Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 18)

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [1] của bài viết: “Nhu cầu nhận thức lịch sử của nhân loại đã xuất hiện từ rất sớm, ngay từ khi xã hội loài người xuất hiện dưới những hình thức sơ khai nhất. Khi đó, nhận thức lịch sử đơn giản chỉ nhằm đáp ứng nhu cầu của cộng đồng đối với việc hiểu biết và lưu truyền ký ức dân gian về cội nguồn và về bản sắc của mình, và để phân biệt với các cộng đồng láng giềng”; vậy nhu cầu lớn nhất của con người là nhận thức về cội nguồn và bản sắc của mình so với những tộc người khác.

 Chọn B

Có thể dựa trên hiểu biết cá nhân hoặc các thông tin trong bài viết để xác định nghiên cứu về lịch sử dân tộc là một khía cạnh, vấn đề chứ không phải yếu tố then chốt, tạo nền tảng cho sự phát triển của các ngành lịch sử.

 Chọn B

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [2] của bài viết: “Tri thức về cội nguồn và các tri thức khác về lịch sử và văn hóa của dân tộc được coi là những nền tảng quan trọng của tâm lý dân tộc và ý thức dân tộc, vì chúng giúp hiểu rõ về bản sắc và lịch sử của dân tộc”. Từ đó có thể thấy, tìm hiểu về cội nguồn của dân tộc là quá trình nhìn nhận đầy đủ về các vấn đề liên quan tới lịch sử, văn hóa, căn tính của con người.

 Chọn C

Đáp án

Điền từ thích hợp (không quá hai tiếng) để hoàn thành câu sau:

“Song hành với sự phát triển của xã hội hiện đại, con người luôn có nhu cầu tìm hiểu về (1) bản sắc dân tộc, sự nỗ lực trong quá trình nhận thức của các dân tộc về bản thân mình và về những cộng đồng dân tộc khác; là một trong những cách thức để con người lý giải cho những hành vi trong đời sống.”

Giải thích

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [2] của bài viết, chú ý nội dung: “bản sắc văn hóa của dân tộc vẫn tiếp tục là những nội dung quan yếu nhất trong nhận thức của các dân tộc về bản thân mình và về những cộng đồng dân tộc khác”.

Bài viết cho biết ý thức dân tộc đã manh nha hình thành và phát triển trước khi cộng đồng dân tộc thực sự ra đời và nói rõ: "trong nghiên cứu lịch sử dân tộc, vấn đề thứ nhất đặt ra chính là nghiên cứu về những con đường hình thành dân tộc, về ý thức cội nguồn và những hình thức biểu đạt của ý thức về cội nguồn, về những điều kiện chủ quan và khách quan cũng như những đặc tính riêng của các cộng đồng người trong các giai đoạn tiền dân tộc."

 Chọn C

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [4] của bài viết: “Một loạt các vấn đề khác liên quan đến dân tộc, như nội dung và các hình thức biểu hiện của chủ nghĩa dân tộc; nguồn gốc và đặc trưng của chủ nghĩa dân tộc; mối quan hệ giữa chủ nghĩa dân tộc, ý thức dân tộc với chủ nghĩa yêu nước và ý thức cộng đồng; bản chất và đặc điểm của dân tộc với tính chất là một loại hình cộng đồng người trong lịch sử; mối quan hệ giữa dân tộc với giai cấp, nhà nước, với chủng tộc, tộc người và với quốc gia; mối quan hệ giữa các dân tộc và giữa các quốc gia, v.v....”.

 Chọn A

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [5] của bài viết: “dân tộc không chỉ là một nội dung cốt yếu mà còn là một nội dung rộng lớn, bao trùm của khoa học lịch sử, dù người ta tiếp cận lịch sử nhân loại từ góc độ chung nhất (general history) hay từ bất kỳ khía cạnh nào”.

 Chọn C

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [5] của bài viết: “Thậm chí, có những nghiên cứu lịch sử mà xuất phát điểm là nhằm để phủ nhận chủ nghĩa dân tộc và vấn đề dân tộc thì trước sau cũng không thể né tránh vấn đề dân tộc”. Từ đó có thể thấy, dù cố gắng tạo ra điểm tách rời giữa vấn đề dân tộc với các lĩnh vực khác nhưng các nhà khoa học thường thất bại.

 Chọn A

Đáp án

Điền từ thích hợp (không quá hai tiếng) để hoàn thành câu sau:

“Để trả lời cho câu hỏi “Lịch sử là gì?”, Edward Hallett Carr đã chia sẻ rằng sử học là quá trình tương tác giữa nhà sử học và sử liệu của anh ta; từ đó có thể thấy dù ở bất cứ trường phái nghiên cứu nào thì đây cũng là cuộc (1) đối thoại không bao giờ chấm dứt của hiện tại và quá khứ.”

Giải thích

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [6] của bài viết, chú ý lời trích dẫn trực tiếp: “Sử học là quá trình tương tác qua lại giữa nhà sử học và sử liệu của anh ta", và do đó, "là cuộc đối thoại không bao giờ dứt giữa hiện tại và quá khứ". Như thế, vấn đề luôn luôn đặt ra với mỗi nhà sử học, bất kể ông hay bà ta thuộc về trường phái sử học nào, khi cầm bút viết "lịch sử dân tộc", đều phải trả lời câu hỏi: ta đang tham gia vào "cuộc đối thoại" với cộng đồng dân tộc nào trong lịch sử đây?"

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [6[ của bài viết. Trong đoạn văn, tác giả nhấn mạnh rằng loại hình biên soạn lịch sử dân tộc (national history) đã thay đổi cách nhìn nhận của nhà sử học về lịch sử bằng cách làm cho họ tập trung vào lịch sử xã hội (lịch sử quá trình dân tộc), không chỉ là lịch sử chính trị hay các quốc gia khác.

 Chọn A

Đọc thông tin trong phần sapo (đoạn [0]) và chú ý nội dung: “các nhà nghiên cứu đang điều chỉnh thành phần hóa học của sợi nấm để khai thác đặc tính chống cháy của nó"; việc nghiên cứu và can thiệp vào sợi nấm chỉ có mục tiêu ứng dụng và khai thác đặc tính chống cháy của nó, không có ý nghĩa về việc tạo ra giống mới hay nhân rộng mô hình trồng. 

 Chọn B

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [1]: “Bằng cách áp dụng một số điều kiện tăng trưởng và hóa chất khác nhau, nhóm nghiên cứu đã phát triển một phương pháp mới để tạo ra các tấm sợi nấm mỏng như tờ giấy dán tường, đồng đều, chống cháy mà không phá nát cấu trúc mạng lưới thể sợi của chúng”. 

 Chọn B

Kết hợp thông tin trong văn bản với hiểu biết cá nhân, xác định đoạn văn cho biết việc tạo ra các tấm sợi nấm mỏng có khả năng chống cháy là một ứng dụng quan trọng trong ngành xây dựng, mà để thực hiện được mục đích trong ứng dụng chống cháy cần giảm tác động của ánh nhiệt lên cấu trúc xây dựng, dùng các sợi nấm như một dạng vật liệu cách nhiệt. Đoạn văn không bàn tới vấn đề chi phí, thẩm mỹ, ứng dụng về sức khỏe nên cần chọn A. 

 Chọn A

Đọc và xác định các thông tin trong đoạn [2]: “tấm ốp làm từ sợi nấm có thể được sản xuất từ chất thải hữu cơ và không gây hại cho môi trường khi bị cháy. Ngược lại, các tấm ốp tổng hợp khác thường chứa nhựa nên sẽ tạo ra khí độc và nhiều khói khi cháy. “Các chất chống cháy chứa bromide, iodide, phốt-pho và ni-tơ thì hiệu quả nhưng cũng tác động xấu đến sức khỏe và môi trường. Đó là vì các chất gây ung thư và hại thần kinh có thể thoát ra từ những chất chống cháy này và lưu lại trong môi trường, gây hại cho thực vật và động vật.”

 Chọn A

Đáp án

Điền từ thích hợp (chỉ có một tiếng) để hoàn thành câu văn sau:

“Theo PGS. Kandare, khác với những tấm ốp chứa thành phần là nhựa khi cháy tạo ra khí độc và khói thì sợi nấm có nguồn gốc sinh học chỉ tạo ra (1) nước và carbon dioxide tự nhiên nên rất phù hợp trong việc ứng dụng xây dựng, bảo vệ môi trường.”

Giải thích

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [2] của văn bản: “Đó là vì các chất gây ung thư và hại thần kinh có thể thoát ra từ những chất chống cháy này và lưu lại trong môi trường, gây hại cho thực vật và động vật. Sợi nấm có nguồn gốc sinh học thì chỉ tạo ra nước và carbon dioxide tự nhiên,” PGS Kandare cho biết”. 

