Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 19)

Đọc nhan đề và phần Sapo, xác định các thông tin quan trọng: "ứng dụng IoT", "tính năng nổi bật" và "mang đến nhiều lợi ích cho các doanh nghiệp"; tổng hợp thông tin và xác định bài viết đề cập tới việc các doanh nghiệp khai thác IoT trong quá trình quản lý và vận hành.

 Chọn C

Đọc thông tin trong đoạn [1] và xác định nội dung định nghĩa về thuật ngữ IoT: mạng kết nối các đồ vật và thiết bị thông qua cảm biến, phần mềm và nhiều công nghệ khác, cho phép những đồ vật và thiết bị đó thu thập và trao đổi dữ liệu với nhau.

 Chọn A

Căn cứ vào từ khóa "thiết bị IoT" xác định thông tin cần tìm nằm ở cuối đoạn [1]: Thiết bị IoT có thể là đồ vật được gắn cảm biến để thu thập dữ liệu về môi trường xung quanh (như những giác quan), máy tính, bộ điều khiển tiếp nhận dữ liệu và ra lệnh cho các thiết bị khác, hoặc cũng có thể là đồ vật được tích hợp cả hai tính năng trên. Tổng hợp thông tin cho thấy: Thiết bị IoT có thể là những đồ vật gắn cảm biến thu thập dữ liệu hoặc ra lệnh cho các thiết bị khác.

 Chọn B

Đáp án

“Hệ thống IoT hoàn chỉnh cần đảm bảo việc thu thập và xử lí, chia sẻ dữ liệu tốt; nhận thức được những tiềm năng của ứng dụng IoT, các doanh nghiệp kinh doanh đang cố gắng triển khai để tận dụng lợi thế phát triển.”

Giải thích

Căn cứ vào từ khóa "hệ thống IoT" xác định thông tin cần tìm nằm trong đoạn [2] của văn bản, xác định: hệ thống IoT hoàn chỉnh sẽ gồm có 4 bước và các doanh nghiệp kinh doanh đang bắt đầu sử dụng và cố gắng triển khai ứng dụng này sau khi nhận thấy tiềm năng phát triển.

Đáp án

Với tốc độ gia tăng (1) thiết bị IoT như hiện nay, Công ty nghiên cứu thị trường Statista dự đoán vào năm 2025 sẽ có khoảng 75 tỷ thiết bị được kết nối Internet trên toàn thế giới.

Giải thích

Căn cứ vào từ khóa "Statista" xác định thông tin cần tìm nằm trong đoạn [2] của văn bản: Theo nghiên cứu của công ty nghiên cứu thị trường Statista, tính đến hết năm 2020, ước tính có khoảng 20 tỷ thiết bị IoT trên toàn cầu và cứ mỗi giây lại có thêm 127 thiết bị được kết nối với Internet. Theo công ty này ước tính, thế giới sẽ có tới 75 tỷ thiết bị được kết nối Internet vào năm 2025.

Tổng hợp thông tin trong đoạn [3], xác định: Khi kết hợp với các công nghệ mới nổi khác như trí tuệ nhân tạo (AI), 5G và điện toán đám mây nó có thể giúp các công ty nâng cao hiệu quả hoạt động, giảm chi phí, cải thiện khả năng ra quyết định và tăng trải nghiệm khách hàng.

 Chọn C

Đáp án

"Ứng dụng IoT trong doanh nghiệp có rất nhiều mục tiêu khác nhau: giảm thiểu chi phí lao động trong hoạt động thủ công, đồng thời, đảm bảo độ chính xác cao trong quá trình kiểm soát chất lượng sản phẩm"

Giải thích

Căn cứ vào từ khóa "kiểm soát chất lượng sản phẩm", xác định nội dung cần tìm nằm trong đoạn [4] của văn bản: Bởi các hệ thống IoT giúp giải phóng sức lao động trong nhiều giờ của nhân viên dành cho việc kiểm tra thủ công bằng cách ứng dụng công nghệ tối đa. Việc này cũng giống “một mũi tên trúng hai đích”, vừa có thể giảm thiểu công sức lao động lại vừa có thể giảm tối đa sai sót do lỗi của con người trong quá trình kiểm soát chất lượng sản phẩm.

Xác định thông tin cần tìm nằm trong đoạn [5] của văn bản: Vào năm 2018, Diễn đàn Kinh tế Thế giới phối hợp với IoT Analytics thực hiện một phân tích cho thấy 84% các doanh nghiệp triển khai IoT đã giải quyết hoặc có khả năng thúc đẩy 17 mục tiêu phát triển bền vững của Liên Hợp Quốc. Kết quả khảo sát cho thấy chỉ có 84% chứ không phải tất cả các doanh nghiệp đều giải quyết được vấn đề của mình.

 Chọn B

Xác định mạng lưới vạn vật kết nối Internet là IoT, trí tuệ nhân tạo là AI và thông tin cần tìm nằm trong đoạn [6]: Các công nghệ mới đang đưa IoT lên một tầm cao mới dành cho các doanh nghiệp. Sự kết hợp của trí tuệ nhân tạo (AI) và IoT đã làm nảy sinh khái niệm trí tuệ nhân tạo của vạn vật (AIoT).

 Chọn C

Đáp án

Giải thích

Đọc nội dung đoạn [7] và so sánh với các nhận định trong câu hỏi.

a. Microsoft gần đây đã thông báo rằng họ sẽ hợp tác với Tập đoàn BMW để chuyển sang các hoạt động sản xuất thông minh hơn.

b. Không có thông tin trong văn bản.

c. ứng dụng công nghệ IoT vẫn còn một số trở ngại cần phải vượt qua.

d. các công nhân cũng cần trải qua quá trình đào tạo kỹ lưỡng về cách vận dụng IoT.

Đọc nội dung đoạn đầu tiên, xác định thông tin quan trọng để tìm đáp án: "Ở vùng sơn địa, sự đãi ngộ đối với những người tàn phế, và những quan chức là thế này: Họ chỉ gọi họ mà không bao giờ gọi tên". 

