}x + \frac{{13}}{4}\end{array} \right.\]

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Ta có

\(f'(x) = \frac{{{{(1 + {2^x})}^\prime }}}{{(1 + {2^x}) \cdot \ln 2}} = \frac{{{2^x}}}{{1 + {2^x}}} \Rightarrow S = f'(0) + f'(1) = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7}{6}.\)

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án đúng là: \(1.\)

Giải chi tiết:

Phương trình \( \Leftrightarrow {4^x} - 2m{.2^x} + 2m = 0\quad (1)\)

Đặt \(t = {2^x},t > 0\)phương trình trở thành \({t^2} - 2m.t + 2m = 0\quad (2).\)

Để phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\)thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 3\) điều kiện là phương trình \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm \({t_1},{t_2} > 0\)thỏa mãn

\({t_1}.{t_2} = {2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = {2^{{x_1} + {x_2}}} = 8.\)suy ra \(2m = 8 \Leftrightarrow m = 4.\)

Đáp án cần điền là: 1

Giải chi tiết:

\(PT \Leftrightarrow (\cos x - \sin x)({\sin ^2}x + \cos x\sin x + {\cos ^2}x) = \sin x - \cos x\)

\( \Leftrightarrow (\cos x - \sin x)(1 + \cos x\sin x) = \sin x - \cos x\)

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

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = \sin x\\2 + \cos x\sin x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan x = 1\\4 + \sin 2x = 0\,\left( {VN} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \)

Xét \( - 10 < \frac{\pi }{4} + k\pi < 200 \Leftrightarrow - \frac{{10}}{\pi } - \frac{1}{4} < k < \frac{{200}}{\pi } - \frac{1}{4}\)

\( \Rightarrow k = - 3, - 2, - 1,0,1,2,3, \ldots ,62,63\)có \(67\) giá trị \(k\)

Khi đó tổng các nghiệm sẽ bằng

\(\frac{\pi }{4} \cdot 67 + ( - 3 - 2 - 1 + 0 + 1 + 2 + 3 + \ldots + 63)\pi = \frac{{67\pi }}{4} + (4 + 5 + 6 + \ldots + 63)\pi \)

Áp dụng công thức tính tổng liên tiếp dạng

\((n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + \ldots + m = \frac{{m(m + 1)}}{2} - \frac{{n(n + 1)}}{2}\)  ta được

\(4 + 5 + 6 + \ldots + 63 = \frac{{63(63 + 1)}}{2} - \frac{{3 \cdot 4}}{2} = 2010\)

Vậy tổng nghiệm cần tìm là \(\frac{{67\pi }}{4} + 2010\pi = \frac{{8107\pi }}{4}\)

Cách tính tổng trực tiếp sử dụng Casio fx 570ES-Plush (siêu nhanh)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

\(2\sqrt 3 \sin x\cos x + 2{\cos ^2}x - 2\cos x = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos x\left( {\sqrt 3 \sin x + \cos x - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}\cos x = 0\;\\\sqrt 3 \sin x + \cos x = 0\end{array}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \;\\\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \frac{\pi }{6}\end{array}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \;\\x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \;\\x + \frac{\pi }{6} = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \;\\x = k2\pi \;\\x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array}\end{array}} \right.\)

Có \(x = \frac{\pi }{2};x = \frac{{2\pi }}{3}\) là nghiệm thuộc khoảng \((0;\pi ).\)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Xét khai triển \({(x + 1)^{2n + 1}} = C_{2n + 1}^0{x^{2n + 1}} + C_{2n + 1}^1{x^{2n}} + \ldots + C_{2n + 1}^{2n + 1}.\)

Cho \(x = 1,\) ta được \({2^{2n + 1}} = C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 + \ldots + C_{2n + 1}^{2n + 1}.(1)\)

Cho \(x = - 1,\) ta được \(0 = - C_{2n + 1}^0 + C_{2n + 1}^1 - \ldots + C_{2n + 1}^{2n + 1}.(2)\)

Cộng \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) vế theo vế, ta được

\({2^{2n + 1}} = 2\left( {C_{2n + 1}^1 + C_{2n + 1}^3 + \ldots + C_{2n + 1}^{2n + 1}} \right) \Leftrightarrow {2^{2n + 1}} = 2 \cdot 1024 \Leftrightarrow n = 5.\)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Ta có: \[f\left( 2 \right) = 2m{\rm{ }} + {\rm{ }}1.\]

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 8}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(x - 2)({x^2} + 2x + 4)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} ({x^2} + 2x + 4) = 12.\)

Hàm số liên tục tại \({x_o} = 2\) \( \Leftrightarrow f(2) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) \Leftrightarrow 2m + 1 = 12 \Leftrightarrow m = \frac{{11}}{2}.\)

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

\(\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) + m\cos x = \sqrt 2 m \Leftrightarrow \sin x + (m + 1)\cos x = \sqrt 2 m{\rm{ (*)}}\)

Để \(\left( * \right)\) có nghiệm thì

\({1^2} + {(m + 1)^2} \ge {(m\sqrt 2 )^2} \Leftrightarrow 2 + 2m \ge {m^2} \Leftrightarrow 1 - \sqrt 3 \le m \le 1 + \sqrt 3 \)

Vậy có \(3\) giá trị nguyên m thỏa mãn.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Vì số \({5^{2a + 1}} \cdot {4^{a + 3}}\)có \(2025\) chữ số nên:

\([\log ({5^{2a + 1}} \cdot {4^{a + 3}})] + 1 = 2025\)

\( \Leftrightarrow [\log ({5^{2a + 1}} \cdot {4^{a + 3}})] = 2024\)

\( \Rightarrow 2024 \le \log ({5^{2a + 1}} \cdot {4^{a + 3}}) < 2025\)

\( \Leftrightarrow 2024 \le \log ({100^a} \cdot 320) < 2025\)

\( \Leftrightarrow 2024 \le 2a + \log 320 < 2025\)

\( \Rightarrow 1010,7 \le a < 1011,2\)

Vậy \(a = 1011.\)

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Cách 1.

• Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 4.4 = 16.\)

Gọi biến cố \(A\) là "Cú sút đó không vào lưới"

Khi đó biến cố \(\bar A\) là “Cú sút đó vào lưới”

Số phần tử của \(n\left( {\bar A} \right)\) là

• Trường hợp 1. Cầu thủ sút vào vị trí \(1\) thủ môn bay vào \(1\) trong \(3\) vị trí còn lại

Cầu thủ có \(1\) cách sút.

Thủ môn có \(3\) cách bay người.

Do đó, có \(3\) khả năng xảy ra.

• Trường hợp 2. Cầu thủ sút vào vị trí \(2\) thủ môn bay vào \(1\) trong \(3\) vị trí còn lại

Cầu thủ có \(1\) cách sút.

Thủ môn có \(3\) cách bay người.

Do đó, có \(3\) khả năng xảy ra.

• Trường hợp 3. Cầu thủ sút vào vị trí \(3\) thủ môn bay vào \(1\) trong \(3\) vị trí còn lại

Cầu thủ có \(1\) cách sút.

Thủ môn có \(3\) cách bay người.

Do đó, có \(3\) khả năng xảy ra.

• Trường hợp 4. Cầu thủ sút vào vị trí \(4\) thủ môn bay vào \(1\) trong \(3\) vị trí còn lại

Cầu thủ có \(1\) cách sút.

Thủ môn có \(3\) cách bay người.

Do đó, có \(3\) khả năng xảy ra.

• Trường hợp 5. Cầu thủ sút vào vị trí \(3\) thủ môn bay vào vị trí \(3\)

Cầu thủ có \(1\) cách sút

Thủ môn có \(1\) cách bay người.

Do đó, có \(1\) khả năng xảy ra.

• Trường hợp 6. Cầu thủ sút vào vị trí \(4\) thủ môn bay vào vị trí \(4\)

Cầu thủ có \(1\) cách sút.

Thủ môn có \(1\) cách bay người.

Do đó, có \(1\) khả năng xảy ra.

Khi đó \(n\left( {\bar A} \right) = 4.3 + 2.1 = 14.\)

Xác suất xảy ra biến cố \(\bar A\) là \(p\left( {\bar A} \right) = \frac{{4.3}}{{16}} + \frac{{2.1}}{{16}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{{13}}{{16}}.\)

Vậy \(p(A) = 1 - p\left( {\bar A} \right) = 1 - \frac{{13}}{{16}} = \frac{3}{{16}}.\)

Cách 2.

Gọi \({A_i}\) là biến cố "cầu thủ sút phạt vào vị trí \(i\)".

\({B_i}\) là biến cố "thủ môn bay người cản phá vào vị trí thứ \(i\)".

Và \(C\) là biến cố "Cú sút phạt không vào lưới".

Dễ thấy, \(P({A_i}) = P({B_i}) = \frac{1}{4}.\)

Ta có \(P(C) = P({A_1})P({B_1}) + P({A_2})P({B_2}) + \frac{1}{2}P({A_3})P({B_3}) + \frac{1}{2}P({A_4})P({B_4})\)

\( = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{3}{{16}}.\)

Đáp án cần chọn là: B

Vì $\widehat{ACB}+\widehat{ACx}={180}^{°}$ (hai góc kề bù)

Trong  $△ABC$ta có:

$\widehat{ACB}+\widehat{B}+\widehat{A}={180}^{°}$ (tổng ba góc trong một tam giác)

Áp dụng định lí sin vào $△ABC,$ ta có:

Chiều dài của cây tre là:

\(d = AB + AC \approx 11,61 + 6,01 = 17,62{\rm{ (m)}}.\)

Vậy chiều dài của cây tre xấp xỉ \(17,62\,\,{\rm{m}}.\)

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Phương trình parabol \(\left( P \right)\) có đỉnh \(I\left( {0;4} \right)\) và qua điểm \(\left( {2;0} \right)\) là \(y = - {x^2} + 4\)

Diện tích cái cổng chính bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = - {x^2} + 4}\\{y = 0}\\{x = - 2}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)

Từ đó ta có \(S = \int\limits_{ - 2}^2 | - {x^2} + 4|{\mkern 1mu} {\rm{d}}x = \left| {\int\limits_{ - 2}^2 {( - {x^2} + 4)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x} \right| = \frac{{32}}{3}.\)

Đáp án cần chọn là: D

Gọi \(O = A'C' \cap B'D'\) và từ \(B'\) kẻ \(B'H \bot BO.\)

Ta có \(CD'\parallel (BA'C')\)

\( \Rightarrow d(BC';CD') = d(D';(BA'C')) = d(B';(BA'C'))\)

\( = B'H = \frac{{BB' \cdot B'O}}{{BO}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Đáp án cần chọn là: B

Xem vị trí trú bão là \(A,\) tàu thứ nhất xuất phát đến cảng \(B,\) tàu thứ hai xuất phát đến cảng \(C.\)

Ta có: Sau \(6\) giờ quãng đường tàu thứ nhất chạy được là:

\(AB = 28 \cdot 6 = 168{\rm{ km}}.\)

Sau \(6\) giờ quãng đường tàu thứ hai chạy được là: \(AC = 25 \cdot 6 = 150{\rm{ km}}.\)

Vậy hai cảng cá cách nhau là:

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC,\) ta có:

\(A{C^2} = B{C^2} + A{B^2} - 2 \cdot BC \cdot AB \cdot \cos B\)

\( \Rightarrow A{C^2} = {120^2} + {100^2} - 2 \cdot 120 \cdot 100 \cdot \cos {60^^\circ }\)

\( \Rightarrow A{C^2} = 12400\)

\( \Rightarrow AC = 20\sqrt {31} {\rm{ (m)}}\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là:

 $S_{△ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\cdot \sin B=\frac{1}{2}\cdot 120\cdot 100\cdot \sin {60}^{°}=3000\sqrt{3}{\text{ (m}}^2\text{)}$

Diện tích tam giác \(ADC\) là:

 $S_{△ADC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot DC\cdot \sin \widehat{ACD}=\frac{1}{2}\cdot 20\sqrt{31}\cdot 90\cdot \sin {45}^{°}=450\sqrt{62}{\text{ (m}}^2\text{)}$

Diện tích của mảnh đất là:

 $S_{ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ACD}=3000\sqrt{3}+450\sqrt{62}{\text{ (m}}^2\text{)}$

Vậy diện tích của mảnh đất là \(3000\sqrt 3 + 450\sqrt {62} {\rm{ (}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}.\)

Đáp án cần chọn là: A

Chọn hệ trục tọa độ \[Oxyz\] như hình vẽ \((O \equiv A').\)Không mất tính tổng quát đặt \[{\rm{AA'}} = 1.\]

Ta có: \(A\left( {0;0;1} \right),\,\,B\left( {1;0;1} \right),\)\(M\left( {1;\frac{2}{3};0} \right),N\left( {\frac{1}{3};1;0} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BN} = 1 \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) + \frac{2}{3} \cdot 1 + ( - 1) \cdot 0 = 0\)

\( \Rightarrow AM \bot BN\)hay góc giữa hai đường thẳng \(AM\) và \(BN\) bằng ${90}^{°}.$

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Điều kiện \(\sin x \ne 0\)

Phương trình (*)\( \Leftrightarrow (1 + \sin 2x + \cos 2x){\sin ^2}x = \sqrt 2 \sin x\sin 2x\)

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

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0}\\{\sin x + \cos x - \sqrt 2 = 0}\end{array}} \right.\)

+) \(\cos x = 0 \Rightarrow \sin x = \pm 1 \Rightarrow A = |\sin x + \cos x| = 1\)

+) \(\sin x + \cos x - \sqrt 2 = 0 \Rightarrow \sin x + \cos x = \sqrt 2 \Rightarrow A = |\sin x + \cos x| = \sqrt 2 \)

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD\) \( \Rightarrow SH \bot AD.\)Mà \((SAD) \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot (ABCD).\)

Ta có: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot {(\sqrt 2 )^2} = \frac{{4{a^3}}}{3} \Rightarrow SH = 2a\)

Đặt hệ trục \[Oxyz\] như hình vẽ với \(a = 1.\)

\( \Rightarrow S(0;0;2),D\left( {\frac{{ - \sqrt 2 }}{2};0;0} \right),C\left( {\frac{{ - \sqrt 2 }}{2};\sqrt 2 ;0} \right),B\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\sqrt 2 ;0} \right)\)

Có: \(\overrightarrow {SD} = \left( {\frac{{ - \sqrt 2 }}{2};0; - 2} \right);\overrightarrow {SC} = \left( {\frac{{ - \sqrt 2 }}{2};\sqrt 2 ; - 2} \right)\)

\( \Rightarrow [\overrightarrow {SD} ;\overrightarrow {SC} ] = (2\sqrt 2 ;0; - 1)\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) là: \(2\sqrt 2 x - z + 2 = 0.\)

Ta có: \(d(B,(SCD)) = \frac{{\left| {2\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} - 0 + 2} \right|}}{{\sqrt {{{(2\sqrt 2 )}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{4}{3}.\)

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Xét phương trình: \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} - 2m = 0\)

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

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - m + 1 = 1}\\{x - m + 1 = - 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = m}\\{x = m - 2}\end{array}} \right.\)

Xét phương trình: \({x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1.\)

Do đó, \(M = N \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m - 2 = - 1}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 1}\\{m - 2 = 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m = 1}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 1}\\{m = 3}\end{array}} \right.({\rm{L}})}\end{array}} \right. \Rightarrow m = 1.\)

Vậy \(m = 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

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

TH 1. \(x = y\) thế vào phương trình thứ hai ta được \({x^2} + 4x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 6}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)

TH 2. \(\frac{{{y^2} + xy + {x^2}}}{{{x^3}{y^3}}} = - 1 \Rightarrow xy < 0.\)

Ta có: \((x - 4y)(2x - y + 4) = - 36\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 4{y^2} - 9xy + 4x - 16y = - 36\)

\( \Leftrightarrow 2{(x + 1)^2} + 4{(y - 2)^2} - 9xy = - 18(*)\)

Vì \(xy < 0 \Rightarrow 2{(x + 1)^2} + 4{(y - 2)^2} - 9xy > 0.\) Vậy (*) vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là \(S = \left\{ {\left( {2;2} \right),\,\,\left( { - 6; - 6} \right)} \right\}.\)

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:

\(\log _2^2a - 2{\log _2}a + 2 + 2({\log _2}a - 1) \cdot \sin ({\log _2}a + b) = 0\)

\( \Leftrightarrow \log _2^2a - 2{\log _2}a + 1 + 2({\log _2}a - 1) \cdot \sin ({\log _2}a + b) + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow {({\log _2}a - 1)^2} + 2({\log _2}a - 1) \cdot \sin ({\log _2}a + b) + {\sin ^2}({\log _2}a + b) + {\cos ^2}({\log _2}a + b) = 0\)

\( \Leftrightarrow {[({\log _2}a - 1) + \sin ({\log _2}a + b)]^2} + {\cos ^2}({\log _2}a + b) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}a - 1 + \sin ({{\log }_2}a + b) = 0}\\{{{\cos }^2}({{\log }_2}a + b) = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}a - 1 + 1 = 0}\\{{{\log }_2}a - 1 - 1 = 0}\end{array}} \right.}\\{{{\log }_2}a + b = \frac{\pi }{2} + k\pi }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = \frac{\pi }{2} - 1 + k\pi }\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = \frac{\pi }{2} - 2 + k\pi }\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

+ TH1: Nếu \(a = 1 \Rightarrow b \ge \frac{\pi }{2} - 1 \Rightarrow T \ge \frac{{3\pi }}{2} - 1\)

+ TH2: Nếu \(a = 4 \Rightarrow b \ge \frac{{3\pi }}{2} - 2 \Rightarrow T \ge \frac{{9\pi }}{2} + 1\)