Đáp án

Đọc thông tin trong đoạn [2] và hoàn thành câu sau bằng cách kéo thả các từ vào đúng vị trí.

Trong nghiên cứu về ứng dụng sợi nấm, tấm ốp được sản xuất từ chất thải hữu cơ và không gây hại cho môi trường có khả năng tạo thành lớp than cách nhiệt khi tiếp xúc với lửa hoặc nhiệt bức xạ, khi cháy không tạo ra các chất gây ung thư và khí độc gây hại tới thần kinh của con người. 

Giải thích

Đọc và tổng hợp thông tin trong đoạn [2] của văn bản: Trong nghiên cứu về ứng dụng sợi nấm, tấm ốp từ sợi nấm có khả năng tạo thành lớp than cách nhiệt khi tiếp xúc với lửa hoặc nhiệt bức xạ. Tấm ốp từ sợi nấm có thể được sản xuất từ chất thải hữu cơ và không gây hại cho môi trường khi bị cháy, trong khi các tấm ốp tổng hợp thường chứa nhựa và tạo ra khí độc và nhiều khói khi cháy. Các chất chống cháy chứa bromide, iodide, phốt-pho và ni-tơ chứa các chất gây ung thư và hại thần kinh, có thể thoát ra và gây hại cho môi trường, thực vật và động vật.

Giải thích

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [3], “PGS. Tiên Huỳnh cho biết việc sản xuất nhựa dễ dàng hơn so với việc sản xuất sợi nấm ở quy mô lớn do sợi nấm sinh trưởng chậm hơn và khó kiểm soát ở quy mô lớn”, bài viết không đề cập tới vấn đề giá thành và độ bền của nhựa so với tấm ốp làm từ sợi nấm nên chọn C. 

Đọc và tổng hợp thông tin trong đoạn [3] và [4]: PGS. Tiên Huỳnh cho biết Việt Nam có khí hậu ấm áp và ẩm ướt, ngành nông nghiệp phát triển và nằm gần các quốc gia có dân số đông như Trung Quốc và Ấn Độ, điều này làm cho Việt Nam trở thành một địa điểm hấp dẫn để phát triển ứng dụng sợi nấm. 

 Chọn A

Đọc và xác định lợi thế về tài chính và logistics mà PGS.Tiên Huỳnh nói tới chính là việc Việt Nam nằm gần Trung Quốc và Ấn Độ - những Quốc gia đông dân và thuận lợi trong việc vận chuyển hàng hóa (cả đường biển và đường hàng không). 

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

Đọc và tổng hợp các thông tin đã có trong văn bản: 

- Sợi nấm hoàn toàn có thể sản xuất ở quy mô lớn nếu giải quyết được các vấn đề liên quan tới chi phí.

- Sợi nấm có khả năng tạo lớp than cách nhiệt khi tiếp xúc với lửa. 

- Sợi nấm có thể được ứng dụng trong ngành xây dựng và thời trang. 

- Sợi nấm có nguồn gốc tự nhiên, khi cháy không tạo ra khỏi và các khí độc gây ung thư.

Theo đoạn thông tin: ….Codon AUG có hai chức năng, nó vừa mã hóa cho amino acid methionine (Met), vừa là tín hiệu “bắt đầu dịch mã”.

 Chọn A

Theo đoạn thông tin: “... trình tự các codon dọc phân tử mRNA được dịch mã thành trình tự các amino acid” nên suy ra được codon là các bộ ba nucleotide trên phân tử mRNA.

 Chọn B

Đáp án

Điền số thích hợp vào chỗ trống:

Từ 3 loại nucleotide A, U, G có thể tạo nên nhiều nhất là (1) 24 bộ ba khác nhau mã hóa cho amino acid.

Giải thích

Vị trí thứ 1 có 3 cách chọn nucleotide.

Vị trí thứ 2 có 3 cách chọn nucleotide.

Vị trí thứ 3 có 3 cách chọn nucleotide.

→ Vậy số bộ ba khác nhau tạo nên từ 3 nucleotide trên là: 3 × 3 × 3 = 27

Do có 3 bộ ba quy định tín hiệu kết thúc không mã hóa cho amino acid nào, nên đáp án là. 27 – 3 = 24

Có 3 codon không mã hóa cho amino acid nào, mang tín hiệu kết thúc dịch mã là: UAA, UAG và UGA.

 Chọn B, C

Bản chất của mã di truyền là trình tự sắp xếp của các nucleotide trong gene quy định trình tự sắp xếp các amino acid trong protein.

 Chọn A

Do đột biến xảy ra làm thay đổi nucleotide A thành U, mà codon thứ 2 trên mRNA là 5'XGA3' sau đột biến thành 5'XGU3'. Đối chiếu với bảng mã di truyền ta thấy cả 2 codon này đều mã hóa cho amino acid là Arginine. Vì vậy, đột biến xảy ra không làm thay đổi trình tự amino acid trên chuỗi polypeptide.

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

(1) đúng vì AUG mã hóa cho methionine, còn UGG mã hóa cho triptophan. Đây là các bộ ba chỉ mã hóa duy nhất cho 1 amino acid và amino acid đó cũng chỉ được mà hóa bởi một bộ ba duy nhất.

(2) đúng.

(3) sai vì mỗi codon chỉ mã hóa cho một loại amino acid được gọi là tính đặc hiệu của mã di truyền.

Lượng năng lượng được sóng âm truyền qua một đơn vị diện tích đặt vuông góc với phương truyền âm trong một đơn vị thời gian gọi là (1) cường độ âm.

Chọn C

Ta có: I=P4πr2=P4πx2⇒I~1x2

→ Đồ thị trong (H4) đúng.

 Chọn D

Cường độ âm tại:   I=P4πr2→I~1r2

⇒r'r=II'=10L10L'⇒r'=r.10L10L'=320010101013≈101 m

Chọn B

Sai. Ngưỡng đau là giá trị cường độ âm mà khi vượt quá, có thể gây ra cảm giác đau đớn, khó chịu hoặc thậm chí gây tổn thương cho tai. Những âm thanh vượt quá ngưỡng đau tai người vẫn có thể cảm nhận được, nhưng chúng có thể gây hại cho thính giác nếu nghe trong thời gian dài hoặc ở cường độ cao.

 Chọn B

Đáp án

Điền số thích hợp vào chỗ trống

Một buổi hoà nhạc được tổ chức ở nhà hát. Giả thiết, một người ngồi dưới khán đài nghe được âm từ một chiếc đàn phát ra do một nghệ sĩ chơi có mức cường độ âm là 12,2 dB. Khi dàn nhạc giao hưởng thực hiện bản hợp xướng người đó cảm nhận âm có mức cường độ âm là 2,45 B. Coi công suất âm của dàn nhạc tỉ lệ với số người trong dàn nhạc. Số người trong dàn nhạc đó là (1) __17    người.

Giải thích

Dàn nhạc có một người: \(\frac{{\rm{P}}}{{4\pi {{\rm{r}}^2}}} = {{\rm{I}}_0}{.10^{1,22}}\)

Dàn nhạc có n người: \(\frac{{{\rm{n}}{\rm{.P}}}}{{4\pi {{\rm{r}}^2}}} = {{\rm{I}}_0}{.10^{2,45}}\)

\( \to {\rm{n}} = \frac{{{{10}^{2,45}}}}{{{{10}^{1,22}}}} = 17\).

Giải thích

Đây là bài toán mà trong quá trình truyền âm có sự hấp thụ âm. Vì có sự hấp thụ âm nên năng lượng âm giảm dần trong quá trình truyền âm. Để giải được bài toán này, chúng ta phải nắm được mối liên hệ giữa năng lượng âm và công suất âm: A = P.t

Cường độ âm phát đi từ nguồn điểm: \({\rm{I}} = \frac{{\rm{P}}}{{\rm{S}}} = \frac{{\rm{P}}}{{4\pi {{\rm{r}}^2}}}\)

Năng lượng âm giảm nên công suất giảm theo quan hệ: \({\rm{P}} = \frac{{\rm{A}}}{{\rm{t}}}\), cứ 1 m thì giảm 5%, hay:

\(\frac{{{{\rm{A}}_0} - {{\rm{A}}_1}}}{{\;{{\rm{A}}_0}}} = 0,05 \Rightarrow \frac{{{{\rm{A}}_1}}}{{\;{{\rm{A}}_0}}} = 0,95\)

Ở khoảng cách 6 m, ta có: \(\frac{{{{\rm{A}}_6}}}{{\;{{\rm{A}}_0}}} = 0,{95^6} \Rightarrow {{\rm{P}}_6} = {{\rm{P}}_0}.0,{95^6}\)

Mức cường độ âm tại vị trí cách nguồn âm 6 m là: \({\rm{L}} = 10\,\,\lg \frac{{{{\rm{P}}_0}.0,{{95}^6}}}{{4\pi {{\rm{r}}^2}{\rm{.}}{{\rm{I}}_0}}} \approx 102\) dB.