 Chọn C

Đọc kĩ các phương án trả lời, kết hợp với quá trình suy luận sau khi đọc xong đoạn [1] của văn bản: "Nhất là trên con đường cái quan trải nhựa thẳng tắp, và hai bên đường là những hàng dương cao vút, ông từ xa đi tới, bước thước tư, bước thước bảy, mọi người chế giễu ông là đôi chân không nhất trí, và ông chê mặt đường trải lệch". Trong văn bản, nhân vật La Lục Tử cảm thấy khi bước đi trên đường, mặt phẳng của đường giống như thứ tương phản và khiến mọi người tập trung hơn vào đôi chân của ông. 

 Chọn D

Cần kết hợp phương án loại trừ với nội dung đọc - hiểu văn bản: "Cứ mỗi khi trời u ám đổ mưa, cái chân lại đau, và mỗi khi đau là y như trời đổ mưa, u ám, chính xác chẳng khác gì những máy móc tinh vi"; từ đó có thể thấy, tình trạng sức khỏe của ông ảnh hưởng nghiêm trọng bởi thời tiết nhưng sau đó nó tạo nên hệ quả tâm lý: "nó đã trở thành bệnh tâm lý". Tổng hợp thông tin và suy luận, có thể thấy vấn đề lớn của La Lục Tử là sự lo lắng cho bệnh tình của mình nên cần chọn A.

Đọc kĩ nội dung: "Tính nết ông ương bướng, bản thân ông cũng biết rõ điều đó, nhưng không sao thay đổi đi được. Khi bà lão còn sống, thường hay ngăn cản ông, mỗi khi họp hành, ông phải báo cáo, bao giờ bà lão cũng ngồi ngay ở hàng ghế đầu. Khi thấy ông hơi hơi nổi nóng lên, nói năng đã bắt đầu quá lời, bà liền đưa mật cho ông". Từ đoạn văn bản này có thể thấy, hành động đưa mật cho ông La chỉ là cách để làm ông kiểm soát cơn nóng giận của mình nên chọn C.

Căn cứ vào từ khóa "đồ đạc" và "ít ỏi đến thảm hại", đọc lướt văn bản để tìm kiếm vị trí thông tin được cung cấp. Theo thông tin trong văn bản, việc vợ chồng ông La không sắm sửa đồ đạc trong gia đình là do "thời ấy người ta không ưa việc mua sắm đồ đạc gia đình", chọn B. Sai.

Đọc lại nội dung văn bản nói về những công việc mà La Lục Tử đã làm/giữ chức vụ và tiến hành suy luận: trong tất cả các công việc ông từng làm (liên lạc trong ủy ban, nhân viên bán hàng, cán sự công xã, chủ nhiệm Hội Phụ nữ) thì giai đoạn làm chủ nhiệm Hội Phụ nữ (do cán bộ nữ quá ít) là kì quặc nhất vì đáng ra người đảm nhiệm vị trí này phải là phụ nữ chứ không thể là một người đàn ông. 

 Chọn C

Đáp án

Dù ông cương quyết rời đi nhưng con cái không nghe nên đã cất giấu hai chiếc hòm về nhà; ông sống những ngày còn lại trong gian phòng tập thể và dành thời gian để ngắm hoàng hôn , những con sóng đập vào vách đá và chiêm nghiệm về cuộc đời. 

Giải thích

Đọc lại văn bản, đoạn mô tả về hành động của La Lục Tử sau khi đi viếng mộ vợ và cha mẹ của mình; câu văn hoàn chỉnh là: "Dù ông cương quyết rời đi nhưng con cái không nghe nên đã [cất giấu] hai chiếc hòm về nhà; ông sống những ngày còn lại trong gian phòng [tập thể] và dành thời gian để ngắm [hoàng hôn], những con sóng đập vào vách đá và chiêm nghiệm về cuộc đời". 

Đọc lại đoạn văn mô tả về cuộc sống của La Lục Tử khi con cái không đồng ý cho ông về quê, căn cứ vào câu văn: "lòng ông rối loạn, mà chẳng tìm cho ra được đầu nào, mối nào" để xác định tâm trạng của ông. 

Từ "bề bộn" cùng nghĩa với "rối loạn" nên có thể chọn nhanh đáp án B.

Đọc nội dung của hai đoạn văn cuối, xác định các thông tin quan trọng: "lòng ông rối loạn", "coi nó như một thứ bảo bối của mình" và tiến hành suy luận. La bí thư vò hai hạch đào trong tay những lúc cảm thấy rối loạn và hành động đó phần nhiều là vô thức, ông cảm thấy an tâm hơn khi thực hiện hành động ấy chứ không có chủ đích làm việc gì đó cụ thể nên đáp án đúng là B.

Sau quá trình đọc - hiểu văn bản, xác định La Lục Tử đã sống 30 năm ở vùng sơn địa (gần như cả một đời) nhưng ông vẫn luôn cảm thấy xa lạ (nhất là khi người vợ của ông mất) và mong muốn được về quê sống với những điều quen thuộc với mình. Thứ La bí thư cảm thấy xa lạ là sự hòa hơp về tinh thần, gắn kết với những người xung quanh chứ không phải địa hình, khí hậu… nên cần loại B.

Trong văn bản có nhắc tới sự chế giễu của những người xung quanh nhưng thông qua lời người kể chuyện có thể thấy: La Lục Tử không bị tổn thương vì những lời ấy mà chỉ thấy buồn, thiếu sự gần gũi nên loại C,D.

Chọn B

Văn bản đã cung cấp thông tin: “Lực hút tĩnh điện được tạo thành giữa các proton mang điện tích dương trong hạt nhân và các electron mang điện tích âm ở lớp vỏ nguyên tử”.

 Chọn A

Carbon chỉ có sáu proton, tương đương với sáu electron, vì vậy năng lượng ion hóa thứ sáu sẽ loại bỏ tất cả các electron của nó.

