Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 10)

Giải thích

 Chọn B

Đáp án

B. Sai

Giải thích

T.V – F.N bị thua kiện vì chưa đủ bằng chứng xử lý vi phạm của cơ sở H.T.

Đáp án

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

Giải thích

Đáp án

Điền một cụm từ không quá ba tiếng trong đoạn [2] vào chỗ trống:

Quá trình phát hiện và xử lý các vụ việc xâm phạm bản quyền hiện nay gặp nhiều khó khăn do (1) tính linh hoạt của môi trường số.

Giải thích

Giải thích

Chọn C

Giải thích

 Chọn A, B

Giải thích

 Chọn B, C

Đáp án

Điền một cụm từ không quá hai tiếng trong đoạn [4] vào chỗ trống

Mặc dù cơ quan chức năng ở Việt Nam đã có biện pháp xử lý các hành vi xâm phạm quyền tác giả, nhiều đối tượng vẫn (1) tái phạm trên các nền tảng số ở nước ngoài.

Giải thích

Đáp án

Giải thích

Đáp án

Điền một cụm từ không quá hai tiếng trong đoạn [7] vào chỗ trống:

Việc bảo vệ bản quyền trong sự phát triển của môi trường kỹ thuật số là (1) thách thức cho các nhà phát triển công nghệ tiếp tục nghiên cứu.

Giải thích

Giải thích

Ý chính các đoạn trong bài.

Đoạn 1. Tính cấp thiết của việc tái chế rác thải xây dựng.

Đoạn 2. Một số phương pháp được đề xuất để tái chế chất thải xây dựng.

Đoạn 3-5. Giới thiệu và những ưu điểm chính của phương pháp tái chế chất thải xây dựng thành hạt cốt liệu nung rỗng.

Đoạn 6-9. Quá trình thực hiện nghiên cứu chế tạo bê tông cách nhiệt chịu lực từ chất thải xây dựng.

Đoạn 10-11. Những khó khăn trong quá trình thực hiện nghiên cứu và đề xuất phương án giải quyết.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn câu là: “Chế tạo bê tông nhẹ có khả năng cách nhiệt và chịu lực từ chất thải xây dựng.”

 Chọn A

Đáp án

Từ thông tin trong đoạn [1] và [2], hãy điền một cụm từ không quá ba tiếng để hoàn thành đoạn sau.

Các thành phố lớn tại Việt Nam đang phải đối mặt với nguy cơ ô nhiễm môi trường do chất thải xây dựng. Một số chuyên gia đã đề xuất sử dụng (1) biện pháp mới, thay thế việc chôn lấp tại các khu xử lý. Trong đó, công nghệ nghiền tái chế được cho rằng sẽ tận dụng 70-100% phế thải xây dựng ngay tại công trình.

Giải thích

Đọc đoạn [1], [2] trong văn bản, chú ý câu văn sử dụng từ “chôn lấp”. “Tuy nhiên, phần lớn các khu xử lý chất thải rắn hiện nay đều bị quá tải và chủ yếu sử dụng biện pháp chôn lấp.”. Nhận thấy đề bài đã thay thế “biện pháp chôn lấp” thành “việc chôn lấp”, kết hợp thông tin trong đoạn. “Đó là lý do khiến ngành xây dựng đang nghĩ đến cách tiếp cận mới. Tái chế chất thải xây dựng.” để suy luận. biện pháp chôn lấp không còn phù hợp, cần thay thế bằng một biện pháp mới. Từ cần điền trong đoạn là “biện pháp”.

HS cần lưu ý, trong bài đọc có sử dụng cụm từ “cách tiếp cận mới”, tuy nhiên, cụm từ này không phù hợp để kết hợp với từ “sử dụng” trong câu điền khuyết.

Giải thích

Thông tin tại đoạn [2]. “máy nghiền lắp đặt ngay tại chân công trình, cho phép nghiền tại chỗ các khối bê tông, vật liệu rắn thành các hạt nhỏ 3x4cm và cát mịn mà không cần tập kết ra bãi phế liệu.”, như vậy, đáp án đúng là D. Các phương án còn lại là chế phẩm tạo ra từ vật liệu tái chế, không phải sản phẩm trực tiếp hình thành từ máy nghiền tái chế.

 Chọn D

Giải thích

Từ “này” cho thấy cụm từ/đối tượng được nhắc tới trong đoạn này đã được làm rõ trước đó để người đọc biết đến. Tìm kiếm từ khóa và thông tin liên quan trong các đoạn [1], [2] → Trong đoạn [2] có đề cập thông tin như sau. “...chẳng hạn như máy nghiền lắp đặt ngay tại chân công trình, cho phép nghiền tại chỗ các khối bê tông, vật liệu rắn thành các hạn nhỏ 3x4cm và cát mịn…”, từ đó chọn đáp án đúng là A.

Giải thích

Dựa vào thông tin trong đoạn [4]. “so với gạch xây thông thường, ta có thể giảm chi phí đáng kể trong các công trình xây dựng do giảm được tải trọng tác dụng, qua đó giảm kích thước các kết cấu chịu lực và móng công trình”, chọn đáp án đúng là C.

Đáp án

B. Sai

Giải thích

Thông tin tại đoạn [6] như sau. “...ở Việt Nam đây là một trong những nghiên cứu đầu tiên sử dụng công nghệ nung và sử dụng đầu vào là phế thải xây dựng. Để làm được điều đó, nhóm nghiên cứu đã tập hợp các chuyên gia từ nhiều lĩnh vực, ...”. Theo đó, nghiên cứu này chỉ là “một trong những nghiên cứu tiên” nên mệnh đề trên “Sai”.

Đáp án

Từ thông tin trong đoạn [8], hãy điền một cụm từ không quá bốn tiếng để hoàn thành đoạn sau.

Theo đoạn trích, các loại hạt cốt liệu được phân loại dựa trên (1) khả năng chịu lực, sau đó, có thể được ứng dụng trong nhiều ngành khác nhau.

