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

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

Phát biểu	Đúng	Sai
Hàm số \(f\left( x \right)\) tuần hoàn với chu kì \(\pi \).	¡	¤
Hàm số \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn	¡	¤
Phương trình \(f\left( x \right)\)= 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 \(S = \frac{\pi }{2} \approx \frac{{157}}{{100}}\).

Phát biểu	Đúng	Sai
\[F(x) = G(x) + C\] với C là hằng số	¤	¡
\(\int\limits_a^b {f(x){\rm{d}}x}  = F(a) - F(b)\)	¡	¤

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 \( \Leftrightarrow y' > 0,\forall x \in D\).

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

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.

Giải thích

 Chọn B

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

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

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

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: \({\varepsilon _{_4^9{\rm{Be}}}} < {\varepsilon _{_{92}^{238}U}} < {\varepsilon _{_{52}^{126}Te}} < {\varepsilon _{_{33}^{75}{\rm{As}}}}\).

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 

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

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

Giải thích

peptide

pespsinogen

trypsin

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.

Phát biểu	Đúng	Sai
Axit lactic vừa có tính chất hoá học của một axit vừa có tính chất hoá học của một base.		X
Axit lactic tác dụng với NaOH theo tỷ lệ mol 1:1.	X
Axit lactic tác dụng với Na theo tỷ lệ mol 1:1.		X
Có thể tổng hợp trực tiếp axit lactic từ glucozơ bằng phương pháp lên men rượu.		X

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

nhóm máu A

nhóm máu B

nhóm máu AB

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.

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

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

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

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

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)

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

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