 Chọn B

Đáp án

Năng lượng ion hóa là lượng năng lượng cần thiết để loại bỏ một (1) electron khỏi nguyên tử hoặc ion ở trạng thái khí.

Giải thích

Văn bản đã cung cấp thông tin: “Năng lượng ion hóa là lượng năng lượng cần thiết để loại bỏ một electron khỏi nguyên tử hoặc ion ở trạng thái khí”.

Văn bản đã cung cấp thông tin: “Một nguyên tử trung hòa về điện chứa số lượng proton trong hạt

nhân bằng số lượng các electron ở lớp vỏ nguyên tử bao xung quanh hạt nhân”.

 Chọn A

Theo đoạn thông tin: “...hệ tuần hoàn được duy trì cần có 3 yếu tố quan trọng bao gồm dịch tuần hoàn, hệ mạch và tim.”

 Chọn B

Huyết áp của người bình thường ở mức 120/80mmHg, chỉ số huyết áp từ 140/90mmHg trở lên được coi là tăng huyết áp. Như vậy, đối với chỉ số đo được ở người trưởng thành như trên là 160/100mmHg thì người này bị huyết áp cao (cụ thể là tăng huyết áp độ 2).

Hở van tim hay viêm cơ tim hầu như không ảnh hưởng đến huyết áp.

 Chọn A

Đáp án

(1) Huyết áp là áp lực của máu tác dụng lên thành mạch.

Giải thích

Tim co bóp đẩy máu vào động mạch, đồng thời cũng tạo nên một áp lực tác dụng lên thành mạch và đẩy máu chảy trong hệ mạch. Áp lực của máu tác dụng lên thành mạch được gọi là huyết áp.

Trẻ sơ sinh có tỉ lệ S/V lớn (do cơ thể nhỏ), nhu cầu trao đổi chất, năng lượng lớn, mà kích thước tim lại bé, nên tim cần hoạt động nhanh hơn để đảm bảo lượng khí và dưỡng chất đủ nuôi cơ thể.

 Chọn B

Đúng. Vì  nguyên nhân dẫn đến trẻ hóa các bệnh lý tim mạch một phần là do lối sống hiện đại theo xu hướng có hại cho sức khỏe như ăn thực phẩm chế biến sẵn nhiều dầu, mỡ cộng với tình trạng lười vận động, uống rượu, hút thuốc lá, hoặc làm việc căng thẳng kéo dài, có thể dẫn tới tăng huyết áp bất thường, lâu dần có thể gây suy tim.

 Chọn A

Đáp án

Giả sử nhịp tim của trẻ sơ sinh là 150 nhịp/phút. Vậy chu kì tim ở trẻ sơ sinh này dài (1) _0,4 _ giây. Biết rằng chu kì tim là khoảng thời gian hoạt động của tim tính từ đầu nhịp tim này đến đầu nhịp tim kế tiếp. 

Giải thích

Đo được ở trẻ sơ sinh nhịp tim 150 nhịp/phút, mà 1 phút = 60 giây.

→ Mỗi nhịp sẽ kéo dài: 60/150 = 0,4 giây → chu kì tim ở trẻ sơ sinh này kéo dài 0,4 giây.

Ethylene có công thức cấu tạo: 

Trong phân tử ethylene có một liên kết đôi giữa hai nguyên tử carbon. 

 Chọn B

Để giấm chín trái cây, người ta xử lý quả bằng cách cho chúng tiếp xúc với khí ethylene ở nồng độ 100 - 150 ppm trong vòng 24 giờ. Sau đó để ở điều kiện bình thường, quả sẽ tự chín trong vòng 2 - 4 ngày. 

Nếu sử dụng ethyelen trực tiếp từ các bình chứa khí thông thường mà không kiểm soát được nồng độ của nó thì sẽ gây nguy cơ cháy, nổ rất nguy hiểm. Vì ethylene có khả năng gây cháy nổ khi ở nồng độ cao hơn 2,7%.

 Chọn B

Đáp án

Đun 103,5 gam ethanol với axit H2SO4 đặc ở nhiệt độ 170−180∘C, thì thể tích khí etilen thu được là V lít (đktc). Giả sử, 32 lít khí ethylene (đktc) đủ để làm chín 20 tấn xoài thì V lít khí ethylene đủ để làm chín (1) __ 31,5 __  tấn xoài.

Giải thích

Số mol ethanol là: \[{n_{{C_2}{H_5}OH}}\; = \;\frac{{103,5}}{{46}} = 2,25\;\] mol

Theo phương trình phản ứng: \[{n_{{C_2}{H_4}}}\; = \;{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 2,25\;\,\,mol\; \to \;{V_{{C_2}{H_4}}} = 2,25.22,4 = 50,4\;\] lít

Ta có: 32 lít khí ethylene đủ để làm chín 20 tấn xoài

→50,4 lít khí ethylene đủ để làm chín 20.50,4:32 = 31,5 tấn xoài.

Để rút ra được mối liên hệ giữa quá trình chín của cà chua với nồng độ ethylene và nhiệt độ môi trường, ta cần:

- Quan sát độ đồng đều về màu sắc của quả cà chua trong các trường hợp khác nhau.

- Quan sát sự thay đổi về màu sắc của quả cà chua trong cùng điều kiện về nồng độ ethylene trong không khí nhưng khác nhau về nhiệt độ.

- Quan sát sự thay đổi về màu sắc của quả cà chua trong cùng điều kiện nhiệt độ nhưng khác nhau về nồng độ ethylene trong không khí.

 Chọn D

Biểu đồ biểu diễn thành phần các loại trái cây tiêu thụ ở chợ và tỉ lệ trái cây giấm chín bằng hóa chất là:

Chọn D

Từ dữ kiện: “…Cục Bảo vệ môi trường Hoa Kỳ (US-EPA) đã xác định ethephon đi vào cơ thể qua thực phẩm chỉ an toàn nếu liều lượng mỗi ngày không vượt quá mức cho phép là 0,05mg/kg cân nặng cơ thể …”

      Liều lượng ethephon đi vào cơ thể cho 1 kg cân nặng không vượt quá 0,05 mg

→ Liều lượng ethephon đi vào cơ thể cho 60 kg cân nặng không vượt quá 60.0,05 = 3 mg.