Chọn A

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.

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

+ 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

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.

Chọn B

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

Theo đoạn thông tin “Để đánh giá các thông số về kích thước và một độ trung bình của lá cây vạn tuế khi trồng trong các điều kiện khác nhau..." có thể suy ra đáp án là cây vạn tuế.

 Chọn B

Câu hỏi này có độ ẩm không đổi, nhiệt độ ngày/đêm thay đổi à thuộc thí nghiệm 3.

Dựa vào bảng kết quả thí nghiệm 3, so sánh chiều dài và chiều rộng trung bình của lá cây ở các nhiệt độ khác nhau, thấy ở điều kiện nhiệt độ ngày/đêm 29/29 thì kích thước trung bình của lá là nhỏ nhất (trung bình 6,8cm chiều dài và 1,5cm chiều rộng)

Chọn A 

Sai. Vì nhìn vào kết quả thể hiện ở 3 bảng thí nghiệm, ta có thể thấy ở điều kiện độ ẩm thấp (<55%), thời gian chiếu nắng nhiều (>3 giờ), cũng như nhiệt độ ngày/đêm cao (>29°C) thì lá cây vạn tuế có chiều dài và chiều rộng trung bình bé, mật độ thưa.

 Chọn B

Vì trong thí nghiệm 3 không đề cập tới thời gian chiếu sáng ngày/đêm mà đề cập tới nhiệt độ ngày/đêm có ảnh hưởng thế nào tới kích thước của lá cây vạn tuế.

 Chọn B

Theo thí nghiệm 1. Các cây ở nhiệt độ 24°C, thời gian chiếu sáng 6 giờ/ngày ở các độ ẩm khác nhau.

Theo thí nghiệm 2. Các cây ở nhiệt độ 24°C, thời gian chiếu sáng khác nhau ở độ ẩm 55%.

Nhóm cây có cùng điều kiện thí nghiệm sẽ có nhiệt độ, thời gian chiếu sáng và độ ẩm là giống nhau à nhóm cây trồng ở nhiệt độ 24°C, độ ẩm 55%, thời gian chiếu sáng 6 giờ/ngày.

 Chọn B

Đáp án

“Sự tăng kích thước (chiều dài, bề mặt, thể tích) của cơ thể do tăng số lượng và kích thước tế bào được gọi là sự (1) sinh trưởng ở thực vật”

Giải thích

Sự tăng kích thước (chiều dài, bề mặt, thể tích) của cơ thể do tăng số lượng và kích thước tế bào được gọi là sự sinh trưởng ở thực vật.

Chọn đáp án D

Theo đoạn thứ ba của phần dẫn, ta có: Sự dẫn nhiệt là quá trình truyền năng lượng có liên quan đến chuyển động. Khi có chuyển động → có động năng.

 Chọn D

Dựa vào Hình 2 ta thấy: sự phụ thuộc của độ chênh lệch nhiệt độ ΔT vào diện tích mặt cắt ngang là hàm tuyến tính bậc nhất. Mặt khác, ta có: khi diện tích mặt cắt ngang tăng lên thì ΔT tăng lên.

+ Bình chứa trong Thử nghiệm 1 có diện tích mặt cắt ngang lớn hơn bình chứa trong Thử nghiệm 2 nên ΔT1 > ΔT2

+ Khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = 4\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2} \to \Delta T = {6^^\circ }{\rm{C}}}\\{S = 8\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2} \to \Delta T = {{12}^^\circ }{\rm{C}}}\end{array} \to \frac{{\Delta {T_1}}}{{\Delta {T_2}}} = 2.} \right.\)

Chọn C

Theo đoạn thứ 4 của phần dẫn, ta có: đối lưu chỉ xảy ra trong chất lỏng hoặc chất khí. Vì vậy sẽ không có sự truyền nhiệt qua cơ chế đối lưu từ nước sang các bình chứa bằng kim loại.

 Chọn B

Phần dẫn về cơ chế đối lưu đưa ra mối quan hệ giữa ΔT và chỉ ba biến số: diện tích mặt cắt ngang, chiều dài và nhiệt độ ban đầu.

+ Khả năng cách nhiệt, thể tích chất lỏng và nhiệt độ không khí bên ngoài bình chứa không được nhắc đến có liên quan đến ΔT→ Loại A, B và D

+ Hình 2 cho thấy khi diện tích mặt cắt tăng thì ΔT tăng. Mặt khác, ta có khi bán kính của bình chứa tăng thì diện tích mặt cắt ngang tăng → Chọn C 

Đáp án

Giải thích

Theo các Hình 1 - 3, ta thấy khi nhiệt độ tăng thì độ nhớt của chất lỏng giảm

Trong đoạn thứ ba của phần dẫn, ta thấy rằng sự thay đổi nhiệt độ được đo bằng nhiệt kế thủy ngân → (1) sai.

Trong mọi cài đặt nhiệt độ của các thử nghiệm, nhiệt độ thay đổi nhanh nhất lúc đầu và chậm hơn theo thời gian. Theo Hình 2, đối với thử nghiệm làm mát nước mặn ở xuống nhiệt độ 10°C thì từ 0 - 100 phút, nhiệt độ nước mặn giảm từ 50°C xuống khoảng 31°C, thay đổi 19°C → (2) đúng, (3) sai

Động năng trung bình tỉ lệ thuận với nhiệt độ, nói theo cách khác, khi nhiệt độ tăng thì động năng trung bình tăng và ngược lại khi nhiệt độ giảm thì động năng trung bình giảm.

Từ Hình 2, ta thấy\(:{t_{150}} > {t_{350}} > {t_{550}} > {t_{750}}\) nên \({K_{150}} > {K_{350}} > {K_{550}} > {K_{750}}\).

 Chọn A

Đáp án “-8”

Giải thích

Do sự truyền nhiệt đã đạt tới trạng thái cân bằng nên ta có tốc độ truyền nhiệt qua gỗ thông Ha phải bằng tốc độ truyền nhiệt qua gạch Hd :

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{H_a} = {k_a}A\frac{{{T_1} - {T_2}}}{{{L_a}}}}\\{{H_d} = {k_d}A\frac{{{T_4} - {T_5}}}{{{L_d}}}}\end{array}} \right.\)

\({H_a} = {H_d} \to {T_4} = \frac{{{k_a}.{L_d}}}{{{k_d}.{L_A}}}.\left( {{T_1} - {T_2}} \right) + {T_5} = \frac{{{k_a}.2{L_a}}}{{5{k_a}.{L_a}}}.(25 - 20) + ( - 10) =  - {8^^\circ }{\rm{C}}\)

Phương trình: 2H2 + O2 → 2H2Olà phương trình xảy ra trong thí nghiệm 1.

Phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm 2 là: H2 + CuO   Cu + H2O

 Chọn B

Nếu CuO bị lẫn tạp chất có phản ứng với H2 thì việc xác định lượng CuO đã phản ứng không còn chính xác, ngoài ra chúng có thể tạo ra các sản phẩm khác mà CaCl2 có thể hấp thụ, ảnh hưởng đến khối lượng cuối cùng của CaCl2 hay khối lượng H2O tạo thành.

 Chọn B

Đáp án

Trong thí nghiệm 2, CaCl2 được sử dụng nhằm mục đích hấp thụ H2O.

Giải thích

Trong thí nghiệm 2, CaCl2 được sử dụng nhằm mục đích hấp thụ H2O được tạo thành từ phản ứng: H2 + CuO   Cu + H2O.

Đáp án

Nếu thể tích ban đầu của H2 và O2 lần lượt là 70 ml và 50 ml thì thể tích cuối cùng của O2 sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn là (1) ___15___ ml.

Giải thích

Từ phương trình phản ứng và dữ liệu trong Bảng 1 cho thấy H2 và O2 phản ứng theo tỷ lệ 2:1 để tạo thành H2O. 

Nếu thể tích ban đầu của H2 và O2 lần lượt là 70 ml và 50 ml, thì tất cả 70 ml H2 đều phản ứng, nhưng chỉ có 35 ml O2 phản ứng. Do đó, thể tích O2 cuối cùng còn lại trong ống bơm sẽ là 15 ml. 

Từ phương trình phản ứng và dữ liệu trong Bảng 1 cho thấy H2 và O2 phản ứng theo tỷ lệ 2:1 để tạo thành H2O. 