Vậy \({T_{\min }} = \frac{{3\pi }}{2} - 1\)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

 Phương trình hoành độ giao điểm của \(y = {x^2}\)và \[y{\rm{ }} = {\rm{ }}x{\rm{ }} + {\rm{ }}2:\]

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

Diện tích hình \(\left( H \right):\)

\( = \int_{ - 1}^2 | {x^2} - (x + 2)|dx = \int_{ - 1}^2 | {x^2} - x - 2|dx\)

\( = - \int_{ - 1}^2 {({x^2} - x - 2)} dx = \left( { - \frac{1}{3}{x^3} + \frac{1}{2}{x^2} + 2x} \right)|_{ - 1}^2\)

\( = - \left( {\frac{1}{3} \cdot {2^3} - \frac{1}{2} \cdot {2^2} - 2 \cdot 2} \right) + \left( {\frac{1}{3} \cdot {{( - 1)}^3} - \frac{1}{2} \cdot {{( - 1)}^2} - 2 \cdot ( - 1)} \right) = \frac{9}{2}\)

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:

Mỗi cách lấy \(3\) đỉnh từ \(30\) đỉnh của đa giác là một tổ hợp chập \(3\) của \(30\) phần tử.

Vậy số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = C_{30}^3 = 4060.\)

Gọi \(A\) là biến cố: "\(3\) đỉnh lấy được tạo thành một tam giác tù".

Gọi \(\left( C \right)\) là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều \(\left( H \right)\) có các đỉnh \({A_1},{A_2}, \ldots ,{A_{30}}.\)

Tam giác tạo thành là tam giác tù khi có \(3\) đỉnh cùng thuộc nửa đường tròn.

Ta có đoạn thẳng \({A_1}{A_{16}}\)chia đường tròn thành hai nửa. Tam giác tù có đỉnh là \({A_1}\) thì hai đỉnh còn lại nằm cùng một phía so với \({A_1}{A_{16}}\)

Có \(C_{14}^2\) cách chọn \(2\) đỉnh còn lại trong một nửa đường tròn (trừ điểm \({A_1},{A_{16}}\)).

Ta có \(2\) nửa đường tròn nên có \(2.C_{14}^2\) cách chọn tam giác tù có đỉnh là \({A_1}\)

Làm tương tự với các đỉnh còn lại \({A_2};{A_3}; \ldots ;{A_{30}}\) tuy nhiên số tam giác bị tính hai lần.

Vì vậy, số tam giác tù có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều là:

\(\frac{{30.2.C_{14}^2}}{2} = 30.C_{14}^2 = 2730.\)

Hay số phần tử của biến cố là \(n\left( A \right) = 2730.\)

Xác suất cần tìm là \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{2730}}{{4060}} = \frac{{39}}{{58}}.\)

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Gọi số hợp đồng bán được của nhân viên \(B\) trong tháng \(12\) là \(x(x \in \mathbb{N}).\)

Số hợp đồng trung bình mà nhân viên \(A\) bán được trong \(1\) tháng là

\({\bar x_A} = \frac{{7 + 8 + 2.9 + 3.10 + 13 + 14 + 16 + 17 + 18}}{{12}} = 11,75.\)

Số hợp đồng trung bình mà nhân viên \(B\) bán được trong \(1\) tháng là

\({\bar x_B} = \frac{{x + 3.7 + 2.10 + 2.11 + 12 + 3.16}}{{12}} = \frac{x}{{12}} + 10,25.\)

Phương sai số hợp đồng của nhân viên \(A\) là

\(s_A^2 = \frac{{{{(7 - 11,75)}^2} + {{(8 - 11,75)}^2} + 2{{(9 - 11,75)}^2} + 3{{(10 - 11,75)}^2} + \ldots + {{(18 - 11,75)}^2}}}{{12}} = 12,6875.\)

Phương sai số hợp đồng của nhân viên \(B\) là

\(s_B^2 = \frac{{{{\left( {x - \frac{x}{{12}} - 10,25} \right)}^2} + 3{{\left( {7 - \frac{x}{{12}} - 10,25} \right)}^2} + 2{{\left( {10 - \frac{x}{{12}} - 10,25} \right)}^2}}}{{12}}\)\( + \frac{{2{{\left( {11 - \frac{x}{{12}} - 10,25} \right)}^2} + {{\left( {12 - \frac{x}{{12}} - 10,25} \right)}^2} + 3{{\left( {16 - \frac{x}{{12}} - 10,25} \right)}^2}}}{{12}}\)

\( = \frac{1}{{12}}\left[ {{{\left( {\frac{{11}}{{12}}x - 10,25} \right)}^2} + 3{{\left( {\frac{x}{{12}} + 3,25} \right)}^2} + 2{{\left( {\frac{x}{{12}} + 0,25} \right)}^2} + 2{{\left( {\frac{x}{{12}} - 0,75} \right)}^2} + {{\left( {\frac{x}{{12}} - 1,75} \right)}^2} + 3{{\left( {\frac{x}{{12}} - 5,75} \right)}^2}} \right]\)

\( = \frac{1}{{12}}\left[ {\frac{{11}}{{12}}{x^2} - \frac{{41}}{2}x + \frac{{961}}{4}} \right]\)

Để nhân viên \(B\) giành được giải thưởng "Nhân viên bán hàng có phong độ ổn định nhất năm" tức là nhân viên \(B\) có số hợp đồng bán được ổn định hơn thì \(s_B^2 < s_A^2\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{12}}\left[ {\frac{{11}}{{12}}{x^2} - \frac{{41}}{2}x + \frac{{961}}{4}} \right] < 12,6875\)

\( \Leftrightarrow \frac{{11}}{{12}}{x^2} - \frac{{41}}{2}x + 88 < 0\)

\( \Leftrightarrow 5,79 < x < 16,57.\)

Kết hợp điều kiện suy ra \(x \in \{ 6;7; \ldots ;15;16\} \) thỏa mãn điều kiện.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Ta có \({v_B}(t) = \int a {\mkern 1mu} dt = at + C,{v_B}(0) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow {v_B}(t) = at.\)