Vậy một người có cân nặng 60 kg thì liều lượng ethephon tối đa được phép đi vào cơ thể trong 1 ngày là 3 mg.

 Chọn B

Đáp án

Khi bóng đèn sợi đốt hoạt động, điện năng biến đổi thành quang năng ở sợi đột của đèn sợi đốt?

Giải thích

Vị trí thả 1: quang năng

Vị trí thả 2: sợi đốt

Đèn sợi đốt gồm 3 bộ phận chính: sợi đốt (dây tóc), bóng thủy tinh, đuôi đèn.

 Chọn C

Điện năng tiêu thụ của bóng đèn huỳnh quang trong 1 tháng là:

A1 = 40.20.30 = 24000 W.h = 24 kW.h.

Điện năng tiêu thụ của bóng đèn dây tóc trong 1 tháng là:

A1 = 100.20.30 = 60000 W.h = 60 kW.h

Số điện tiết kiệm được là: 60 – 24 = 36 kW.h

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

1. Sai.

Cường độ dòng điện qua bóng đèn là: 

⇒ Cường độ dòng điện qua bóng đèn công suất 25 W bé hơn.

2. Sai.

Điện trở của đèn được xác định theo công thức: 

⇒ Điện trở của bóng đèn có công suất 100 W bé hơn.

3. Đúng.

Mắc nối tiếp hai bóng đèn này, điện trở tương đương của hai bóng đèn là:

\[{\rm{R}} = {{\rm{R}}_1} + {{\rm{R}}_2} = {{\rm{U}}^2}\left( {\frac{1}{{{{\rm{P}}_1}}} + \frac{1}{{{P_2}}}} \right) = {110^2}\left( {\frac{1}{{25}} + \frac{1}{{100}}} \right) = 605\,\,\Omega \] .

Khi mắc nối tiếp 2 đèn vào mạch điện có hiệu điện thế 220 V thì cường độ dòng điện trong mạch là:

\({\rm{I}} = \frac{{{\rm{U'}}}}{{\rm{R}}} = \frac{{220}}{{605}} = \frac{4}{{11}}\;{\rm{A}}.\)

Mà cường độ định mức qua mỗi bóng đèn là: 

\({{\rm{I}}_{{\rm{dm}}1}} = \frac{{{{\rm{P}}_1}}}{{\rm{U}}} = \frac{{25}}{{110}} = \frac{5}{{22}}\;{\rm{A}}\)

\({{\rm{I}}_{{\rm{dm}}2}} = \frac{P}{U} = \frac{{100}}{{110}} = \frac{{10}}{{11}}\;{\rm{A}}\)

Idm1 < I ⇒ Đèn 1 dễ bị cháy do dòng điện qua mạch lớn hơn giá trị định mức.

Idm2 > I ⇒ Đèn 2 sáng yếu hơn bình thường.

Dựa vào thông tin ở bài đọc: “khiến chúng phát triển màu sắc tại các phần lạnh hơn và có màu nhợt nhạt hơn tại các phần thân ấm hơn” nên suy ra được đáp án chính xác là màu sắc lông của mèo Xiêm thường sẫm màu hơn ở những vùng lạnh hơn so với nhiệt độ trung bình trên cơ thể.

 Chọn A

Đáp án

Thường biến (sự mềm dẻo kiểu hình) là hiện tượng một kiểu gen có thể thay đổi kiểu hình trước những điều kiện môi trường khác nhau.

Giải thích

Thường biến (sự mềm dẻo kiểu hình) là hiện tượng một kiểu gen có thể thay đổi kiểu hình trước những điều kiện môi trường khác nhau.

Đáp án

Sự thay đổi màu sắc lông ở mèo Xiêm phụ thuộc vào sự thay đổi của (1) nhiệt độ.

Giải thích

Sự thay đổi màu sắc lông ở mèo Xiêm phụ thuộc vào sự thay đổi của nhiệt độ.

Nếu con mèo Xiêm đó có tỉ lệ bao phủ bởi bộ lông sẫm màu là ít hơn hoặc xấp xỉ 10% cơ thể thì nhìn vào đồ thị, ta có thể chắc chắn đó phải là mèo nuôi trong nhà hoặc nếu không, chúng ở ngoài trời tại những nơi có nhiệt độ lớn hơn 7oC.

Chọn D

Đối chiếu với đồ thị, vẽ một đường kẻ từ khoảng 45% (giữa 40 và 50 trên cột trục tung), tại giao điểm với đường cong thể hiện mèo nuôi ngoài trời thì dóng thẳng xuống cắt trục nhiệt độ (trục hoành) tại điểm nào thì điểm đó thể hiện nhiệt độ ngoài trời. Ở đây sau khi dóng ta được nhiệt độ xấp xỉ 3°C.

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

(1) sai vì đồ thị không thể hiện thời gian mèo Xiêm được nuôi ngoài trời trong bao lâu, theo cả đoạn thông tin thì chỉ biết chúng được nuôi nhiều hơn một giờ mỗi ngày nên không thể kết luận mèo Xiêm có thời gian ngoài trời lâu hơn thì màu lông sẽ sẫm hơn được.

(2) đúng vì dựa vào thông tin bài đọc: “Các thí nghiệm thực tế đã cho thấy rằng nếu để mèo Xiêm ở ngoài trời trong thời gian nhiều hơn một giờ mỗi ngày và liên tục sáu ngày mỗi tuần (mèo nuôi ngoài trời)”.

(3) sai vì màu sắc lông do kiểu gen quy định, sự biến đổi màu sắc lông ở mèo Xiêm là tính mềm dẻo kiểu hình (thường biến), là những biến đổi kiểu hình do tác động từ môi trường sống mà không liên quan đến biến đổi kiểu gen nên không di truyền được → nên mèo con sinh ra được nuôi trong nhà (7oC) thì có độ che phủ bởi bộ lông sẫm màu chỉ xấp xỉ 10%.