 Chọn D

Trong thí nghiệm 1, khi hỗn hợp khí được đốt cháy, khí bị mất đi và nước dạng lỏng được hình thành. Do đó, việc giảm tổng lượng khí trong ống tiêm gây ra sự giảm áp suất trong ống tiêm.

Chọn B

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Vì cung tròn có tâm nằm trên chiều rộng nên tâm của cung tròn là \(I\left( {0;1,5} \right)\), bán kính \(R\).

Ta có bán kính của cung tròn là \(R = \sqrt {1,{5^2} + {1^2}}  = \frac{{\sqrt {13} }}{2}\).

\( \Rightarrow \) Phương trình đường tròn có tâm \(I\left( {0;\frac{3}{2}} \right)\), bán kính \(R = \frac{{\sqrt {13} }}{2}\) là: \({x^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{13}}{4}\).

\( \Rightarrow y =  \pm \sqrt {\frac{{13}}{4} - {x^2}}  + \frac{3}{2}\).

Diện tích một đầu mảnh vườn là \(S = 1.3 + \int\limits_1^{\frac{{\sqrt {13} }}{2}} {\left[ {\left( {\sqrt {\frac{{13}}{4} - {x^2}}  + \frac{3}{2}} \right) - \left( { - \sqrt {\frac{{13}}{4} - {x^2}}  + \frac{3}{2}} \right)} \right]} {\rm{d}}x\).

Tổng chi phí anh X cần dùng để chỉnh sửa mảnh vườn là:

\(T = 9.S + 0,8.S \approx 46,0\) (triệu đồng)

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

Phương trình tham số d: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3 - t\\z = 1 + t\end{array} \right. \Rightarrow I(1 + 2t;3 - t;1 + t) \in d\).

Vì \(I = d \cap \left( P \right)\) nên ta có: \(2\left( {1 + 2t} \right) - 3\left( {3 - t} \right) + 1 + t - 2 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

\( \Rightarrow I\left( {3;2;2} \right)\).

Đường thẳng \(d\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2; - 1;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Sin góc giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \({\rm{sin}}\alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right|}} = \frac{{4\sqrt {21} }}{{21}}\).

\( \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha  = \sqrt {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha }  = \frac{{\sqrt {105} }}{{21}}\).

Đáp án

Kí hiệu \(\sum\limits_{k = 1}^{2023} {f\left( k \right)} \) để chỉ tổng những số có dạng \(f\left( k \right)\) với \(k\) nhận giá trị từ 1 đến 2023 . Kết quả của tổng \(\sum\limits_{k = 1}^{2023} {\frac{{2024}}{{k\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}}} \) được viết dưới dạng phân số tối giản \(\frac{a}{b}\) với \(a,b\) là các số nguyên dương. Nhập kết quả vào ô trống: \(a + b = \)(1) __2053349__.

Giải thích

Tính

∑​k=120232024kk+1k+2=1012∑​k=120232kk+1k+2=1012∑​k=12023k+2−kkk+1k+2

=1012∑​k=120231kk+1−1k+1k+2=101211.2−12024.2025

\( = 506 - \frac{1}{{4050}} = \frac{{2049299}}{{4050}}\)

Vậy \(a = 2049299,b = 4050\) và \(a + b = 2053349\).

Gọi \(I,J\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\).

Kẻ \(SH \bot IJ\). Ta có \(SH \bot \left( {ABCD} \right);IJ = a;SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};SJ = \sqrt {S{C^2} - C{J^2}}  = \frac{{a\sqrt {11} }}{2}\).

Theo định lí cos: \({\rm{cos}}\widehat {SJI} = \frac{{3\sqrt {11} }}{{11}}\) suy ra sin \(\widehat {SJI} = \frac{{\sqrt {22} }}{{11}}\).

Suy ra \(SH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

 Chọn D

Giải thích

Gọi \(I\left( {0;0;z} \right) \in Oz\) là tâm mặt cầu cần tìm.

Vì mặt cầu đi qua hai điểm \(A,B\) nên

\(IA = IB \Leftrightarrow {1^2} + {3^2} + {(z - 1)^2} = {3^2} + {2^2} + {(z - 2)^2} \Leftrightarrow 2z = 6 \Leftrightarrow z = 3\)

\( \Rightarrow I\left( {0;0;3} \right) \Rightarrow R = IA = \sqrt {14} \)

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

+ Khối tứ diện đều có 4 đỉnh và 4 mặt.

+ Có 5 khối đa diện đều lần lượt là: \(\left\{ {3;3} \right\};\left\{ {3;4} \right\};\left\{ {4;3} \right\};\left\{ {3;5} \right\};\left\{ {5;3} \right\}\).

+ Có ba loại khối đa diện đều mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là: khối tứ diện đều, khối bát diện đều và khối hai mươi mặt đều.

+ Trong một hình đa diện, mỗi cạnh là cạnh chung của hai mặt.

Đáp án

Diện tích lát đá cẩm thạch bằng 14400 cm².

Thể tích cầu thang nối sân và nhà bằng 276480 cm³.

Chiều dài của cầu thang dắt xe máy lò 134 cm.

(Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

Giải thích

Diện tích lát đá câm thạch là: \(S = 120 \times \left( {3 \times 24} \right) + 120 \times 48 = 14400\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Chồng bậc thang thứ nhất lên bậc thang thứ 2 thì ta có thể tích của cầu thang nối sân và nhà bằng thể tích của khối hộp chữ nhật có kích thước \(120{\rm{\;cm}} \times 48{\rm{\;cm}} \times 48{\rm{\;cm}}\).

Thể tích của cầu thang nối sân và nhà là: \(V = 120 \times 48 \times 48 = 276480\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Vì mặt thang dắt xe máy tạo với mặt phẳng sân một góc bằng \({21^ \circ }\) nên ta có góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {CDEF} \right)\) bằng \({21^ \circ }\).

\( \Rightarrow \left( {BC;EC} \right) = {21^ \circ }\).

Xét \(\Delta BCE\) vuông có: \(BC = \frac{{BE}}{{{\rm{sin}}{{21}^ \circ }}} \approx 134\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy chiều dài của cầu thang dắt xe máy là 134 cm.

Chọn B

Đáp án

Số hạng thứ 2042 của dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) là 2087.

Số 2024 là số hạng thứ 1980 của dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\).

Giải thích

Ta thấy: \(1936 = {44^2} < 2024 < {45^2} = 2025\).

\( \Rightarrow \) Trong 2024 số hạng đầu của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có 44 số chính phương.

\( \Rightarrow \) Số 2024 là số hạng thứ \(2024 - 44 = 1980\) của dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\).

Trong dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) từ số hạng thứ 1981 đến số hạng thứ 2042 , có 61 số không là số chính phương.

Sau số chính phương \(2025\left( { = {{45}^2}} \right)\) thì số chính phương tiếp theo là \(2116\left( { = {{46}^2}} \right)\).

\( \Rightarrow \) Có 90 số không là số chính phương trong dãy số tự nhiên từ 2026 đến 2115.

\( \Rightarrow \) Số hạng thứ 2042 của dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) là: \(2026 + 61 = 2087\).

Đáp án

Giải thích

Diện tích hình phẳng D là: \(S = \int\limits_0^3 {\left| {\frac{1}{3}{x^3} - {x^2}} \right|{\rm{d}}x = \frac{9}{4}} \).

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \(D\) quanh trục hoành là:

.

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 2x\).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = f'\left( x \right)\) là:

\(\frac{1}{3}{x^3} - {x^2} = {x^2} - 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3 + \sqrt 3 \\x = 3 - \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = f'\left( x \right)\) là:

\(S' = \int\limits_0^{3 - \sqrt 3 } {\left| {f\left( x \right) - f'\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}  + \int\limits_{3 - \sqrt 3 }^{3 + \sqrt 3 } {\left| {f\left( x \right) - f'\left( x \right)} \right|} {\rm{d}}x = 2\sqrt 3  - 3 + 4\sqrt 3  = 6\sqrt 3  - 3 = 3\left( {2\sqrt 3  - 1} \right)\)

Giải thích

Xét \({\rm{cos}}x \ge 0\) thì phương trình đã cho tương đương với

\({\rm{cos}}x + {\rm{sin}}3x = 0 \Leftrightarrow {\rm{sin}}3x = {\rm{cos}}\left( {\pi  - x} \right) \Leftrightarrow {\rm{sin}}3x = {\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{2}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{ - \pi }}{4} + k\pi }\\{x = \frac{{3\pi }}{8} + \frac{{k\pi }}{2}}\end{array}\,\,\,\left( * \right)} \right.\)