Giải thích

Căn cứ vào thông tin trong đoạn. “Do các hạt cốt liệu nhẹ chế tạo từ phế thải xây dựng nên chúng tôi không kì vọng chúng có khả năng chịu lực quá cao.”, “Bù lại, các hạt cốt liệu nhẹ có thể có nhiều ứng dụng khác nhau ...”. Như vậy, sự phân loại các hạt thành có chất lượng thấp, chất lượng tốt hơn, có cường độ tốt nhất để ứng dụng được là căn cứ vào khả năng chịu lực. Từ cần điền để hoàn thành câu là “khả năng chịu lực”.

Giải thích

Đọc đoạn [10], xác định các vấn đề được đưa ra trong đoạn. “việc nung trên cơ sở lò quay vẫn là khâu thách thức nhất”, “công nghệ chế tạo lò vẫn chưa thể nội địa hóa…chi phí vẫn còn cao”, “nhiệt lượng sử dụng khá lớn và có thể khiến tổng chi phí tăng lên”, “Một số ý kiến phản hồi …chưa đủ “xanh” cho môi trường”. Như vậy, chọn đáp án đúng là B.

Giải thích

Đọc đoạn [11]. “...chẳng hạn tận dụng khí gas từ chất thải hữu cơ làm năng lượng đốt lò – để giảm thiểu tác động, hoặc tạo ra một quá trình sản xuất liên tục để giảm hao phí năng lượng và chi phí vận hành. Trong tương lai, họ cũng xem xét nghiên cứu thêm cách hạ thấp nhiệt độ nung để nâng cao hiệu quả kinh tế - kỹ thuật của sản phẩm hạt nhẹ này.”, nhận thấy phương án “Tạo ra sản phẩm hạt nhẹ có giá trị kinh tế cao” không được nhắc tới trong bài nên đáp án đúng là D.

Đáp án

B. Sai

Giải thích

Đọc đoạn [10], [11]. Trong đoạn [10], các thông tin liên quan đến chi phí (hiệu quả kinh tế) bao gồm. “Hiện công nghệ chế tạo lò vẫn chưa thể nội địa hóa mà phải nhập khẩu, do vậy chi phí vẫn còn cao. Hơn thế nữa, quy trình đòi hỏi nhiệt độ nung phải trên 12000C – tức nhiệt lượng sử dụng khá lớn và có thể khiến tổng chi phí tăng lên.”. Tuy nhiên, trong đoạn [11], thông tin được đưa ra là. “họ cũng xem xét nghiên cứu thêm cách hạ thấp nhiệt độ nung để nâng cao hiệu quả kinh tế - kỹ thuật của sản phẩm hạt nhẹ”. Như vậy, việc nội địa hóa công nghệ chế tạo lò chưa nằm trong dự định. Mệnh đề trên là “Sai”

Giải thích

Đơn vị của năng lượng liên kết là J hoặc MeV, trong đó: 1MeV=1,6.10-13J.

Chọn A, B

Giải thích

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân, kí hiệu là ε, có giá trị bằng tỷ số giữa năng lượng liên kết và tổng số nuclôn của hạt nhân \(\varepsilon  = \frac{{\Delta {\rm{W}}}}{A} = \frac{{\Delta m{c^2}}}{A}\).

 Chọn A

Đáp án

Giải thích

1. Đúng. Năng lượng liên kết riêng là năng lượng liên kết trung bình cho một nuclôn.

2. Đúng. \[\Delta {\rm{W}} = \Delta m.{c^2}\] nên \[\Delta m\] càng lớn thì ΔW càng lớn.

3. Sai. Để so sánh độ bền vững giữa các hạt nhân, cần so sánh năng lượng liên kết riêng của hạt nhân.

4. Sai. Năng lượng liên kết riêng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân.

Đáp án: “8,75”

Giải thích

Từ đồ thị ta thấy: 

\({\varepsilon _{_{26}^{56}{\rm{Fe}}}} = {14.10^{ - 13}}\;{\rm{J/nuclon }} = \frac{{{{14.10}^{ - 13}}}}{{1,{{6.10}^{ - 13}}}} = 8,75\,\,{\rm{MeV/nuclon }}.\)

Giải thích

Nhìn vào biểu đồ có thể thấy: \({\varepsilon _{_4^9{\rm{Be}}}} < {\varepsilon _{_{92}^{238}U}} < {\varepsilon _{_{52}^{126}Te}} < {\varepsilon _{_{33}^{75}{\rm{As}}}}\).

Chọn B

Giải thích

Từ đồ thị có thể thấy \({\varepsilon _{_7^{14}N}} = {12.10^{ - 13}}\)J/nuclôn.

Mà: \(\Delta {{\rm{W}}_{_7^{14}N}} = A.{\varepsilon _{_7^{14}N}} = {14.12.10^{ - 13}} = 1,{68.10^{ - 11}}\;{\rm{J}} = 105\,\,{\rm{MeV}}\).

Mặt khác: \(\Delta {W_{_7^{14}N}} = 931,5.\Delta {m_{_7^{14}N}} \Rightarrow \Delta {m_{_7^{14}N}} = \frac{{105}}{{931,5}}u = \frac{{70}}{{621}}u\)

                                                 \(\Delta {m_{N_7^{14}}} = 7\left( {{m_n} + {m_p}} \right) - {M_{N_7^{14}}}\)

\( \Rightarrow {M_{N_7^{14}}} = 7\left( {{m_n} + {m_p}} \right) - \Delta {m_{N_7^{14}}} = 7(1,00728u + 1,00866u) - \frac{{70}}{{621}}u = 13,99886u\).

Khối lượng nguyên tử \(_7^{14}N\) là: \(m = {M_{_7^{14}N}} + 7{m_e} = 13,99886u + 7.5,{486.10^{ - 4}}u = 14,0027u\).