Theo đoạn văn, không ai trong số các sinh viên đề cập đến khí argon. Tuy nhiên, cả bốn sinh viên đều đề cập đến "gần như tất cả khí còn lại...", điều này cho thấy rằng các loại khí khác có thể có mặt, chẳng hạn như argon. Trên thực tế, khí argon trong không khí ít hơn 1% theo thể tích.

 Chọn A

Theo học sinh 4, CO2 trong không khí đã tham gia phản ứng với Fe, và sau phản ứng, gần như tất cả các khí còn lại là O2. Do đó, thể tích CO2 giảm và thể tích O2 không thay đổi.

 Chọn B

Đáp án

Theo các số liệu thu được từ thí nghiệm trên, sau phản ứng, tổng thể tích khí trong thiết bị giảm khoảng (1) __ 20,7 __ .

Giải thích

Khi thiết bị trở về nhiệt độ phòng thì tổng thể tích khí sau phản ứng là 23 ml.

Tổng thể tích khí ban đầu trong thiết bị là 29 ml.

Do đó, tổng thể tích khí trong thiết bị giảm \(\frac{{29 - 23}}{{29}}.100 = 20,7\).

Theo học sinh 1, Fe đã phản ứng với N2 để tạo thành FeN. Do đó, phương trình phản ứng sẽ là:

2Fe+N2→t02FeN

Chọn D

Trong quá trình thí nghiệm, ống thạch anh được làm nóng bằng đèn cồn, do đó ống silicone phải có khả năng chịu nhiệt cao → I đúng.

Có phản ứng hóa học xảy ra khi đốt nóng len thép nên các ống silicone cần có khả năng phản ứng hóa học thấp → II sai.

Ống silicone được sử dụng để nối ống thạch anh với ống bơm khí nên silicone cần có tính đàn hồi → III đúng.

→ Ống silicone có khả năng chịu nhiệt cao và có tính đàn hồi. 

 Chọn A

Theo học sinh 1, Fe trong len thép đã phản ứng với khí N2 trong không khí tạo ra FeN.

Học sinh 2 nói rằng Fe trong len thép đã phản ứng với một phần khí O2 trong không khí tạo ra Fe2O3.

Học sinh 3 nói rằng Fe trong len thép đã phản ứng với toàn bộ khí O2 trong không khí tạo ra Fe2O3.

Học sinh 4 cho rằng Fe trong len thép đã phản ứng với khí CO2 trong không khí tạo ra FeCO3.

→ Học sinh 2 và 3 đều cho rằng Fe trong len thép đã phản ứng với khí O2 trong không khí tạo ra Fe2O3.

 Chọn B

Theo phần thứ nhất của đoạn văn, ta có: Trong EDS, các thanh nam châm được đặt ở dưới đáy của tàu đệm từ và trong đường ray bên dưới tàu.

 Chọn C

Theo phần dẫn, ta có: Sử dụng lực đẩy của từ trường, tàu đệm từ có thể được đẩy về phía trước với tốc độ lên đến 300 mph (dặm một giờ).

 Chọn A

Dựa theo phần dẫn, ta có: Dưới các điều kiện được kiểm soát, các nhà khoa học đã tiến hành thử nghiệm trên đường ray đệm từ được định hướng theo hướng từ Đông sang Tây.

→ Hướng chuyển động của tàu đệm từ không đổi → Hướng của vận tốc v không đổi.

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

Theo thông tin ở phần dẫn:

+ Sử dụng lực đẩy của từ trường, tàu đệm từ có thể được đẩy về phía trước với tốc độ lên đến 300 mph (dặm một giờ).

+ Về mặt lý thuyết, tàu đệm từ trong EDS phải di chuyển cao hơn ít nhất 4 inch so với đường ray, do đó hầu như không có năng lượng bị mất do ma sát. Nếu hệ thống mất năng lượng, nó sẽ ở dạng năng lượng nhiệt.

→ Do đó, tàu đệm từ có khả năng di chuyển với vận tốc rất cao, tiêu tốn ít năng lượng.

Nên ý (1), (3) và ý (4) đúng.

+ (2) Sai. Do tàu đệm từ sử dụng công nghệ đệm từ trường ("maglev") .

Đáp án

Trong Nghiên cứu 2, khi chiều dài của các thanh nam châm trong tàu đệm từ tăng lên, dòng điện cần thiết để tạo ra vận tốc của tàu (1) tăng. 

Giải thích

Dựa vào dữ liệu trong Bảng 2 cho thấy dòng điện tăng liên tục khi chiều dài của thanh nam châm tăng.

Dựa vào dữ liệu trong Bảng 3, ta có:

+ Khi B = 9,84.10⁻⁴ T thì giá trị tương ứng của I là 500 A

+ Khi B = 1,05.10⁻³ T thì giá trị tương ứng của I là 600 A

Mặt khác, ta thấy khi B tăng thì I tăng

Có: 500A < 570 A < 600 A → 9,84.10⁻⁴ T < B < 1,05.10⁻³ T

Vậy B = 1.10⁻³ T.

 Chọn C

Đáp án

Theo tính toán lý thuyết, tàu đệm từ sử dụng hệ thống EDS phải di chuyển (1) cao hơn ít nhất 4 inch so với đường ray.

Giải thích

Theo phần dẫn, ta có: Về mặt lý thuyết, tàu đệm từ trong EDS phải di chuyển cao hơn ít nhất 4 inch so với đường ray.

Trong Nghiên cứu 3, khi dòng điện (I) tăng thì từ trường (B) cũng tăng theo.

→ Hình 2 cho thấy sự phụ thuộc tuyến tính của B vào I.

Chọn B

Đáp án

Giải thích

1) Đúng vì với mọi \(x \in \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\), hàm số có đạo hàm \(y' =  - \frac{7}{{{{(x - 2)}^2}}}\).

2) Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) xuống mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\).