Biểu diễn \(\left( {\rm{*}} \right)\) trên đường tròn lượng giác ta được 6 điểm đánh dấu "o", trong đó chỉ có 3 điểm nằm bên phải trục \(Oy\) (tức \({\rm{cos}}x \ge 0\) ), ứng với \({x_1} =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi ,{x_2} = \frac{{ - \pi }}{8} + k2\pi ,{x_3} = \frac{{3\pi }}{8} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Xét \({\rm{cos}}x < 0\) thì phương trình đã cho tương đương với

\( - {\rm{cos}}x + {\rm{sin}}3x = 0 \Leftrightarrow {\rm{sin}}3x = {\rm{cos}}x \Leftrightarrow {\rm{sin}}3x = {\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}}\end{array}\left( {**} \right)} \right.\)

Biểu diễn (**) trên đường tròn lượng giác ta được 6 điểm đánh dấu "o", trong đó chỉ có 3 điểm nằm bên trái trục \(Oy\) (tức \({\rm{cos}}x < 0\) ), ứng với \({x_4} = \frac{{5\pi }}{8} + 2k\pi ,{x_5} = \frac{{9\pi }}{8} + 2k\pi \), \({x_6} = \frac{{5\pi }}{4} + 2k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy trên đường tròn lượng giác, tập nghiệm của phương trình \(\left| {{\rm{cos}}x} \right| + {\rm{sin}}3x = 0\) biểu diễn bởi 6 điểm.

 Chọn C

Đáp án

Giả sử hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm đến cấp hai trên \(\mathbb{R}\) thỏa mãn \(f'\left( 2 \right) = 2\) và \(f\left( {2 - x} \right) + {x^2}f''\left( x \right) = 2x\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\). Giá trị tích phân \(\int\limits_0^2 {xf'\left( x \right){\rm{d}}x} \) bằng (1) ___4/3____.

Giải thích

Tại \(x = 0\) ta có: \(f\left( {2 - x} \right) + {x^2}f''\left( x \right) = 2x \Rightarrow f\left( 2 \right) = 0\)

Lại có: ∫​02f2−xdx+∫​02x2f''xdx=∫​022x dx=x202=4

Xét I1=∫​02f2−xdx

Đặt \(2 - x = t \Rightarrow {\rm{d}}x =  - {\rm{d}}t\)

Với \(x = 0 \Rightarrow t = 2;x = 2 \Rightarrow t = 0\)

 ⇒I1=−∫​20ftdt=∫​02ftdt=∫​02fxdx

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = f\left( x \right)}\\{{\rm{d}}v = {\rm{d}}x}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u = f'\left( x \right){\rm{d}}x}\\{v = x}\end{array}} \right.} \right.\)

 ⇒I1=xfx02−∫​02xf'xdx=2f2−∫​02xf'xdx=−∫​02xf'xdx

Xét I2=∫​02x2f''xdx

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = {x^2}}\\{{\rm{\;d}}v = f''\left( x \right){\rm{d}}x}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{d}}u = 2x{\rm{\;d}}x}\\{v = f'\left( x \right)}\end{array}} \right.} \right.\)

 ⇒I2=x2f'x02−∫​022xf'xdx=4f'2−2∫​02xf'xdx=8−2∫​02xf'xdx

Vậy .−∫​02xf'xdx+8−2∫​02xf'xdx=4⇒∫​02xf'xdx=43

Đáp án

Cho khối trụ \(\left( T \right)\) có chu vi của đường tròn đáy bằng \(10\pi \) và có diện tích toàn phẩn bằng \(110\pi \). Độ dài bán kính đáy của \(\left( T \right)\) bằng (1) ___5___, độ dài đường cao của \(\left( T \right)\) bằng (2) ___6___.

Giải thích

Ta có: \(2\pi R = 10\pi  \Rightarrow R = 5\).

\({S_{tp}} = 2\pi {R^2} + 2\pi Rh \Rightarrow 110\pi  = 2\pi {.5^2} + 2\pi .5.h \Rightarrow h = 6\).

Giải thích

+ Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 1\) nên đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

+ Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) =  - 1\) nên đường thẳng \(y =  - 1\) là tiệm cận ngang đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng \(y = 1\) và \(y =  - 1\).

 Chọn C

Đáp án

Để \(3 - n\) chia hết cho 2 thì \(n\) bằng 1 .

Với \(n\) bằng 4  thì \(2n + 1\) chia hết cho \(n - 1\).

Có 2  số tự nhiên \(n\) thỏa mãn \(n - 4\) chia hết cho \(2n - 1\).

Giải thích

Vì \(3 - n\) chia hết cho 2 và \(n\) là số tự nhiên nên \(3 - n = 2 \Leftrightarrow n = 1\).

Ta có: \(2n + 1 = 2\left( {n - 1} \right) + 3\).

Để \(2n + 1\) chia hết cho \(n - 1\) thì \(3 \vdots \left( {n - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {n - 1} \right) \in \left\{ {1;3} \right\} \Leftrightarrow n \in \left\{ {2;4} \right\}\).

Ta có: \(\left( {n - 4} \right) \vdots \left( {2n - 1} \right) \Rightarrow 2\left( {n - 4} \right) \vdots \left( {2n - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\left( {2n - 1} \right) - 7} \right] \vdots \left( {2n - 1} \right) \Rightarrow 7 \vdots \left( {2n - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {2n - 1} \right) \in \left\{ {1;7} \right\} \Leftrightarrow n \in \left\{ {1;4} \right\}\)

Thử lại, ta thấy cả 2 giá trị của \(n\) đều thỏa mãn.

Giải thích

Ta có \(4{m^3} + m = 12{n^3} + n \Leftrightarrow \left( {m - n} \right)\left( {4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1} \right) = 8{n^3}\)

Giả sử \(p\) là một ước nguyên tố chung của \(m - n\) và \(4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1\).

Vì \(4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1\) lẻ nên \(p\) là số lẻ.

Mà \(8{n^3} \vdots p\) nên suy ra \(n \vdots p\).

Mặt khác \(\left( {m - n} \right) \vdots p \Rightarrow m \vdots p\).

Mà \(4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1\) cũng chia hết cho \(p\) nên \(1 \vdots p\), điều này vô lý.

Vậy \(\left( {m - n,4{m^2} + 4mn + 4{n^3} + 1} \right) = 1\).

Mà \(8{n^3} = {(2n)^3}\) nên \(m - n = {x^3}\) và \(4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1 = {y^3}\left( {x,y \in \mathbb{Z}} \right)\) thỏa mãn \({x^3}.{y^3} = {(2n)^3}\).

Hay m - n là lập phương của một số nguyên.

 Chọn B

Giải thích

Gọi điểm \(C\left( {0;0;c} \right)\) thuộc tia \(Oz,c > 0\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) 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 \(\left( P \right)\) 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 \(a + 3b - 2c = 6\).

 Chọn D

Đáp án

Hải có một tấm bìa hình tròn như hình vẽ, Hải muốn biến hình tròn đó thành một hình cái phễu hình nón. Khi đó Hải phải cắt bỏ hình quạt tròn \(AOB\) rồi dán hai bán kính \(OA\) và \(OB\) lại với nhau (diện tích mép dán không đáng kể). Gọi \(x\) là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Để thể tích phễu lớn nhất thì \(x\) gần bằng (1) ___294___⁰ (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Giải thích

Bán kính \(R\) của hình tròn ban đầu chính là đường sinh của hình nón.

Độ dài cung lớn \(AB\) chính là chu vi của đường tròn đáy hình nón và bằng . Vậy bán kính đáy của hình nón là .

Khi đó thể tích phễu hình nón là

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi \frac{{{R^2}{x^2}}}{{{{360}^2}}}\sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{{Rx}}{{360}}} \right)}^2}}  = \frac{{{R^3}{x^2}\pi }}{{{{3.360}^3}}}\sqrt {{{360}^2} - {x^2}} \).

Yêu cầu bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của \(V\) với \(x \in \left( {0;360} \right)\).

Ta có \(V = \frac{{{R^3}{x^2}\pi }}{{{{3.360}^3}}}\sqrt {{{360}^2} - {x^2}}  = \frac{{{R^3}\pi }}{{3\sqrt 2 {{.360}^3}}}\sqrt {{x^4}\left( {{{2.360}^2} - 2{x^2}} \right)} \).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: \({x^2}{x^2}\left( {{{2.360}^2} - 2{x^2}} \right) \le {\left( {\frac{{{x^2} + {x^2} + {{2.360}^2} - 2{x^2}}}{3}} \right)^3} = \frac{{{{8.360}^6}}}{{27}}\).

Suy ra \(V \le \frac{{{R^3}\pi }}{{3\sqrt 2 {{.360}^3}}}.\frac{{2\sqrt 2 }}{{3\sqrt 3 }}{360^3} = \frac{{2\sqrt 3 {R^3}\pi }}{{27}}\).