Chọn A 

Đáp án

Ngoại trừ các hạt sơ cấp riêng rẽ (như protôn, nơtrôn, êlectron), hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững. Thực nghiệm cho thấy những hạt nhân có số khối lớn hơn 200 hoặc số khối nhỏ hơn 20 thì kém bền vững, còn những hạt nhân có số khối 50 < A < 80 thì rất bền.

Giải thích

Từ bài đọc có thể rút ra nhận xét: Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững.

Từ đồ thị ta thấy:

- Khi A tăng dần từ 0 đến 20, năng lượng liên kết riêng tăng dần từ khoảng 10-13 J/nuclôn đến

13.10-13 J/nuclôn.

-   Khi A tăng dần từ 200 trở đi, năng lượng liên kết riêng giảm dần từ khoảng 12,5.10-13 J/nuclôn.

⇒ Hai vùng A < 20 và A > 200 có năng lượng liên kết riêng thấp nhất nên kém bền vững nhất.

- Khi A nằm trong khoảng từ 50 đến 80, năng lượng liên kết riêng của hạt nhân có giá trị lớn nhất, vào khoảng 14.10-13 J/nuclôn. Vì vậy những hạt nhân có số khối nằm trong khoảng này là bền vững

Giải thích

Theo đoạn thông tin: “Pepsin chỉ hoạt động trong môi trường có tính acid” tức là môi trường có độ pH thấp.

Chọn B

Giải thích

Enzyme pepsin là enzyme được sản xuất trong dạ dày và là một trong những enzyme tiêu hóa chính trong hệ thống tiêu hóa của con người và nhiều loài động vật khác.

 Chọn C

Giải thích

Ở các ống nghiệm 3, 4 và 5 đều có chung điều kiện về độ pH và nhiệt độ, khác nhau ở thành phần dung dịch tham gia:

Ống nghiệm 3: có cả casein và anserine.

Ống nghiệm 4: có casein.

Ống nghiệm 5: có anserine.

Nếu hoạt tính của enzyme pepsin phụ thuộc vào cả casein và anserine thì ống nghiệm 4 enzyme pepsin phải không hoạt động (không đúng với kết quả thí nghiệm).

Nếu hoạt tính của pepsin bị anserine ức chế hoặc anserine có khả năng phân giải pepsin thì ở ống nghiệm 3 enzyme pepsin phải không hoạt động (không đúng với kết quả thí nghiệm).

→ Enzyme pepsin có khả năng phân giải casein nhưng không có khả năng phân giải anserine.

 Chọn C

Đáp án

Enzyme pepsin giúp phân giải các protein có trong thức ăn thành các đơn vị nhỏ hơn gọi là (1) peptide.

Giải thích

Theo thông tin bài đọc: “...Pepsin là một loại enzyme ở người có vai trò xúc tác quá trình tiêu hóa protein thành các đơn vị nhỏ hơn gọi là peptide” 

Đáp án

B. Sai

Giải thích

Sai. Pepsin có hoạt tính phân giải protein lớn nhất khi độ pH nhỏ hơn 4.0 và nhiệt độ khoảng 40°C.

Đáp án

Dạng enzyme chưa hoạt động (tiền enzyme) của pepsin là (1) pepsinogen.

Giải thích

Pepsin được sản xuất bởi các tuyến dạ dày của dạ dày ở dạng không hoạt động được gọi là pepsinogen và có thể chuyển thành dạng hoạt động dưới tác dụng của HCl trong dạ dày.

Đáp án

A. Đúng

Giải thích

Vì công thức cấu tạo của axit lactic có chứa nhóm chức axit (–COOH) và nhóm chức ancol (–OH) nên nó vừa có tính chất của axit, vừa có tính chất của ancol.

Đáp án

Giải thích

1. Axit lactic vừa có tính chất hoá học của một axit vừa có tính chất hoá học của một base.

Sai, vì axit lactic có chứa nhóm chức –OH ancol và nhóm axit carboxilic –COOH nên nó vừa có tính chất hoá học của một axit vừa có tính chất hoá học của một ancol.

2. Axit lactic tác dụng với NaOH theo tỷ lệ mol 1:1.

Đúng, vì: axit lactic có chứa 1 nhóm chức –COOH có khả năng phản ứng với NaOH nên axit lactic tác dụng với NaOH theo tỷ lệ mol 1:1. Phương trình phản ứng như sau:

CH3CH(OH)COOH + NaOH → CH3CH(OH)COONa + H2O

3. Axit lactic tác dụng với Na theo tỷ lệ mol 1:1.

Sai, vì: axit lactic có chứa 1 nhóm chức –OH ancol và 1 nhóm axit carboxilic –COOH có khả năng phản ứng với Na nên axit lactic tác dụng với Na theo tỷ lệ mol 1:2. Phương trình phản ứng như sau:

CH3CH(OH)COOH + 2Na → CH3CH(ONa)COONa + H2

4. Có thể tổng hợp trực tiếp axit lactic từ glucozơ bằng phương pháp lên men rượu.

Sai, vì: axit lactic được tổng hợp trực tiếp từ glucozơ bằng phương pháp lên men lactic:

C6H12O6→t∘Cmen lactic CH3CHOHCOOH

Đáp án

Axit lactic là sản phẩm trung gian của quá trình đường phân  yếm khí (phân giải đường, sinh ra năng lượng trong điều kiện  ít oxi). Ngay sau khi sinh ra, nó biến đổi thành ion lactat.

Giải thích

Axit lactic là sản phẩm trung gian của quá trình đường phân yếm khí (phân giải đường, sinh ra năng lượng trong điều kiện ít oxi). Ngay sau khi sinh ra, nó biến đổi thành ion lactat.

Giải thích

Axit lactic có tính chất của axit, đó là: làm quỳ tím hóa đỏ; tác dụng với kim loại, oxide kim loại; tác dụng với muối; … và không tác dụng với phi kim.