Kẻ \(HK//BC\left( {K \in BD} \right)\). Ta có \(BD \bot BC\) suy ra \(HK \bot BD\) mà \(AH \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {AHK} \right)\).

Suy ra \(BD \bot AK\).

Do đó \(\left( {\widehat {\left( {ABD} \right),\left( {BCD} \right)}} \right) = \widehat {AKH} = {30^ \circ }\).

Kẻ \(HM//BD\left( {M \in BC} \right)\). Ta có \(BC \bot BD\) suy ra \(HM \bot BC\) mà \(AH \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {AHM} \right)\).

Suy ra \(BC \bot AM\).

Ta có \(\widehat {ABC} = {135^ \circ }\) suy ra \(\widehat {ABM} = {45^ \circ }\) nên tam giác \(AMB\) vuông cân tại \(M\).

Suy ra \(AM = MB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

Tứ giác \(BKHM\) là hình chữ nhật nên \(HK = BM = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

Tam giác \(AHK\) vuông tại \(H\) có \(\widehat {AKH} = {30^ \circ }\) nên \(AH = \frac{{HK}}{{{\rm{cot}}{{30}^ \circ }}} = \frac{a}{{\sqrt 6 }},AK = 2AH = \frac{{2a}}{{\sqrt 6 }}\).

Xét tam giác \(BAD\) vuông tại \(A\), đường cao \(AK\).

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} - \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{6}{{4{a^2}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AD = a\sqrt 2 \).

\(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Xét tam giác \(ABC\) có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.{\rm{cos}}{135^ \circ }\) hay \(5{a^2} = {a^2} + B{C^2} + \sqrt 2 aBC\)

\( \Leftrightarrow \left( {BC + 2\sqrt 2 a} \right)\left( {BC - \sqrt 2 a} \right) = 0 \Leftrightarrow BC = \sqrt 2 a\).

\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{6}.AH.BC.BD = \frac{1}{6}.\frac{a}{{\sqrt 6 }}.a\sqrt 2 .a\sqrt 3  = \frac{{{a^3}}}{6}\).

 Chọn B

Giải thích

Điểm thuộc giao tuyến \(d\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 4y - 2z - 6 = 0}\\{x - 2y + 4z - 6 = 0}\end{array}} \right.\).

Chọn \(x = 2 \Rightarrow y = z = 2 \Rightarrow M\left( {2;2;2} \right) \in d\).

Chọn \(x = 0 \Rightarrow y = z = 3 \Rightarrow N\left( {0;3;3} \right) \in d\).

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha  \right)\) và các trục tọa độ \(Ox,Oy,Oz\)

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1{\rm{\;}}\left( {abc \ne 0} \right)\)

Vì \(d \in \left( \alpha  \right)\) nên \(M,N \in \left( \alpha  \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} = 1}\\{\frac{3}{b} + \frac{3}{c} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{a} = \frac{1}{6}}\\{\frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} = 1}\end{array} \Rightarrow a = 6} \right.} \right.\)

Để \(O.ABC\) là hình chóp đều thì \(OA = OB = OC \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| \Rightarrow a = b = c = 6\).

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right):x + y + z - 6 = 0\)

 Chọn A

Giải thích

Trong hội nghị có 100 người nên \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{100}^{20}\)

+ Số người có trình độ là Đại học là: 100.80 (người).

Trong 20 người được nhận quà của diễn giả: có \(\frac{3}{4}\) số người có trình độ là Đại học và còn lại là các trình độ khác nên số cách chọn 20 người lên nhận quà là: \(n\left( A \right) = C_{80}^{15}.C_{20}^5\).

Xác suất cần tìm của đề bài là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_{80}^{15}.C_{20}^5}}{{C_{100}^{20}}} \approx 0,19\).

 Chọn A

Đáp án

Đa thức \(P\left( x \right)\) chia hết cho đa thức bậc nhất \(x + 2\).

Đa thức \(P\left( x \right)\) chia hết cho đa thức bậc hai \({(x - 4)^2}\).

Đa thức \(P\left( x \right)\) là \({\left( {x + 2} \right)^2}{\left( {x - 4} \right)^2}\).

Giải thích

\(P\left( x \right)\) có nghiệm \(x =  - 2\) và \(x = 4\) nên \(P\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 4} \right)Q\left( x \right)\). Vì \(P'\left( { - 2} \right) = P'\left( 4 \right) = 0\) nên \(Q\left( { - 2} \right) = Q\left( 4 \right) = 0\). Từ đó \(P\left( x \right)\) có dạng \(k{(x + 2)^2}{(x - 4)^2}\). Kết hợp điều kiện hệ số cao nhất của \(P\left( x \right)\) là 1 suy ra \(P\left( x \right) = {(x + 2)^2}{(x - 4)^2}\).

Đáp án

Nếu bạn Long gieo 1 lần thì xác suất xuất hiện mặt 6 chấm là: \(\frac{1}{6}\).

Nếu bạn Long gieo 6 lần thì xác suất xuất hiện mặt 6 chấm là: 0,6651.

Để xác suất trong các lần gieo đó có xuất hiện mặt 6 chấm lớn hơn 0,9999 thì bạn Long cần gieo ít nhất 51  lần.

Giải thích

Giả sử bạn Long gieo \(n\) lần.

Xác suất để trong \(n\) lần gieo đó không xuất hiện mặt 6 chấm là \({\left( {\frac{5}{6}} \right)^n}\).

Xác suất để trong \(n\) lần gieo đó xuất hiện mặt 6 chấm là \(1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n}\).

Đáp án

Giải thích

Vì \(\left( {SHC} \right)\) và \(\left( {SHD} \right)\) cùng vuông góc với đáy \(\left( {ABCD} \right)\) nên \(SH\) là đường cao của hình chóp. Hai tam giác \(SAD\) và \(SBC\) lần lượt vuông tại \(A\) và \(B\) (theo định lí ba đường vuông góc).