Dấu bằng xảy ra khi \({x^2} = {2.360^2} - 2{x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{360\sqrt 6 }}{3} \approx {294^ \circ }\).

Đáp án

Giải thích

Đồ thị \(\left( C \right)\) có đường tiệm cận ngang là \(y = 2\) và đường tiệm cận ngang là \(x = 1\).

\( \Rightarrow I\left( {1;2} \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Giả sử \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right)\).

Ta có: \(f'\left( x \right) =  - \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}}\).

\( \Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến tại \(M\) là \({\rm{\Delta }}:y =  - \frac{1}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 1}}{{{x_0} - 1}}\).

Gọi \(A,B\) lần lượt là giao điểm của \({\rm{\Delta }}\) và hai đường tiệm cận.

\( \Rightarrow A\left( {1;\frac{{2{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right),B\left( {2{x_0} - 1;2} \right)\).

Ta có  vuông tại \(I \Rightarrow \) Bán kính đường tròn ngoại tiếp  là

\(\frac{{AB}}{2} = \sqrt 2  \Leftrightarrow A{B^2} = 8\)

\( \Leftrightarrow {\left( {2{x_0} - 2} \right)^2} + \frac{4}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} = 8\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}M\left( {0;1} \right)\\M\left( {2;3} \right)\end{array} \right.\)

Vậy có 2 điểm \(M\) thỏa mãn.

Đáp án

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }}\) có 1  tiệm cận đứng và 2  tiệm cận ngang.

Giải thích

Tập xác định. \(D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).

Cách 1.

TH1. \(x <  - 2 \Leftrightarrow x + 2 < 0\).

Khi đó \(f\left( x \right) = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} = \frac{{ - \sqrt {{{(x + 2)}^2}} }}{{\sqrt {\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)} }} =  - \sqrt {\frac{{x + 2}}{{x - 2}}} \).

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } \left( { - \sqrt {\frac{{x + 2}}{{x - 2}}} } \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } \left( { - \sqrt {\frac{{1 + \frac{2}{x}}}{{1 - \frac{2}{x}}}} } \right) =  - 1\)

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {{( - 2)}^ - }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {{( - 2)}^ - }} \left( { - \sqrt {\frac{{x + 2}}{{x - 2}}} } \right) = 0\)

Suy ra đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có 1 tiệm cận ngang \(y =  - 1\), không có tiệm cận đứng.

TH2. \(x > 2 \Rightarrow x + 2 > 0\).

Khi đó \(f\left( x \right) = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} = \frac{{\sqrt {{{(x + 2)}^2}} }}{{\sqrt {\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)} }} = \sqrt {\frac{{x + 2}}{{x - 2}}} \).

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\frac{{x + 2}}{{x - 2}}}  = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\frac{{1 + \frac{2}{x}}}{{1 - \frac{2}{x}}}}  = 1\)

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ + }} \sqrt {\frac{{x + 2}}{{x - 2}}}  =  + \infty \)

Suy ra đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có 1 tiệm cận ngang y = 1, 1 tiệm cận đứng \(x = 2\).

Vậy đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có 2 tiệm cận ngang, 1 tiệm cận đứng.

Cách 2. Sử dụng Casio

Nhập \(\frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }}\)

 ta được kết quả \( \approx 6324,55 \to  + \infty \) nên \(x = 2\) là tiệm cận đứng.

 ta được kết quả \( \approx 0\) nên \(x =  - 2\) không là tiệm cận đứng.

 và \({10^8}\) ta được kết quả \( \approx 1\) nên \(y = 1\) là tiệm cận ngang.

 và \( - {10^8}\) ta được kết quả \( \approx  - 1\) nên \(y =  - 1\) là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có 2 tiệm cận ngang, 1 tiệm cận đứng.

Đáp án

Biết bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều \(ABCD\) bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\). Thể tích khối tứ diện \(ABCD\) bằng (1) __1/3__.

Giải thích

Gọi độ dài cạnh của tứ diện \(ABCD\) là \(x(x > 0)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(CD\) và \(O\) là trọng tâm .

Vì \(ABCD\) là tứ diện đều nên \(AO \bot \left( {BCD} \right)\).

Ta có: \(BM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BO = \frac{2}{3}BM = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).

 vuông tại \(O\) có: \(AO = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}}  = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\)

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều \(ABCD\) là: \(R = \frac{{A{B^2}}}{{2AO}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \sqrt 2 \).

Khi đó, thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là: \(V = \frac{{{x^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án

Thể tích khối tứ diện \(A'BC'D\) bằng 36.

Thể tích khối tứ diện \(AMNP\) bằng 15.

Giải thích

Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện có bốn đỉnh thuộc hai đường chéo của hai hình bình hành thuộc hai mặt phẳng song song ta có: \({V_{A'BC'D}} = \frac{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}}{4} = 36\).

Gọi \(E = NP \cap CD\). Đặt \(DC = 2x,BC = 2y\).

Ta có: \({S_{EMA}} = {S_{ECBA}} - {S_{EMC}} - {S_{ABM}} = 5xy - \frac{3}{2}xy - xy = \frac{5}{2}xy\).

Khi đó, \({V_{NEAM}} = \frac{1}{3}{S_{EMA}}.d\left( {N,\left( {EMA} \right)} \right) = \frac{1}{3}{S_{EMA}}.CC' = \frac{5}{{24}}.4xy.CC' = \frac{5}{{24}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 30\).

\( \Rightarrow {V_{NPAM}} = \frac{1}{2}{V_{NEAM}} = 15\).

Giải thích

Hàm số liên tục tại \(x = 3\) khi .

Ta có \(f\left( 3 \right) = a + 2\);

 limx→3fx=limx→32x+3−x+6x−3=limx→32x+3−x−6x−32x+3+x+6=limx→312x+3+x+6=16

Suy ra f3=limx→3fx⇔a+2=16⇔a=−116

 Chọn C

Đáp án

Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) là 2 .

Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là 1 .

Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là 4 .

Giải thích

Mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) có phương trình \(y = 0\) nên khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) là: 2 . Mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có phương trình \(x = 0\) nên khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là: 1 . Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\frac{{\left| {1 - 2.2 + 2.\left( { - 3} \right) - 3} \right|}}{{\sqrt {1 + {2^2} + {2^2}} }} = 4\).

Giải thích

Ta có:

+)\({7^{95}} = {7^{92 + 3}} = {\left( {{7^4}} \right)^{23}} \times {7^3} = {2401^{23}} \times 343\).

Ta thấy \({2401^{23}}\) có chữ số tận cùng là 1 . Vậy tích \({2401^{23}} \times 343\) có chữ số tận cùng là 3 .

+)\({3^{58}} = {3^{56 + 2}} = {\left( {{3^4}} \right)^{14}} \times {3^2} = {81^{14}} \times 9\).

Ta thấy \({81^{14}}\) có chữ số tận cùng là 1 . Vậy tích \({81^{14}} \times 9\) có chữ số tận cùng là 9 .

Khi đó, hiệu \({7^{95}} - {3^{58}}\) có chữ số tận cùng là 4 .

 Chọn A

Đáp án

Giải thích

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{{x^2} + ax - 4}}{x}\) liên tục trên đoạn \(\left[ {1;4} \right]\).

Ta có \(g'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4}}{{{x^2}}} > 0\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right] \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\left[ {1;4} \right]\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {1;4} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = a - 3\\\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {1;4} \right]} g\left( x \right) = g\left( 4 \right) = a + 3\end{array} \right.\)
TH1: \(a - 3 > 0 \Leftrightarrow a > 3\).

Ta có \(\left[ \begin{array}{l}\left| {a - 3} \right| = a - 3\\\left| {a + 3} \right| = a + 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {1;4} \right]} \left| {g\left( x \right)} \right| = a - 3\\M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {1;4} \right]} \left| {g\left( x \right)} \right| = a + 3\end{array} \right.\)

Khi đó \(M + 2m = 7 \Leftrightarrow a + 3 + 2\left( {a - 3} \right) = 7 \Leftrightarrow a = \frac{{10}}{3}\) (thỏa mãn).

TH2: \(a + 3 < 0 \Leftrightarrow a <  - 3\).

\(\left[ \begin{array}{l}\left| {a - 3} \right| =  - a + 3\\\left| {a + 3} \right| =  - a - 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {1;4} \right]} \left| {g\left( x \right)} \right| =  - a - 3\\M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {1;4} \right]} \left| {g\left( x \right)} \right| =  - a + 3\end{array} \right.\)

Khi đó \(M + 2m = 7 \Leftrightarrow  - a + 3 + 2\left( { - a - 3} \right) = 7 \Leftrightarrow a =  - \frac{{10}}{3}\) (thỏa mãn).