 Chọn C

Giải thích

Dựa vào thông tin ở bài đọc: “Máu gồm hai thành phần chính là các tế bào máu và huyết tương.”.

 Chọn A

Giải thích

Quan sát hình 1, ta thấy người có nhóm máu AB không có kháng thể nào trong huyết thanh, chính vì vậy mà người có nhóm máu AB có khả năng nhận máu từ tất cả mọi người.

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

(1) Sai. Tế bào máu gồm hồng cầu, bạch cầu và tiểu cầu. Huyết tương mới có kháng thể.

(2) Đúng. Ví dụ người nhóm máu A truyền cho nhóm máu AB thì huyết thanh của người nhóm máu A có chứa kháng thể B, trong khi hồng cầu người nhóm máu AB có chứa kháng nguyên B, vẫn xảy ra sự ngưng kết, truyền ở mức < 250ml sẽ đảm bảo được an toàn, lưu ý truyền máu với tốc độ chậm.

(3) Sai. Người có nhóm máu O cho được tất cả các nhóm máu khác, người có nhóm máu AB nhận được tất cả các nhóm máu khác.

Đáp án

Người có nhóm máu A thì truyền được cho người có nhóm máu A.

Người có nhóm máu AB thì nhận được từ người có nhóm máu nhóm máu B.

Giải thích

Ô trống thứ 1: nhóm máu A

Ô trống thứ 2: nhóm máu AB

Ô trống thứ 3: nhóm máu B

Người có nhóm máu A thì truyền được cho người có nhóm máu A.

Người có nhóm máu AB thì nhận được từ người có nhóm máu B.

Đáp án

(1) Huyết thanh là huyết tương được loại bỏ các chất chống đông máu và để lại các chất điện giải.

Giải thích

Theo lập luận của Học sinh 1: Một vận động viên trượt băng tác dụng toàn bộ trọng lực cơ thể của mình lên diện tích bề mặt nhỏ xíu của hai lưỡi dao. Điều này dẫn đến một áp suất rất lớn, nhanh chóng làm tan chảy một lượng băng nhỏ ngay dưới các lưỡi dao giày trượt.

 Chọn B

Đáp án

Theo quan điểm của học sinh 2, nước đóng băng bắt đầu đóng băng từ bề mặt hồ do mật độ khối lượng băng (1) nhỏ hơn mật độ khối lượng của nước ở trạng thái lỏng.

Giải thích

Theo Học sinh 2, nước bắt đầu đóng băng từ trên bề mặt hồ vì mật độ khối lượng băng nhỏ hơn mật độ khối lượng nước ở trạng thái lỏng.

Giải thích

Dựa vào lập luận của Học sinh 2, ta thấy:

+ Mật độ khối lượng băng nhỏ hơn mật độ khối lượng nước ở trạng thái lỏng.

+ Lực ma sát càng lớn thì băng tan càng nhanh.

 Chọn C

Giải thích

+ Đại lượng mật độ khối lượng và lực nổi là quan điểm của học sinh 2.

Theo Học sinh 1:

Dưới bề mặt, áp suất thủy tĩnh của nước làm cho điểm đóng băng của nước thấp hơn một chút so với trên bề mặt.

 Chọn B

Đáp án

B. Sai

Giải thích

Theo quan điểm của Học sinh 2 thì Nước đóng băng đầu tiên trên bề mặt hồ vì mật độ khối lượng băng nhỏ hơn nước ở trạng thái lỏng. Không giống như hầu hết các chất lỏng, mật độ khối lượng của một khối lượng nước giảm khi đóng băng. Kết quả là đối với bất kỳ khối băng nào, lực nổi của nước tác dụng lên trên lớn hơn lực hấp dẫn tác dụng xuống dưới, và tất cả các hạt băng nổi lên bề mặt khi đóng băng.

→ Khinh khí cầu có thể bay lên khỏi mặt đất là do không khí bên trong khinh khí cầu có mật độ khối lượng thấp hơn không khí bên ngoài khinh khí cầu.

Giải thích

Khối lượng riêng chính là mật độ khối lượng

Học sinh 2 giải thích nước bắt đầu đóng băng từ trên bề mặt hồ vì mật độ khối lượng băng nhỏ hơn mật độ khối lượng nước ở trạng thái lỏng tức là chất có khối lượng riêng nhỏ hơn sẽ nổi trên các chất có khối lượng riêng lớn hơn. Như vậy việc ethanol đóng băng từ dưới đáy lên có thể giải thích do ethanol ở trạng thái đóng băng có khối lượng riêng lớn hơn ethanol ở trạng thái lỏng.

 Chọn C

Giải thích

Theo thông tin bài: “...Cấu trúc của một operon Lac gồm có vùng vận hành (operator), vùng khởi động (promoter), các gen cấu trúc Z, Y, A. Ngoài ra, còn có gen điều hòa có vai trò quan trọng trong điều hòa hoạt động gen, nhưng không nằm trong cấu trúc operon Lac.”

 Chọn C

Giải thích

Nhìn vào hình 2, ta thấy được lactose đóng vai trò như là chất cảm ứng.

 Chọn A

Giải thích

Theo bài đọc: “...Khi có mặt lactose trong môi trường, các phân tử lactose sẽ liên kết với protein ức chế, làm biến đổi cấu trúc không gian của protein ức chế, làm cho protein ức chế không bám được vào vùng vận hành.”

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

(2) và (3) đúng.

(1) sai vì vùng khởi động bị bất hoạt thì enzyme RNA polymerase không bám vào được.

(4) sai vì đột biến làm tăng khả năng biểu hiện gen không làm cho quá trình phiên mã được diễn ra ở trong môi trường không có lactose, protein ức chế vẫn liên kết vào vùng vận hành và ngăn cản phiên mã.

Giải thích

Trong môi trường có hay không có lactose thì gen điều hòa vẫn tổng hợp protein ức chế.