Quãng đường chất điểm \(A\) đi được trong \(25\) giây là

\({S_A} = \int_0^{25} {\left( {\frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{13}}{{30}}t} \right)} dt = \left( {\frac{1}{{300}}{t^3} + \frac{{13}}{{60}}{t^2}} \right)|_0^{25} = \frac{{375}}{2}.\)

Quãng đường chất điểm \(B\) đi được trong \(15\) giây là

\({S_B} = \int_0^{15} a t{\mkern 1mu} dt = \frac{{a{t^2}}}{2}|_0^{15} = \frac{{225a}}{2}.\)

Ta có \(\frac{{375}}{2} = \frac{{225a}}{2} \Leftrightarrow a = \frac{5}{3}.\)

Vận tốc của \(B\) tại thời điểm đuổi kịp \(A\) là \({v_B}(15) = \frac{5}{3} \cdot 15 = 25(m/s).\)

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: \(17,433.\)

Giải chi tiết:

Gọi \({x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{200}}\) là mẫu số liệu gốc gồm khối lượng tăng trưởng của \(200\) con cá rô phi được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có: tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc thuộc nhóm \(\left[ {80;90} \right);\)tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc thuộc nhóm \(\left[ {90;100} \right).\)

Khi đó:

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({Q_1} = 80 + \frac{{\frac{{200}}{4} - (14 + 25)}}{{53}}(90 - 80) = \frac{{4350}}{{53}}.\)

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({Q_3} = 90 + \frac{{\frac{{3.200}}{4} - (14 + 25 + 53)}}{{61}}(100 - 90) = \frac{{6070}}{{61}}.\)

Khi đó, khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{6070}}{{61}} - \frac{{4350}}{{53}} \approx 17,433.\)

Đáp án cần điền là: \(17,433.\)

Đáp án đúng là: \(7.\)

Giải chi tiết:

Đa giác có \(n\) cạnh \((n \in \mathbb{N},n \ge 3)\)

Số đường chéo trong đa giác là: \(C_n^2 - n\)

Ta có: \(C_n^2 - n = 2n \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{(n - 2)! \cdot 2!}} = 3n \Leftrightarrow n(n - 1) = 6n \Rightarrow n = 7\)

Đáp án cần điền là: \(7.\)

Đáp án đúng là: \(2.\)

Giải chi tiết:

Ta có \(\int_0^4 f (2x)dx = \frac{1}{2}\int_0^4 f (2x)d(2x) = \frac{1}{2}\int_0^8 f (t)dt = \frac{1}{2}\int_0^8 f (x)dx = 2.\)

Đáp án cần điền là: \(2.\)

Đáp án đúng là: \(18000.\)

Giải chi tiết:

Thể tích hộp quà lập phương là: \({V_1} = {30^3} = 27000(c{m^3}).\)

Xét đồ chơi có dạng hình chóp tứ giác đều, chiều cao của hình chóp bằng với một cạnh của hình lập phương, hay \(h = 30\,{\rm{cm}}\) đáy của hình chóp có diện tích \(S = {30^2} = 900(c{m^2}).\)

Thể tích khối đồ chơi (khối chóp tứ giác đều) là:

\({V_2} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \cdot 900 \cdot 30 = 9000(c{m^3}).\)

Thể tích phần không gian bên trong chiếc hộp không bị chiếm bởi mô hình đồ chơi dạng hình chóp: \(V = {V_1} - {V_2} = 27000 - 9000 = 18000(c{m^3}).\)

Đáp án cần điền là: \(18000.\)

Đáp án đúng là: \( - 5.\)

Giải chi tiết:

Xét số \(a\) thoả mãn

\({u_n} - a = 3({u_{n - 1}} - a),\forall n \ge 2 \Leftrightarrow {u_n} = 3{u_{n - 1}} - 2a,\forall n \ge 2.\)

Suy ra \( - 2a = - 1 \Rightarrow a = \frac{1}{2}.\)

Vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = - 2}\\{{u_n} - \frac{1}{2} = 3\left( {{u_{n - 1}} - \frac{1}{2}} \right),\forall n \ge 2}\end{array}} \right..\)

Đặt \({v_n} = {u_n} - \frac{1}{2} \Rightarrow {v_{n - 1}} = {u_{n - 1}} - \frac{1}{2},\forall n \ge 2\) và

\({v_1} = {u_1} - \frac{1}{2} = - 2 - \frac{1}{2} = - \frac{5}{2}.\)

Khi đó dãy \(({v_n})\) thoả mãn \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{v_1} = - \frac{5}{2}}\\{{v_n} = 3{v_{n - 1}},\forall n \ge 2}\end{array}} \right..\)

Ta thấy \(({v_n})\) là cấp số nhân với \({v_1} = - \frac{5}{2},\)công bội \(q = 3,\) suy ra

\({v_n} = - \frac{5}{2} \cdot {3^{n - 1}},\forall n \ge 1.\)

Do đó \({u_n} = {v_n} + \frac{1}{2} = - \frac{5}{2} \cdot {3^{n - 1}} + \frac{1}{2},\forall n \ge 1.\)

Vậy

\(\lim \frac{{{u_n}}}{{{3^n}}} = \lim \frac{{ - \frac{5}{2} \cdot {3^{n - 1}} + \frac{1}{2}}}{{{3^n}}} = \lim \left( { - \frac{5}{6} + \frac{1}{{2 \cdot {3^n}}}} \right) = - \frac{5}{6} \Rightarrow k = - 5.\)

Đáp án cần điền là: \( - 5.\)

Đáp án B

Giải thích:
Nhan đề tập trung vào thân phận “người gánh nước thuê” – một công việc nặng nhọc, thấp kém trong xã hội. Qua đó nhấn mạnh cuộc đời lam lũ, bé nhỏ, nhiều bất hạnh của bà Diễm, chứ không nhằm ca ngợi nghề nghiệp hay nói về sự giàu có.