TH3:\(a - 3 \le 0 \le a + 3 \Leftrightarrow  - 3 \le a \le 3\).

Ta có \[\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{|a + 3\mid  = a + 3\,\,\,}\\{|a - 3\mid  =  - a + 3}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {1;4} \right]} |g\left( x \right)\mid  = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {1;4} \right]} |g\left( x \right)\mid  = {\rm{max}}\left\{ {a + 3; - a + 3} \right.}\end{array}} \right.\]

Khi đó \(M + 2m = 7 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}a + 3 + 2.0 = 7\\a + 3 \ge  - a + 3\end{array}\\\begin{array}{l} - a + 3 + 2.0 = 7\\ - a + 3 > a + 3\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}a = 4\\a \ge 0\end{array}\\\begin{array}{l}a =  - 4\\a < 0\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow a =  \pm 4\) (không thỏa mãn).

Vậy có 2 giá trị của \(a\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \(a =  \pm \frac{{10}}{3}\).

Đáp án

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2; - 1;3} \right)\). Từ điểm \(M\left( {4;1;1} \right)\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\), kẻ ba tiếp tuyến \(MA,MB,MC\) với mặt cầu \(\left( S \right)\) sao cho \(MA = MB = MC\). Biết \(\widehat {AMB} = {60^ \circ },\widehat {BMC} = {90^ \circ },\widehat {CMA} = {120^ \circ }\). Bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) bằng (1) ___3___.

Giải thích

Đặt \(MA = MB = MC = a > 0\).

Áp dụng định lí \({\rm{cos}}\) cho tam giác \(MAB\) ta có:

\(A{B^2} = M{A^2} + M{B^2} - 2MA.MB.{\rm{cos}}\widehat {AMB} = {a^2} + {a^2} - 2a.a.{\rm{cos}}{60^ \circ } = {a^2}\).

Suy ra \(AB = a\).

Tương tự, ta cũng tính được \(BC = \sqrt 2 a,CA = \sqrt 3 a\).

Xét tam giác \(ABC\) có: \(C{A^2} = B{C^2} + A{B^2}\) suy ra tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) (định lí Pythagore đảo). Do đó trung điểm \(H\) của \(AC\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Suy ra \(M,H,I\) thẳng hàng.

Xét tam giác \(MCI\) vuông tại \(C\) đường cao \(CH\) :

\(IC.MC = CH.MI\) suy ra \(IC = \frac{{CH.MI}}{{MC}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 a}}{2}.2\sqrt 3 }}{a} = 3\).

Giải thích

Gọi \(z = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\).

Ta có \(\left| {z - \overline z } \right| + \left| {z + \overline z } \right| = \left| {{z^2}} \right| \Leftrightarrow \left| {a + bi - \left( {a - bi} \right)} \right| + \left| {a + bi + a - bi} \right| = |a + bi{|^2}\)

\( \Leftrightarrow \left| {2bi\left|  +  \right|2a} \right| = {a^2} + {b^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 2\left( {\left| a \right| + \left| b \right|} \right)\,\,\left( 1 \right)\)

\({z^2} + z\overline z  = z\left( {z + \overline z } \right) = \left( {a + bi} \right)\left( {a + bi + a - bi} \right) = 2{a^2} + 2abi\) là số thuần ảo khi \(2{a^2} = 0\) hay \(a = 0\).

Thay \(a = 0\) vào (1) ta được \({b^2} = 2\left| b \right|\). Giải phương trình này thu được \(b = 0\) hoặc \(b =  \pm 2\).

Vậy có 3 số phức thỏa mãn ycbt là \(z = 0,z =  \pm 2i\).

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

Theo đề ra ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{3n}}.{u_n} \Leftrightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{n + 1}} = \frac{1}{3}\frac{{{u_n}}}{n}\) mà \({u_1} = \frac{1}{3}\) hay \(\frac{{{u_1}}}{1} = \frac{1}{3}\)

Nên ta có \(\frac{{{u_2}}}{2} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2};\frac{{{u_3}}}{3} = \frac{1}{3}.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^3}; \ldots ;\frac{{{u_{10}}}}{{10}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{10}}\).

Hay dãy \(\left( {\frac{{{u_n}}}{n}} \right)\) là một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = \frac{1}{3}\), công bội \(q = \frac{1}{3}\).

Khi đó \(S = {u_1} + \frac{{{u_2}}}{2} + \frac{{{u_3}}}{3} +  \ldots  + \frac{{{u_{10}}}}{{10}} = \frac{{{3^{10}} - 1}}{{{{2.3}^{10}}}} = \frac{{59048}}{{{{2.3}^{10}}}} = \frac{{29524}}{{59049}} < \frac{1}{2}\).

Giải thích

Số tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác đã cho là số tổ hợp chập 3 của \(n\) phần tử. Số tam giác lập được là \(C_n^3\).

 Chọn B

Đáp án

Hình chiếu của \(C\) trên đường thẳng \(AB\) có tọa độ (\(\frac{7}{3}\);\(\frac{2}{3}\);\(\frac{5}{3}\)).

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua hai điểm \(A,B\) và cách \(C\) một khoảng lớn nhất bằng \(\frac{{4\sqrt 3 }}{3}\).

Giải thích

Gọi \(M\) là hình chiếu của \(C\) trên đường thẳng \(AB\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB} \left( { - 2; - 1; - 1} \right)\)

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

\( \Rightarrow M\left( {1 - 2t; - t;1 - t} \right) \in d \Rightarrow \overrightarrow {CM} \left( { - 2t; - t - 2; - t - 2} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {CM}  \bot \overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \overrightarrow {CM} .\overrightarrow {AB}  = 0 \Leftrightarrow 4t + t + 2 + t + 2 = 0 \Leftrightarrow 6t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ - 2}}{3}\)

Vậy \(M\left( {\frac{7}{3};\frac{2}{3};\frac{5}{3}} \right)\).

Ta có: \(M\left( {\frac{7}{3};\frac{2}{3};\frac{5}{3}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {CM} \left( {\frac{4}{3};\frac{{ - 4}}{3};\frac{{ - 4}}{3}} \right) \Rightarrow CM = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

 vuông tại \(H\) nên \(CH \le CM\).

\( \Rightarrow C{H_{{\rm{max}}}} = CM \Leftrightarrow H \equiv M\).

Khi đó, \(C{H_{{\rm{max}}}} = CM = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án

Tổng tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để khoảng cách từ điểm \(M\left( {0;3} \right)\) đến đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3mx + 1\) bằng \(\frac{2}{{\sqrt 5 }}\) là (1) ___-1___.

Giải thích

Ta có \(y' = 3{x^2} + 3m;y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} =  - m\).

Hàm số có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m < 0\). (*)

Thực hiện phép chia \(y\) cho \(y'\) ta được phần dư \(2mx + 1\), nên đường thẳng \({\rm{\Delta }}:y = 2mx + 1\) chính là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow d\left( {M,{\rm{\Delta }}} \right) = \frac{2}{{\sqrt {4{m^2} + 1} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow m =  \pm 1\).

Đối chiếu điều kiện \(\left( {\rm{*}} \right)\), ta có \(m =  - 1\) thỏa mãn.

Đáp án

Giải thích

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{3}{{\sqrt {x + 3}  - \sqrt x }} - \frac{2}{{\sqrt {x + 2}  - \sqrt x }} = \frac{{3\left( {\sqrt {x + 3}  + \sqrt x } \right)}}{{x + 3 - x}} - \frac{{2\left( {\sqrt {x + 2}  - \sqrt x } \right)}}{{x + 2 - x}}\)

\( = \left( {\sqrt {x + 3}  + \sqrt x } \right) - \left( {\sqrt {x + 2}  - \sqrt x } \right) = \sqrt {x + 3}  - \sqrt {x + 2} \)

Hay \(f\left( x \right) = \sqrt {x + 3}  - \sqrt {x + 2}  \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{2\sqrt {x + 3} }} - \frac{1}{{2\sqrt {x + 2} }} < 0,\forall x > 0\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) < f\left( 0 \right),\forall x > 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) < \sqrt 3  - \sqrt 2 ,\forall x > 0\).

Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) không có giá trị lớn nhất trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Cách 1. Ta có:

\(A = f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) +  \ldots  + f\left( {2024} \right)\)

    \( = \sqrt 4  - \sqrt 3  + \sqrt 5  - \sqrt 4  +  \ldots  + \sqrt {2027}  - \sqrt {2026} \)

    \( = \sqrt {2027}  - \sqrt 3 \)

\(B = f'\left( 1 \right) + f'\left( 2 \right) +  \ldots  + f'\left( {2024} \right)\)

      \( = \frac{1}{{2\sqrt 4 }} - \frac{1}{{2\sqrt 3 }} + \frac{1}{{2\sqrt 5 }} - \frac{1}{{2\sqrt 4 }} +  \ldots  + \frac{1}{{2\sqrt {2027} }} - \frac{1}{{2\sqrt {2026} }}\)

    \( = \frac{1}{{2\sqrt {2027} }} - \frac{1}{{2\sqrt 3 }}\)

Cách 2. Sử dụng Casio

\(A = \mathop \sum \limits_{x = 1}^{2024} \left( {\sqrt {x + 3}  - \sqrt {x + 2} } \right) \approx 43,29\)

    \(B = \mathop \sum \limits_{x = 1}^{2024} \left( {\frac{1}{{2\sqrt {x + 3} }} - \frac{1}{{2\sqrt {x + 2} }}} \right) \approx  - 0,277\)

Giải thích

Ta có: \(w = \frac{{z + 2 + 3i}}{{1 + iz}}\)

    \( \Leftrightarrow w\left( {1 + iz} \right) = z + 2 + 3i\)

\( \Leftrightarrow z\left( {1 - iw} \right) = w - 2 - 3i\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{w - 2 - 3i}}{{1 - iw}}\)

Khi đó, \(\left| {z - i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {\frac{{w - 2 - 3i}}{{1 - iw}} - i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {\frac{{ - 2 - 4i}}{{1 - iw}}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {1 - iw} \right| = 2\sqrt 5  \Leftrightarrow \left| {w + i} \right| = 2\sqrt 5 \)

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn \(\left( C \right)\) tâm \(I\left( {0; - 1} \right)\), bán kính \(R = 2\sqrt 5 \).

Gọi \(M,N\) lần lượt là điểm biểu diễn các số phức \({w_1};{w_2} \Rightarrow M,N \in \left( C \right)\).

Vì \(\left| {{w_1} - {w_2}} \right| = 4\) nên \(MN = 4\). Gọi \(H\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow MH = 2\).

Khi đó, \(IH = \sqrt {I{M^2} - M{H^2}}  = \sqrt {{{(2\sqrt 5 )}^2} - {2^2}}  = 4\).

Mặt khác, \(\left| {{w_1} + {w_2} + 2i} \right| = \left| {{w_1} + i + {w_2} + i} \right| = \left| {\overrightarrow {IM}  + \overrightarrow {IN} \left|  =  \right|2\overrightarrow {IH} } \right| = 8\).

 Chọn A

Có tất cả 15 điếm được tô màu gổm 4 đỉnh tứ diện, 6 trung điếm của 6 cạnh, 4 trọng tâm của 4 mặt bên và 1 trọng tâm của tứ diện.

Chọn 4 điểm trong 15 điểm có \(C_{15}^4\) cách.

Để chọn 4 điểm đồng phẳng trong 15 điểm, ta có các trường hợp sau:

TH1: 4 điểm cùng thuộc 1 mặt bên

+ Mỗi mặt bên có 7 điểm được tô màu nên chọn 4 điểm trong 7 điểm có \(C_7^4\) cách.

+ Có tất cả 4 mặt bên.

\( \Rightarrow 4.C_7^4\) cách cho TH1.

TH2: 4 điểm cùng thuộc 1 mặt phẳng chứa 1 cạnh của tứ diện và trung điểm của cạnh đối diện với cạnh đó

+ Mỗi mặt phẳng này có 7 điểm được tô màu nên chọn 4 điểm trong 7 điểm có \(C_7^4\) cách.

+ Tứ diện có 6 cạnh nên có tất cả 6 mặt phẳng như vậy.

\( \Rightarrow 6.C_7^4\) cách cho TH2.

TH3: 4 điểm cùng thuộc 1 mặt phẳng chứa 1 đỉnh và đường trung bình của tam giác đối diện với đỉnh đó

+ Mỗi mặt phẳng này có 5 điểm được tô màu nên chọn 4 điểm trong 5 điểm có \(C_5^4\) cách.

+ Tứ diện có 4 đỉnh và mỗi tam giác có 3 đường trung bình nên có tất cả 12 mặt phẳng như vậy.

\( \Rightarrow 12.C_5^4\) cách cho TH3.

TH4: 4 điểm cùng thuộc 1 mặt phẳng chứa 2 đường nối 2 trung điểm của các cạnh đối diện

+ Mỗi mặt phẳng này có 5 điểm được tô màu nên chọn 4 điểm trong 5 điểm có \(C_5^4\) cách.

+ Có tất cả 3 đường nối 2 trung điểm của các cạnh đối diện nên chọn 2 đường trong 3 đường để tạo ra mặt phẳng có \(C_3^2\) cách.

\( \Rightarrow C_3^2.C_5^4\) cách cho TH4.

Vậy số cách chọn 4 điểm không đồng phẳng hay chính là chọn 4 điểm là 4 đỉnh của một tứ diện là \(C_{15}^4 - 4.C_7^4 - 6.C_7^4 - 12.C_5^4 - C_3^2.C_5^4 = 940\).

 Chọn C

Giải thích

Ta có: \({u_{n + 1}} - {u_n} = 3\left( {n + 1} \right) - 1 - \left( {3n - 1} \right) = 3\) (không đổi với \(\left. {\forall n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\).

Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số cộng có công sai \(d = 3\) và \({u_1} = 3.1 - 1 = 2\).

Tổng 56 số hạng đầu là \({S_{56}} = n.{u_1} + \frac{{n.\left( {n - 1} \right).d}}{2} = 56.2 + \frac{{56.55.3}}{2} = 4732\).

 Chọn D

Đáp án

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right):{(x - 3)^2} + {(y - 1)^2} + {(z - 1)^2} = 4\) và ba điểm \(A\left( { - 1;2; - 3} \right),B\left( {5;2;3} \right),C\left( {1;2;3} \right)\). Gọi \(S\) là điểm thay đổi trên mặt cầu \(\left( S \right)\). Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp\(S.ABC\) là (1) __12____.

Giải thích

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3;1;1} \right)\) và bán kính \(R = 2\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(y - 2 = 0\).

Ta có thể tích \(S.ABC\) đạt giá trị lớn nhất khi \(d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

Mà \(d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right) = 1 < R = 2\)

\( \Rightarrow d{(S;\left( {ABC} \right))_{{\rm{max}}}} = R + d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right) = 3\).

\({V_{S.AB{C_{{\rm{max}}}}}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.d{(S;\left( {ABC} \right))_{{\rm{max}}}} = \frac{1}{3}.12.3 = 12\).

Đáp án

Giải thích

Giá khoan giếng từ mét đầu tiên cho đến mét thứ \(n\) là một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 80000\), công sai \(d = 5000\).

+ Giá khoan mét thứ tư là \({u_4} = {u_1} + 3d = 95000\) (đồng).

+ Vì phải khoan sâu xuống \(15{\rm{\;m}}\) mới có nước nên tổng số tiền phải trả cho đội khoan giếng là \({S_{15}} = \frac{{15\left[ {2.80000 + \left( {15 - 1} \right).5000} \right]}}{2} = 1725000\) (đồng).

Đáp án

Cho hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Có (1) ___1___ tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đường thẳng \({\rm{\Delta }}:y = x + 1\).

Giải thích

Hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}{\rm{\;}}\left( C \right)\) có tập xác định \(D = \mathbb{R} \setminus \left\{ { - 1} \right\}\) và \(y' = \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}}\).

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của tiếp tuyến của \(\left( C \right)\), điều kiện \({x_0} \ne  - 1\).

Vì tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) song song với đường thẳng \({\rm{\Delta }}:y = x + 1\) nên tiếp tuyến có hệ số góc \(k = 1\).

Ta có: \(\frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} =  - 2}\end{array}} \right.\).

Với \({x_0} = 0\) có \(M\left( {0;1} \right)\), phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\left( {0;1} \right)\) là: \(y = 1\left( {x - 0} \right) + 1 = x + 1\).

Với \({x_0} =  - 2\) có \(M\left( { - 2;3} \right)\), phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\left( { - 2;3} \right)\) là: \(y = 1\left( {x + 2} \right) + 3 = x + 5\).

Vậy có một tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) song song với đường thẳng \({\rm{\Delta }}:y = x + 1\).

Giải thích

Ta có:

\(80\pi  = {V_{\left( {{H_1}} \right)}} + {V_{\left( {{H_2}} \right)}} + {V_{\left( N \right)}} = \pi {.3^2}.1 + \pi {.5^2}.2 + \frac{1}{3}\pi {.3^2}.h\) suy ra \(h = 7\).

Chọn B