 Chọn B

Đáp án

(1) Phiên mã là quá trình tổng hợp RNA trên mạch khuôn DNA.

Giải thích

Phiên mã là quá trình tổng hợp RNA trên mạch khuôn DNA.

Giải thích

Đầu tiên, các dung dịch OH– và Ni2+ được trộn với nhau và khuấy đều. Sau đó thu hồi chất rắn bằng cách lọc (lọc thông thường hoặc lọc chân không) và cuối cùng là đo CNF. 

 Chọn C

Đáp án

A. Đúng

Giải thích

Đúng. Vì: Từ kết quả trong Bảng 1, CNF trong thí nghiệm 2 (phương pháp lọc chân không) cao hơn thí nghiệm 1 (phương pháp lọc thông thường)

Đáp án

Có (1) __ 2 __  trong số 6 thử nghiệm mà nickel hydroxide monohydrate được thu hồi bằng phương pháp lọc thông thường sau thời gian phản ứng ít nhất 3 ngày.

Giải thích

Theo thông tin trong bài, các thử nghiệm 1, 2 và 3 sử dụng phương pháp lọc thông thường. Trong đó, thử nghiệm 1 có thời gian phản ứng là 10 phút; thử nghiệm 2 có thời gian phản ứng là 3 ngày và thử nghiệm 3 có thời gian phản ứng là 7 ngày.

Do đó, chỉ có thử nghiệm 2 và thử nghiệm 3 là chất rắn được thu hồi bằng phương pháp lọc thông thường sau thời gian phản ứng ít nhất 3 ngày.

Giải thích

Theo Bảng 1, nồng độ Ni2+ trong dịch lọc cao nhất ở thử nghiệm 6 – phương pháp lọc chân không, trong thời gian phản ứng là 7 ngày.

 Chọn B

Giải thích

Theo Bảng 1, nồng độ Ni2+ trong dịch lọc thấp nhất ở thử nghiệm 1 – phương pháp lọc thông thường, trong thời gian phản ứng là 10 phút.

 Chọn A

Giải thích

Lực tác dụng lên hỗn hợp khi sử dụng phương pháp lọc chân không lớn hơn khi sử dụng phương pháp lọc thông thường.

Thử nghiệm 3 sử dụng phương pháp lọc thông thường → Loại A và B.

Thử nghiệm 6 sử dụng phương pháp lọc chân không → Chọn C.

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

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

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

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

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

Ta có: \(w = (3 - 4i)z - 1 + i \Leftrightarrow w + 1 - i = (3 - 4i)z \Rightarrow |w + 1 - i| = |(3 - 4i)z|\)

\( \Rightarrow |w + 1 - i| = |3 - 4i|.|z| \Rightarrow |w + 1 - i| = 10\)

Gọi \(w = x + yi\,\,(x,y \in \mathbb{R})\).

Khi đó

\(|w + 1 - i| = 10 \Leftrightarrow |x + yi + 1 - i| = 10 \Leftrightarrow \sqrt {{{(x + 1)}^2} + {{(y - 1)}^2}}  = 10 \Leftrightarrow {(x + 1)^2} + {(y - 1)^2} = 100.\)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là một đường tròn có tâm \(I( - 1;1)\), bán kính \(r = 10\).

Ta có sơ đồ Ven như hình vẽ.

Số lượng sinh viên học ít nhất một môn ngoại ngữ là: 40 + 30 − 20 = 50 (học sinh).

Số lượng sinh viên không học ngoại ngữ là: 60 − 50 = 10 (học sinh).

Ta xét phép thử: Chọn 2 sinh viên bất kỳ trong số 60 sinh viên của lớp học.

⇒Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = C_{60}^2\).

Xét biến cố A: “Chọn ra 2 sinh viên không học ngoại ngữ”.

⇒Số phần tử của biến cố A là: \(n\left( A \right) = C_{10}^2\).

Vậy xác suất để chọn được 2 sinh viên không học ngoại ngữ là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{60}^2}} = \frac{3}{{118}}\). 

Đáp án “9”

Giải thích

Để cất hết toàn bộ số bưu thiếp anh Dũng cần quyển album có tối thiểu 36 : 2 : 2 = 9 (tờ).

Coi mỗi cạnh của một ô vuông có độ dài bằng 1 thì AB = 6; AC = 8.

Ta có:

\({V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}(A) = A\)

\({V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}(B) = B' \Rightarrow AB' = \frac{3}{2}AB = 9;\)

\({V_{\left( {A;\frac{3}{2}} \right)}}(C) = C' \Rightarrow AC' = \frac{3}{2}AC = 12\)

\( \Rightarrow {S_{A'B'C'}} = {S_{AB'C'}} = \frac{1}{2}.AB'.AC' = 54\)

Khoảng cách từ điểm M tới trục Oy bằng khoảng cách từ điểm M tới hình chiếu của điểm M trên trục Oy.

Ta có H(0;−1;0) ∈ Oy là hình chiếu của điểm M trên trục Oy.

\( \Rightarrow d(M;Oy) = MH = \sqrt {{{( - 2 - 0)}^2} + {{( - 1 + 1)}^2} + {{(1 - 0)}^2}}  = \sqrt 5 \).

Gọi điểm \(C(0;0;c)\) thuộc tia \(Oz,\,\,c > 0\).

Mặt phẳng \((P)\) đi qua các điểm A, B đồng thời cắt tia Oz tại \(C\) có dạng \(\frac{x}{1} + \frac{y}{1} + \frac{z}{c} = 1\).

Tứ diện OABC có thể tích bằng \(\frac{1}{6} \Rightarrow {V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA.OB.OC = \frac{1}{6}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{6}\).1.1.\(c = \frac{1}{6} \Leftrightarrow c = 1\).

Suy ra \((P)\) có phương trình \(\frac{x}{1} + \frac{y}{1} + \frac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow x + y + z - 1 = 0 \Rightarrow a = 1,b = 1,c =  - 1\).