Đáp án C

Giải thích:
Chiếc đòn gánh “nhẵn bóng”, “bám chặt lấy bà như một thứ nghiệp chướng” là hình ảnh mang tính biểu tượng. Nó cho thấy thời gian dài bà sống trong cơ cực, gánh nặng mưu sinh hằn in lên cả thân thể lẫn dụng cụ lao động. Đây là biểu tượng cho cuộc đời lam lũ và bất hạnh.

Đáp án C

Giải thích:
Những “nhà có máu mặt” không hề tôn trọng bà Diễm. Họ săm soi, nghi ngờ, thậm chí bắt bà đổ nước đi gánh lại; người trả tiền thì vội quay đi vì sợ “mất thể diện”. Điều đó thể hiện thái độ khinh rẻ, dè chừng và lạnh lùng.

Đáp án C

Giải thích:
Hành động trêu chọc, chế giễu ông Tiếu và bà Diễm không phải hồn nhiên mà là ác ý. Tiếng cười “ré lên như hóa dại” cho thấy sự vô cảm, tàn nhẫn của đám đông trước nỗi đau của người khác.

Đáp án C

Giải thích:
Ông Tiếu “đứng lặng phắc”, “lùi lũi trở về”, “nằm vật ra giường” rồi lên cơn sốt. Những chi tiết này thể hiện sự đau đớn, tủi nhục và tuyệt vọng, chứ không phải tức giận hay bình thản.

Đáp án C

Giải thích:
Một trăm đồng bạc là số tiền ông chắt chiu suốt đời, dù “ốm đau đói rét bao phen cũng không dám đụng đến”. Điều đó thể hiện tình yêu thương sâu sắc và niềm hy vọng bền bỉ ông dành cho con gái.

Đáp án B

Giải thích:
Hình ảnh “hai giọt nước như được gạn từ đáy mắt” là cách diễn đạt giàu tính biểu cảm, cho thấy nỗi đau dồn nén, sâu thẳm. Đó là giọt nước mắt của tình phụ tử thiêng liêng và niềm day dứt khôn nguôi.

Đáp án C

Giải thích:
Bà Diễm giữ gìn tấm ảnh và một trăm đồng bạc như “bùa phép” cuối cùng. Bà còn tự viết dòng chữ giả làm con ông Tiếu để ông được yên lòng. Điều đó cho thấy bà là người giàu tình nghĩa, thủy chung, nhân hậu.

Đáp án B

Giải thích:
Dòng chữ “Đây nà cháu Nê…” đầy lỗi chính tả chứng tỏ bà Diễm tự viết ra. Bà không tìm được con ông Tiếu nhưng vẫn cố tạo ra một niềm an ủi tinh thần, như để giữ lời hứa và xoa dịu linh hồn người đã khuất.

Đáp án C

Giải thích:
Tác phẩm không chỉ phê phán sự vô cảm mà quan trọng hơn là ca ngợi tình người trong những phận đời bất hạnh: tình phụ tử của ông Tiếu, sự thủy chung của bà Diễm và niềm hy vọng không tắt. Đây chính là giá trị nhân văn sâu sắc của truyện.

Đáp án C

Giải thích:
Ngay đoạn [1] nêu rõ nghiên cứu được công bố trên tạp chí Chemosphere. Đây là thông tin trực tiếp trong văn bản.

Đáp án C

Giải thích:
Đoạn [2] cho biết các dụng cụ nhựa đen có thể chứa chất chống cháy (đặc biệt là BFRs), có liên quan đến ung thư, rối loạn hormone và độc tính thần kinh. Vì vậy nguy cơ chính là ảnh hưởng nghiêm trọng đến sức khỏe.

Đáp án B

Giải thích:
Văn bản nêu rõ BFRs “được xem là chất độc hại và tích tụ trong các mô của cơ thể”, liên quan đến nhiều nguy cơ sức khỏe. Điều này chứng tỏ chúng không dễ phân hủy mà có khả năng tích lũy sinh học.

Đáp án B

Giải thích:
Đoạn [3] chỉ rõ hai chất bị cấm là decabromodiphenyl ether (deca-BDE) và tetrabromobisphenol A (TBBPA) từ năm 2006–2007 tại Hoa Kỳ và Liên minh châu Âu.

Đáp án C

Giải thích:
Đoạn [4] giải thích rằng nhiều vỏ bọc thiết bị điện tử có màu đen. Khi các thiết bị này được tái chế, nhựa đen có thể mang theo chất chống cháy còn tồn dư, từ đó xuất hiện trong sản phẩm gia dụng.

Đáp án D

Giải thích:
Đoạn [6] cho biết: “hỗn hợp BFRs và OPFRs xuất hiện trong 65% số sản phẩm được thử nghiệm”. Đây là số liệu cụ thể của nghiên cứu.

Đáp án B

Giải thích:
Đoạn [7] nêu rõ khi tiếp xúc với nhiệt (nấu ăn, hâm nóng thức ăn), nguy cơ hóa chất rò rỉ tăng cao. Nhiệt độ cao thúc đẩy quá trình thôi nhiễm hóa chất vào thực phẩm.

Đáp án C

Giải thích:
Văn bản đặc biệt nhấn mạnh nguy cơ với trẻ em, nhất là khi trẻ cho đồ chơi vào miệng. Trẻ nhỏ dễ bị phơi nhiễm và nhạy cảm hơn với hóa chất độc hại.

Đáp án B

Giải thích:
Tác giả nghiên cứu khuyến nghị nên thay thế dụng cụ nhựa bằng các vật liệu như gỗ hoặc thép không gỉ để giảm nguy cơ phơi nhiễm hóa chất độc hại.

Đáp án B

Giải thích:
Toàn bộ văn bản nhằm cảnh báo nguy cơ sức khỏe từ nhựa đen tái chế (đặc biệt là do chất chống cháy tồn dư) và đưa ra khuyến nghị lựa chọn sản phẩm an toàn hơn. Đây là thông điệp chính mang tính cảnh báo cộng đồng.