Tam giác \(SCD\) có \(SC = SD\) (vì \(HC = HD\) ) nên nó không thể vuông tại \(C\) hoặc \(D\). Giả sử tam giác \(SCD\) vuông tại \(S\) thì \(SC < CD = a\) nhưng tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\) nên \(SC > BC = a\) (mâu thuẫn).

Do đó tam giác \(SCD\) không là tam giác vuông.

Từ đó suy ra tam giác \(SAB\) phải là tam giác vuông. Do \(SA = SB\) (vì \(HA = HB\) ) nên tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\), suy ra \(SH = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).

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

Đáp án

Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \({F_1}\left( { - 3;0;0} \right),{F_2}\left( {3;0;0} \right)\). Gọi \(\left( E \right)\) là tập hợp các điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) trong không gian thoả mãn điều kiện \(M{F_1} + M{F_2} = 10\). Giá trị của \(\alpha \) bằng (1) ___12___, trong đó \(\alpha \) thoả mãn \(M{F_1}{\;^2} - M{F_2}{\;^2} = \alpha .x\). Giá trị của \(\beta \) bằng (2) ___5___, trong đó \(\beta \) thoả mãn \(M{F_1} = \beta  + \frac{{3x}}{5}\). Phương trình của mặt \(\left( E \right)\) là \(\frac{{{x^2}}}{a} + \frac{{{y^2}}}{b} + \frac{{{z^2}}}{c} = 1\), giá trị của a bằng (3) ___25___, giá trị của \(b\) bằng (4) ___16___, giá trị của \(c\) bằng (5) ___16___.

Giải thích

Ta có \(M{F_1}^2 - M{F_2}^2 = {(x + 3)^2} + {y^2} + {z^2} - \left[ {{{(x - 3)}^2} + {y^2} + {z^2}} \right] = 12x\)

\( \Rightarrow M{F_1} - M{F_2} = \frac{{MF_1^2 - MF_2^2}}{{M{F_1} + M{F_2}}} = \frac{6}{5}x\)

\( \Rightarrow M{F_1} = \frac{{\left( {M{F_1} - M{F_2}} \right) + \left( {M{F_1} + M{F_2}} \right)}}{2} = 5 + \frac{3}{5}x\)

\( \Rightarrow {(x + 3)^2} + {y^2} + {z^2} = 25 + 6x + \frac{9}{{25}}{x^2}\)

\( \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} + \frac{{{z^2}}}{{16}} = 1.\)

Để quãng đường chạy là ngắn nhất thì người tập thể dục phải chạy theo các đường thẳng.

Giả sử người đó chạy theo đường gấp khúc \(AIB\). Gọi \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua bờ sông. Độ dài quãng đường chạy là \(AI + IB = AI + IB' \ge AB'\).

Để độ dài quãng đường chạy là ngắn nhất thì \(A,I,B'\) thẳng hàng, hay \(I \equiv K\).

Ta có: \(AP = MN = 240m;B'P = PN + NB' = AM + BN = 30 + 150 = 180\left( m \right)\).

\( \Rightarrow AB' = \sqrt {A{P^2} + PB{'^2}}  = \sqrt {{{240}^2} + {{180}^2}}  = 300\left( {\rm{m}} \right)\).

Thời gian để thực hiện hết cuốc chạy với quãng đường ngắn nhất là \(t = \frac{{AB'}}{v} = \frac{{300}}{6} = 50\left( s \right)\).

 Chọn A

Đáp án

Giải thích

Đáp án

Điền số tự nhiên vào chỗ trống

Cho đa giác lồi có 10 cạnh. Biết rằng không có ba đường chéo nào đồng quy, số giao điểm của các đường chéo là (1) __595__.

Giải thích

Số đường chéo của đa giác là: \(C_{10}^2 - 10 = 35\).

Cứ hai đường chéo cho ta một giao điểm, hơn nữa không có ba đường chéo nào đồng quy nên số giao điểm của các đường chéo là \(C_{35}^2 = 595\).

Giả sử hình nón \(\left( N \right)\) có đỉnh là \(S\), tâm đáy là \(I\) và \(AB\) là đường kính của đường tròn đáy.

Giả sử mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(O\).

Vì \(\left( S \right)\) tiếp xúc với tất cả các đường sinh và mặt đáy của \(\left( N \right)\) nên bán kính của \(\left( S \right)\) là \(r = d\left( {O;SA} \right) = d\left( {O;AB} \right) = OI\) với \(S,O,I\) thẳng hàng và \(AO\) là tia phân giác của \(\widehat {SAI}\).

Xét  vuông tại \(I:SA = \sqrt {S{I^2} + A{I^2}}  = \sqrt {{{(3\sqrt 3 )}^2} + {3^2}}  = 6\).

\({\rm{tan}}SAI = \frac{{SI}}{{AI}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{3} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SAI} = {60^ \circ } \Rightarrow \widehat {OAI} = {30^ \circ }\).

Xét  vuông tại \(I:OI = AI.{\rm{tan}}\widehat {OAI} = 3.{\rm{tan}}{30^ \circ } = \sqrt 3 \).

Thể tích của khối cầu \(\left( S \right)\) là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi .{(\sqrt 3 )^3} = 4\sqrt 3 \pi \).

Chọn D

Đáp án

Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_4}\left( {x + 7} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {x + 1} \right)\) bằng (1) ___1___.

Giải thích

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >  - 7}\\{x >  - 1}\end{array} \Leftrightarrow x >  - 1} \right.\).

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_4}\left( {x + 7} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \sqrt {x + 7}  > x + 1 \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 < 0 \Leftrightarrow  - 3 < x < 2\).

Kết hợp với điều kiện ta được miền nghiệm của bất phương trình \(S = \left( { - 1;2} \right)\).

Vậy bất phương trình có các nghiệm nguyên \(x \in \left\{ {0;1} \right\}\).

Giải thích

Theo giả thiết ta có \(m > f\left( x \right) - {{\rm{e}}^x} = g\left( x \right),\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\,\,\left( {\rm{*}} \right)\).

Xét hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left( { - 2;1} \right)\) có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {{\rm{e}}^x}\).