Vậy \(a + 3b - 2c = 6\).

Vì hàm số liên tục trên R nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1)\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left[ {a\left( {x - 2{x^2}} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} (2x) \Leftrightarrow a =  - 2.\)

Ta có \(\int\limits_0^2 {f(x){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f(x){\rm{d}}x}  + \int\limits_1^2 {f(x){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {2x\;{\rm{d}}x}  + \int\limits_1^2 { - 2\left( {x - 2{x^2}} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{22}}{3}.\)

Ta có giới hạn đặc biệt: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - 1}}{x} = 1\).

Gọi \((\alpha )\) là mặt phẳng chứa \((C)\) và \(I\) là tâm mặt cầu cần tìm.

Trừ theo vế hai phương trình mặt cầu ta được \((\alpha ):6x - 4y - 2z = 0 \Leftrightarrow 3x - 2y - z = 0\).

Mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh của tam giác MNP suy ra tâm mặt cầu thuộc đường thẳng vuông góc với \((MNP)\) và đi qua tâm đường tròn nội tiếp hoặc bằng tiếp tam giác MNP.

Dễ thấy \((\alpha ) \bot (MNP)\) và \((\alpha )\) qua \(J(2;2;2)\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều MNP nên I thuộc đường thẳng qua \(J\) và vuông góc \((MNP)\).

Vậy có vô số mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đặt \(f(x) = {\left( {1 + 2x + 3{x^2}} \right)^{10}} = {a_0} + {a_1}x + {a_2}{x^2} +  \ldots  + {a_{20}}{x^{20}}\), ta có \(S = {a_0} + 2{a_1} + 4{a_2} +  \ldots  + {2^{20}}{a_{20}} = f(2) = {17^{10}}\).

Đáp án: “74060”

Giải thích

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

Thể tích khối đá cần vận chuyển là \(0.7\;{\rm{V}} = 1777440\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Gọi \(x\) là số lần vận chuyển.

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

Giải thích

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

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

Vậy hai bạn hòa nhau.

Tổng số điểm vừa lấy bằng: 3 + 4 + 5 + 6 = 18 (điểm).

Mỗi cách chọn ra 3 điểm không nằm trên một cạnh cho ta một tam giác.

Số cách chọn 3 điểm từ 18 điểm là: \[C_{18}^3 = 816\] (cách chọn).

Số cách chọn 3 điểm cùng nằm trên một cạnh là: \(C_3^3 + C_4^3 + C_5^3 + C_6^3 = 35\) (cách chọn).

Vậy số tam giác cần tìm bằng. 816 − 35 = 781 (tam giác).

Ta có:

\(|1 - 2i| = \sqrt 5 ;\,\,|\sqrt 5  + 2i| = 3;\,\,|3| = 3;\,\,|2 - \sqrt 7 i| = \sqrt {11} \).

Ta có : \(\ln \frac{b}{c} = c - b \Leftrightarrow \ln b + b = \ln c + c \Leftrightarrow b = c\) (vì hàm số \(y = \ln x + x\) đồng biến trên khoảng \((0; + \infty )\) ).

Mặt khác, \({\log _3}a + b = 0 \Leftrightarrow a = {3^{ - b}}\).

Với \(b = c\) và \(a = {3^{ - b}}\) thì \({\log _a}b = \frac{1}{c} \Leftrightarrow {\log _{{3^{ - b}}}}b = \frac{1}{b} \Leftrightarrow \frac{1}{b}{\log _{{3^{ - 1}}}}b = \frac{1}{b} \Leftrightarrow {\log _{{3^{ - 1}}}}b = 1 \Leftrightarrow b = \frac{1}{3}\).

Suy ra \(a = \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}},b = c = \frac{1}{3}\). Vì vậy \(S = a + b + c = \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}} + \frac{2}{3} \in \left( {\frac{6}{5};\frac{3}{2}} \right)\).

Giải thích

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

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

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

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

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

Đáp án: “157/100”

Giải thích

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

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

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

Và \(|z - 1 + 2i| \ge |z + 3 - 2i|\)

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

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

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

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

Giải thích

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

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

Ta thấy tam giác MNP và SIC đồng dạng với tỉ số \(\frac{{AM}}{{AI}} = \frac{{2x}}{a}\)

\( \Rightarrow \frac{{{C_{MNP}}}}{{{C_{SIC}}}} = \frac{{2x}}{a} \Leftrightarrow {C_{MNP}} = \frac{{2x}}{a}(SI + IC + SC) = \frac{{2x}}{a}\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2} + \frac{{a\sqrt 3 }}{2} + a} \right) = 2x(\sqrt 3  + 1){\rm{. }}\)

Một xe dịch vụ chất lượng cao đi từ Hà Giang xuống Hà Nội chở được nhiều nhất 50 hành khách trên một chuyến đi. Theo tính toán của nhà xe, nếu xe chở được k khách thì giá tiền mà mỗi khách phải trả khi đi tuyến đường này là \({\left( {180 - \frac{{3k}}{2}} \right)^2}\) trăm đồng. Tổng số tiền thu được từ hành khách nhiều nhất là 57600 nghìn đồng khi xe chở 40 hành khách.

Giải thích

Số tiền thu được trên mỗi chuyến xe là \(T(k) = k{\left( {180 - \frac{{3k}}{2}} \right)^2}\) với \(k \in \mathbb{N},0 \le k \le 50\).

Xét hàm số \(T(k) = k{\left( {180 - \frac{{3k}}{2}} \right)^2}\) với \(k \in [0;50]\).

Ta có \(T'(k) = {\left( {180 - \frac{{3k}}{2}} \right)^2} + 2k\left( {180 - \frac{{3k}}{2}} \right)\left( { - \frac{3}{2}} \right) = \left( {180 - \frac{{3k}}{2}} \right)\left( {180 - \frac{{9k}}{2}} \right)\) và

\(T'(k) = 0 \Leftrightarrow \left( {180 - \frac{{3k}}{2}} \right)\left( {180 - \frac{{9k}}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{k = 120 \notin [0;50]}\\{k = 40 \in [0;50]}\end{array}} \right.\).