Giải chi tiết: Tăng hiệu điện thế làm tăng số electron bị bứt ra, làm tăng các tia sóng điện từ

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Tăng hiệu điện thế làm tăng năng lượng của sóng điện từ, tăng tần số sóng. Do tốc độ sóng không đổi nên bước sóng giảm

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Ta có:

\(E = q.{U_{AK}} = h\frac{c}{\lambda } \Rightarrow \lambda = \frac{{hc}}{{|e|.{U_{AK}}}}\)

\( \Rightarrow \lambda = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}.25}} \approx {49.10^{ - 9}}(m) = 49(nm)\)

Đáp án cần điền là: 49

Giải chi tiết:

Sóng điện từ được phát ra ở câu 6 thuộc vùng tử ngoại.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Động năng của electron khi đập đến anot bằng công của lực điện:

\({W_d} = A \Rightarrow \frac{1}{2}m{v^2} = |q|U \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{2|e|U}}{m}} \)

\( \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{2.1,{{6.10}^{ - 19}}.25}}{{9,{{1.10}^{ - 31}}}}} \approx {2964.10^3}{\rm{ (m/s)}} = 2964{\rm{ (km/s)}}\)

Đáp án cần điền là: 2964

Giải chi tiết: Từ thang sóng điện từ ta có khoảng bước sóng của tia X:

\(0,01{\rm{nm}} \le \lambda \le 10{\rm{nm}}\)

\( \Rightarrow {3.10^{19}} \ge f \ge {3.10^{16}}{\rm{ (Hz)}}\)

\( \Rightarrow 1,{9875.10^{ - 14}} \ge E \ge 1,{9875.10^{ - 17}}{\rm{ (J)}}\)

\( \Rightarrow 124218 \ge U \ge 124,2{\rm{ (V)}}\)

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Để tia X có khả năng xuyên thấu cao hơn, các photon tia X phát ra phải có năng lượng lớn.

Năng lượng của photon tia X được chuyển hóa từ động năng của electron khi đập vào đối Anot.

Theo công thức động năng: W_đ = e. U_AK. Do đó, muốn tăng động năng va chạm, ta phải tăng hiệu điện thế gia tốc U_AK

Phân tích các phương án còn lại: Việc tăng/giảm U_BC chỉ làm thay đổi nhiệt độ dây tóc, từ đó thay đổi số lượng electron (cường độ dòng tia X) chứ không làm thay đổi đáng kể khả năng xuyên thấu.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Học sinh tắt đèn trong phòng vì:

Để đảm bảo chỉ có ánh sáng từ bóng đèn A-F chiếu sáng 2 khối paraffin.

Để loại bỏ ánh sáng nền.

Khi không có ánh sáng ngoại lai, ánh sáng tác động lên tấm parafin hoàn toàn đến từ bóng đèn khảo sát.

Đáp án cần chọn là: A; B; D

Giải chi tiết:Theo Bảng 2, khi số lượng bóng đèn thắp sáng trong Vật cố định 1 tăng từ 2 lên 5 thì L tăng lên. => nếu sử dụng thiết bị cố định mới, tăng số lượng bóng đèn thắp sáng từ 5 lên 6, thì L sẽ lớn hơn giá trị của L cho trong Bảng 2 đối với 5 bóng đèn thắp sáng là 0,446 m.

=> Giá trị L > 0,446m là 0,490 m hay D là đáp án chính xác.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết:Trong Thí nghiệm 1 ta thấy mỗi lần một bóng đèn được thắp sáng trong Vật cố định 1, nhưng vị trí của bóng đèn sáng trong Vật cố định 1 đã thay đổi.

=> Do đó, mục đích chính của Thí nghiệm 1 phải là xác định ảnh hưởng, nếu có, của vị trí của bóng đèn đối với giá trị của L. Hay xác định xem L có phụ thuộc vào vị trí của bóng đèn trong Vật cố định 1 hay không

Đáp án cần chọn là: S; Đ; Đ; S

Giải chi tiết:Trong Thí nghiệm 2, khi thắp sáng 5 bóng đèn (A, B, C, D, E), khoảng cách cân bằng đo được là L = 0,446 m.

Nếu chỉ sử dụng một bóng đèn mới mà vẫn đạt được khoảng cách cân bằng L = 0,446 m, điều đó có nghĩa là một bóng đèn mới này có cường độ sáng tương đương với tổng 5 bóng đèn ban đầu cộng lại.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Trong thí nghiệm 2, giả sử học sinh thay bóng đèn F bằng một bóng đèn G sáng hơn nhiều thì khoảng cách L nhỏ hơn đối với mọi tổ hợp bóng đèn thắp sáng

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Khi hai khối parafin phát sáng như nhau và khoảng cách L khoảng 0,347 m thì khi đó có 3 bóng đèn bật sáng, trừ bóng đèn F.

Đáp án cần điền là: 3

Giải chi tiết: Thành phần chính của lớp men răng là Ca₅(PO₄)₃OH

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Những ion có lợi trong kem đánh răng giúp tạo men răng thay thế bền hơn Ca²⁺; F^-; PO₄^3-.

Do H⁺ ­là tác nhân acid hóa, gây tiêu thụ OH^⁻ → hại men.

Đáp án cần chọn là: A; B; D

Giải chi tiết:

a sai,Acid H⁺ tăng → trung hòa OH⁻ → cân bằng tạo men dịch chuyển nghịch → giảm tạo men.

b đúng.

c đúng.

d sai, trầu có Ca(OH)₂ cung cấp Ca²⁺ và OH⁻ hỗ trợ tạo men.

Đáp án cần chọn là: S; Đ; Đ; S

Giải chi tiết: Khi ăn đồ ngọt quá nhiều, vi khuẩn tạo acid làm pH giảm, ion H⁺ tăng, dẫn đến OH⁻ bị tiêu thụ và cân bằng dịch chuyển chiều nghịch gây mòn men răng.

 Đáp án cần chọn là: giảm; tăng; chiều nghịch

Giải chi tiết

 (1) pH = 5,5 sau khi uống nước ngọt có gas → môi trường acid khá mạnh → H⁺ cao → OH⁻ bị giảm nhiều → men răng dễ bị mòn → ít được bảo vệ nhất.