Ta tính được \(T(0) = 0,T(50) = 551250,T(40) = 576000\).

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{[0;50]} T(k) = T(40) = 576000\).

Vậy số tiền thu được nhiều nhất khi xe chở 40 hành khách và số tiền đó là 57 600 000 đồng.

Từ công thức truy hồi \({u_1} = 2;{u_n} = 2{u_{n - 1}} + 3n - 1\) ta suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_2} = 9}\\{{u_3} = 26}\\{{u_4} = 63}\end{array}} \right.\).

Mà \({u_n} = a{.2^n} + bn + c,\,\,n \ge 2\) nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a + 2b + c = 9}\\{8a + 3b + c = 26}\\{16a + 4b + c = 63}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 5}\\{b =  - 3}\\{c =  - 5}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó \(a + b + c =  - 3\).

Tải đề thi tại website Tailieuchuan.vn để được bảo hành vĩnh viễn

Công ty X muốn thiết kế các hộp chứa sản phẩm dạng hình trụ có nắp với dung tích bằng 330 cm3, bán kính đáy x cm, chiều cao ℎ cm. Khi thiết kế, công ty X luôn đặt mục tiêu sao cho vật liệu làm vỏ hộp là ít nhất, nghĩa là diện tích toàn phần hình trụ là nhỏ nhất.

Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau :

Để công ty X tiết kiệm được vật liệu nhất thì bán kính x bằng 3,745 cm và chiều cao ℎ bằng 7,490 cm.

(Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba).

Giải thích

Ta có: \(V = \pi {x^2}h\).

Theo giả thiết thể tích hình trụ bằng \(330\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\) nên \(V = 330 \Leftrightarrow \pi {x^2}h = 330 \Leftrightarrow h = \frac{{330}}{{\pi {x^2}}}\)

Chi phí sản xuất là thấp nhất khi diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất.

Ta có: \({S_{tp}} = {S_{xq}} + 2.{S_d} = 2\pi xh + 2\pi {x^2} = 2\pi \left( {{x^2} + \frac{{330}}{{\pi x}}} \right)\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta có:

\({x^2} + \frac{{330}}{{\pi x}} = {x^2} + \frac{{165}}{{\pi x}} + \frac{{165}}{{\pi x}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{27225.{x^2}}}{{{\pi ^2}.{x^2}}}}} = 3\sqrt[3]{{\frac{{27225}}{{{\pi ^2}}}}}\)

Dấu bằng xảy ra khi \({x^2} = \frac{{165}}{{\pi x}} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{{165}}{\pi }}} \approx 3,745.\)

Để công ty X tiết kiệm được vật liệu nhất cần sản xuất hộp với kích thước \(h \approx 7,490\;{\rm{cm}}\) và \(x \approx 3,745\;{\rm{cm}}\).

Đáp án: “6”

Giải thích

Gọi \((P):v(t) = a.{t^2} + b.t + c\).

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

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

Quãng đường vật di chuyển trong 3 giờ là

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

Đồ thị hàm số \(y = f(x + a)\) luôn có 2  điểm cực trị.

Đồ thị hàm số \(y = f(|x|)\) có 3  điểm cực trị.

Có 1  giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(f(\cos x) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\).

Giải thích

+) Tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f(x)\) sang trái \(a\) đơn vị ta có đồ thị hàm số \(y = f(x + a)\). Vậy số điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f(x + a)\) bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f(x)\). Hay đồ thị hàm số \(y = f(x + a)\) luôn có 2 điểm cực trị.

+) Số điểm cực trị đồ thị hàm số \(y = f(|x|)\) bằng \(2k + 1\) với \(k\) là số điểm cực trị dương của hàm số \(y = f(x)\). Hay đồ thị hàm số \(y = f(|x|)\) có 3 điểm cực trị.

+) Đặt \(t = \cos x\) thì \(x \in \left( {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right] \Rightarrow t \in [ - 1;1)\)

Với một nghiệm \(t \in ( - 1;0]\) cho tương ứng được 2 nghiệm \(x \in \left[ {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right]\backslash \{ \pi \} \)

Với một nghiệm \(t \in (0;1) \cup \{  - 1\} \) cho tương ứng 1 nghiệm \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \cup \{ \pi \} \)

Do đó \(f(\cos x) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\)

\( \Leftrightarrow f(t) = m\) có 2 nghiệm \({t_1} \in ( - 1;0]\) và \({t_2} \in (0;1) \cup \{  - 1\} \)

Dựa vào đồ thị, ycbt \( \Leftrightarrow m \in (0;2)\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 1\) hay có 1 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn.

Để tận dụng hết được phần vỏ, kem và siro thì số kem làm được là bội chung nhỏ nhất của 50, 20 và 40.

Ta có: BCNN (50;20;40) = 200.

Vậy anh Nam cần mua tối thiểu 200 : 20 = 10 hộp kem.

Phương trình hoành độ giao điểm \(\frac{{{x^2}}}{2} = 4\sqrt x  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{\frac{{{x^4}}}{4} = 16x}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.\).

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là \(V = \pi \left| {\int\limits_0^4 {\left[ {{{\left( {\frac{{{x^2}}}{2}} \right)}^2} - {{(4\sqrt x )}^2}} \right]} {\rm{d}}x} \right| = \frac{{384}}{5}\pi \).

Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là Ω.

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n(\Omega ) = C_{12}^5 = 792.\)

Gọi A là biến cố : "Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất hai tiết mục của khối 12".

Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:

+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11.

+ 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11.

+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: \(n(A) = C_4^2.C_3^2.C_5^1 + C_4^2.C_3^1.C_5^2 + C_4^3.C_3^1.C_5^1 = 330.\)

Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{330}}{{792}} = \frac{5}{{12}}\).