(2) pH = 7,2 sau khi súc miệng bằng nước lọc → môi trường gần trung tính – hơi base nhẹ → H⁺ giảm do pha loãng → OH⁻ không bị tiêu thụ nhiều nữa → cân bằng khoáng hóa men răng ít bị dịch chuyển nghịch → bảo vệ men khá tốt → xếp thứ 3.

(3) Đánh răng bằng kem chứa NaF → cung cấp F⁻ giúp chuyển men bị mòn từ Ca₅(PO₄)₃OH thành Ca₅(PO₄)₃F bền hơn, khó bị mòn trong acid → bảo vệ men tốt nhất → xếp cuối.

(4) Ăn trái cây chua (cam, chanh) ngay sau bữa → bổ sung acid hữu cơ → H⁺ tăng thêm → tiếp tục tiêu thụ OH⁻ → men bị mòn nhanh hơn, nhưng mức độ acid hóa có thể không kéo dài bằng nước ngọt có gas → hại men nhưng đỡ hơn (1).

 Đáp án cần chọn là: 1-4-2-3

Giải chi tiết: F⁻ không tham gia cân bằng tạo men tự nhiên Ca₅(PO₄)₃OH → nên không làm cân bằng đó dịch chuyển thuận.

Nhưng F⁻ thay OH⁻ ở phần men bị mòn → tạo Ca₅(PO₄)₃F bền hơn trong acid → bảo vệ men tốt hơn.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Nước lọc hạn chế sự giảm OH⁻ bằng cách pha loãng acid và giảm H⁺ trong miệng nên việc súc miệng bằng nước lọc sau khi ăn được khuyến nghị vì giúp bảo vệ men răng

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Quá trình hình thành nitric acid: \(2N{O_2} + {H_2}O \to 2HN{O_3} + NO\)

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Trong tự nhiên, nitric acid được hình thành qua các giai đoạn:

 - Nitrogen phản ứng với oxygen tạo ra nitrogen monoxide (NO):

- Nitrogen monoxide (NO) sau đó phản ứng với oxy trong không khí để tạo nitrogen dioxide (NO₂): \(2NO + {O_2} \to 2N{O_2}\)

- Cuối cùng, nitrogen dioxide (NO₂) phản ứng với nước trong không khí để tạo thành acid nitric (HNO₃): \(2N{O_2} + {H_2}O \to HN{O_3} + HN{O_2}\)

Đáp án cần chọn là: A; B; D

Đáp án đúng là: 12,395

Giải chi tiết:

\({n_{HN{O_3}}} = \frac{{12,6}}{{63}} = 0,2{\rm{ mol}}{\rm{.}}\)

Ta thấy, theo chuỗi phản ứng, 2 mol NH₃ sẽ tạo ra 1 mol HNO₃ với hiệu suất 100%.

Do đó, với hiệu suất 80% thì số mol NH₃ tạo ra 0,2 mol HNO₃ là:

\(0,2 \times 2:80\% = 0,5{\rm{ mol}}{\rm{.}}\)

=> V_{NH3 (đkc)} = 0,5 . 24,79 = 12,395 l

Đáp án cần điền là: 12,395

Giải chi tiết:

Trong tự nhiên, dưới tác dụng của hiện tượng sét, nitrogen và oxygen có thể phản ứng tạo thành nitrogen oxide. Chất này sau đó bị oxi hóa trong không khí để tạo ra nitrogen dioxide. Khi tan trong nước mưa, chúng tiếp tục chuyển hóa thành nitric acid – một loại acid mạnh, góp phần hình thành hiện tượng mưa acid.

Đáp án cần chọn là: sét; nitrogen oxide; nitrogen dioxide; nitric acid; mưa acid

Giải chi tiết:

Khi nồng độ NO tăng → NO₂ tăng → HNO₃ tăng → mưa acid mạnh hơn.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Phân tích các phương án:

a sai, NO mới là sản phẩm trực tiếp của phản ứng

b đúng, \(2N{O_2} + {H_2}O \to HN{O_3} + HN{O_2}\)

c đúng, HNO₃ trong mưa acid có khả năng ăn mòn các công trình kim loại.

d đúng.

Đáp án cần chọn là: S; Đ; Đ; Đ

Giải chi tiết:

Nitrogen dioxide (NO₂) → Khí màu nâu đỏ, tan một phần trong nước, tham gia phản ứng tạo nitric acid.

Nitric oxide (NO) → Chất trung gian dễ bị oxi hóa thành NO₂.

Nitric acid (HNO₃) → Acid mạnh, có tính oxi hóa, gây mưa acid.

Ammonia (NH₃) → Nguyên liệu sản xuất HNO₃ trong công nghiệp theo quy trình Ostwald.

Đáp án cần chọn là: 1-a; 2-c; 3-d; 4-b

Giải chi tiết:

Mối quan hệ cộng sinh là mối tương tác có lợi lẫn nhau giữa hai loài.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Trâu bò có thể tiêu hóa cellulose vì hệ tiêu hóa của chúng cung cấp nơi ở cho quần thể vi sinh vật cộng sinh (vi khuẩn và nguyên sinh động vật) có khả năng tiết ra enzyme cellulase.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Ống tiêu hóa của động vật ăn cỏ thường dài hơn ống tiêu hóa của động vật ăn thịt.

Vì ống tiêu hóa của động vật ăn cỏ thường dài hơn ống tiêu hóa của động vật ăn thịt để có đủ thời gian và không gian cho quá trình lên men và hấp thụ dưỡng chất từ thực vật.

Đáp án cần chọn là: dài hơn

Giải chi tiết:

Vai trò của vi sinh vật là tiêu hóa cellulose, chuyển hóa chất phức tạp thành đơn giản và tạo nguồn protein cho vật chủ. Việc nghiền nát thức ăn là nhiệm vụ cơ học của răng và sự nhào trộn của dạ dày, không phải nhiệm vụ của vi sinh vật.

Đáp án cần chọn là: C