Gọi cạnh của khối lập phương là \(a\), cạnh của tứ diện đều là \(b\).

Thể tích của khối lập phương là: \({V_1} = {a^3}\).

Thể tích của khối tứ diện đều là: \({V_2} = \frac{{{b^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).

Theo giả thiết khối lập phương có thể tích gấp 24 lần thể tích của khối tứ diện đều nên ta có:

\({V_1} = 24.{V_2} \Leftrightarrow {a^3} = 24.\frac{{{b^3}\sqrt 2 }}{{12}} \Leftrightarrow {a^3} = 2\sqrt 2 .{b^3} \Leftrightarrow a = \sqrt 2 .b.\)

Vậy cạnh khối lập phương gấp \(\sqrt 2 \) lần cạnh của tứ diện đều.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{3}{2}} \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{3m + 2}}{{{{(2x + 3)}^2}}}\).

Hàm số luôn đồng biến trên tập xác định \( \Leftrightarrow y' > 0,\forall x \in D\).

\( \Leftrightarrow 3m + 2 > 0 \Leftrightarrow m >  - \frac{2}{3}{\rm{. }}\)

Hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng (P) có hoành độ là 4 , tung độ là  -1 và cao độ là 0 .

Giải thích

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với mặt phẳng \((P)\).

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 + t}\\{y = 1 - 2t}\\{z =  - 1 + t}\end{array}} \right.\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(M\) trên mặt phẳng \((P)\).

\( \Rightarrow H = d \cap (P) \Rightarrow \) Tọa độ điểm \(H\) thỏa mãn hệ phương trình :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3 + t}\\{y = 1 - 2t}\\{z =  - 1 + t}\\{x - 2y + z - 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 1}\\{x = 4}\\{y =  - 1}\\{z = 0}\end{array} \Rightarrow H(4; - 1;0).} \right.} \right.\)

Thể tích phần làm bằng thép của quả cầu là:

\(V = \frac{4}{3}\pi {.4^3} - \frac{4}{3}\pi .{(4 - 3)^3} = 84\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) = 84\pi {.10^{ - 6}}\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Vậy khối lượng của quả cầu là: \(7,850\;{\rm{V}} = 7,850.84\pi {.10^{ - 6}}(\;{\rm{kg}}) \approx 2,1\,\,(\;{\rm{g}})\).

Đặt \(x = {\log _a}b;\,\,y = {\log _b}{\rm{c}};\,\,z = {\log _c}a\). Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x,y,z > 0}\\{x.y.z = 1}\\{x \ge 10}\\{x + 2y + 5z = 12}\end{array}} \right.\)

Khi đó :

\(P = \frac{2}{z} + \frac{5}{y} + \frac{{10}}{x} = \frac{2}{z} + \frac{5}{y} + \frac{{100}}{x} - \frac{{90}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{2}{z}.\frac{5}{y}.\frac{{100}}{x}}} - 9 = 30 - 9 = 21\)

Suy ra \[{P_{min}} = 21\;\] đạt được khi 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x.y.z = 1}\\{\frac{2}{z} = \frac{5}{y} = \frac{{100}}{x}}\\{x + 2y + 5z = 12}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 10}\\{y = \frac{1}{2}}\\{z = \frac{1}{5}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_a}b = 10}\\{{{\log }_b}c = \frac{1}{2}}\\{{{\log }_c}a = \frac{1}{5}}\end{array} \Rightarrow b = {c^2} = {a^{10}}} \right.} \right.} \right.\)

Đáp án: “1”

Giải thích

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

Đặt \({v_n} = {u_{n + 1}} - {u_n}\).

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

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

Nên \({v_n} = 2 + (n - 1).2 = 2n\).

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

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

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

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

Ta có thể tích khối trụ là \({V_t} = \pi .{r^2}.O{O^\prime } = 2\pi {r^3}\).

Mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ nên mặt cầu có bán kính \(R = \frac{1}{2}O{O^\prime } = r\), suy ra thể tích khối cầu là \({V_c} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).

Khi đó, \(\frac{{{V_c}}}{{{V_t}}} = \frac{{\frac{4}{3}\pi {r^3}}}{{2\pi {r^3}}} = \frac{2}{3}\).

Giải thích

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

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

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

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

Gọi \(O\) là giao điểm của AC và BD.

Vì hình chóp S.ABCD là hình chóp đều nên \(SO \bot (ABCD)\) suy ra AO là hình chiếu của AS trên mặt phẳng \((ABCD) \Rightarrow \widehat {(SA,(ABCD))} = (\widehat {SA;AO}) = \widehat {SAO}\).

Tứ giác ABCD là hình vuông cạnh bằng \(a\) suy ra \(AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SOA:\cos \widehat {SAO} = \frac{{AO}}{{SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SAO} = {60^^\circ }\).

Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng \({60^^\circ }\).

Số tiền anh nhân viên kiếm được trong ngày làm việc thứ 5 là 16 USD.

Tổng số tiền anh nhân viên nhận được sau ngày làm việc thứ 10 là 1023 USD.

Anh nhân viên phải làm việc trong 12 ngày để kiếm được 4095 USD.

Giải thích

Số tiền nhân viên bán hàng nhận được mỗi ngày tạo thành một cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công bội \(q = 2\).

Ta có: \({u_5} = {u_1}{q^4} = {1.2^4} = 16\,\,(USD)\).

Tổng số tiền anh nhân viên nhận được sau ngày làm việc thứ 10 là: \({S_{10}} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^{10}}} \right)}}{{1 - q}} = 1023\,\,(USD)\).

Mặt khác, \({S_n} = 4095 \Leftrightarrow \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}} = 4095 \Leftrightarrow {2^n} - 1 = 4095 \Leftrightarrow n = 12\).

Vậy anh nhân viên phải làm việc trong 12 ngày để kiếm được 4095 USD.

Giải thích

Thể tích thùng đựng đồ khô là:

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

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

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