Ta có \({{\rm{e}}^x} > 0,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow {{\rm{e}}^x} > 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\). Mà \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\).

Suy ra \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {{\rm{e}}^x} < 0,\forall x \in \left( { - 2;1} \right)\), tức là \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;1} \right)\) \(\left( {{\rm{**}}} \right)\).

Từ \(\left( {\rm{*}} \right)\) và \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) ta có bất phương trình đúng với mọi \(x \in \left( { - 2;1} \right)\) khi và chỉ khi \(m \ge g\left( { - 2} \right) \Leftrightarrow m \ge f\left( { - 2} \right) - {e^{ - 2}}\).

 Chọn D

Giải thích

Ta có \({v_n} = {u_n} - 2 \Rightarrow {v_1} = {u_1} - 2 =  - 1\) và \({u_n} = {v_n} + 2 \Rightarrow {u_{n + 1}} = {v_{n + 1}} + 2\).

Suy ra \({v_{n + 1}} + 2 = \frac{{{v_n} + 2 + 8}}{5} \Leftrightarrow {v_{n + 1}} + 2 = \frac{1}{5}{v_n} + 2 \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = \frac{1}{5}{v_n} \Leftrightarrow \frac{{{v_{n + 1}}}}{{{v_n}}} = \frac{1}{5}\).

Vậy \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân có công bội \(q = \frac{1}{5}\).

Chọn D 

Đáp án

Thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng \(4\sqrt 3 \).

Khoảng cách giữa \(AD\) và mặt phẳng \(\left( {D'MN} \right)\) bằng \(\frac{{6\sqrt 7 }}{7}\).

Giải thích

Vị trí thả 1: \(4\sqrt 3 \)

Vị trí thả 2: \(\frac{{6\sqrt 7 }}{7}\)

Tính thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) vì các đường thẳng \(A'A\), \(A'B,A'C\) cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) một góc bằng \({60^ \circ }\) nên \[\widehat {HAA'} = \widehat {HBA'} = \widehat {HCA'} = {60^ \circ }\].

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'HA = {\rm{\Delta }}A'HB = {\rm{\Delta }}A'HC\) (g.c.g) \( \Rightarrow HA = HB = HC\).

\( \Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp .

Vì \(ABCD\) là hình thoi có \(\widehat {BAD} = {120^ \circ }\)

\( =  > \widehat {\left( {BAC} \right)} = {60^0} \Rightarrow \Delta ABC\) đều

\( \Rightarrow H\) là trọng tâm .

Ta có \(AI = \frac{{2.\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3  \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow A'H = AH{\rm{tan}}\widehat {A'AH} = 2\),

\({S_{ABCD}} = AB.AD.{\rm{sin}}\widehat {BAD} = \frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

Thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) là \(V = A'H.{S_{ABCD}} = \frac{{{2^3}\sqrt 3 }}{2} = 4\sqrt 3 \).

Tính khoảng cách giữa đường thẳng \(AD\) và mặt phẳng \(\left( {D'MN} \right)\)

Do \(MN//A'D'\) nên \(A'\) thuộc mặt phẳng \(\left( {D'MN} \right)\)

Gọi \(E = A'M \cap AB,F = D'N \cap DC \Rightarrow EF//BC//AD\) và \(B,C\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AE,DF\). Suy ra \(A,H,F\) thẳng hàng và \(AF = \frac{3}{2}HF\).

Ta có \(AD//\left( {D'MN} \right) \Rightarrow d\left( {AD,\left( {D'MN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'EF} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H,\left( {A'EF} \right)} \right)\).

Do \(AH \bot BC \Rightarrow AH \bot EF \Rightarrow EF \bot \left( {A'HF} \right) \Rightarrow \left( {A'EF} \right) \bot \left( {A'HF} \right)\)

Trong tam giác \(A'HF\), kẻ \(HK \bot A'F \Rightarrow HK \bot \left( {A'EF} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {A'EF} \right)} \right) = HK\)

Ta có \(A'H = 2,HF = 2HA = \frac{{4\sqrt 3 }}{3},\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{HA{'^2}}} + \frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{4} + \frac{3}{{16}} = \frac{7}{{16}} \Rightarrow HK = \frac{{4\sqrt 7 }}{7}\).

\( \Rightarrow d\left( {AD,\left( {D'MN} \right)} \right) = \frac{3}{2}HK = \frac{{6\sqrt 7 }}{7}\).

Giải thích

Ta có: ∫​−11fxdx=7⇔∫​−10−2x+1dx+∫​01m1−x2dx=7⇔−1+23m=7⇔m=12

 Chọn A

Đáp án

Thể khối tròn xoay khi quay hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi các đường \(y = {\rm{sin}}x,y = 0,x = 0\) và \(x = \pi \) quanh trục \(Ox\) là (1) ____4,93____. (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Giải thích

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là

\(V = \pi \mathop \smallint \limits_0^\pi  {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x{\rm{\;d}}x = \pi \mathop \smallint \limits_0^\pi  \frac{{1 - {\rm{cos}}2x}}{2}{\rm{\;d}}x = \frac{{{\pi ^2}}}{2} \approx 4,93\)

Đáp án

Một giải đấu bóng đá có 16 đội tuyển tham dự. Nếu ta chia ngẫu nhiên các đội trên thành 4 bảng, mỗi bảng 4 đội thì có (1) 63063000 cách chia.

Giải thích

Số cách chia là \(C_{16}^4.C_{12}^4.C_8^4.C_4^4 = 63063000\) (cách).

Đáp án

Giải thích

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;1} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {0; - 1;1} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {2; - 1; - 1} \right) = \vec n\).

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1;0;1} \right)\) và nhận \(\vec n = \left( {2; - 1; - 1} \right)\) làm một vecto pháp tuyến có phương trình: \(2\left( {x - 1} \right) - \left( {y - 0} \right) - \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - y - z - 1 = 0\).

Ta có: \(\overrightarrow {AD}  = \left( {5; - 1; - 1} \right)\).

Thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là:

\(V = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{6}\left| {2.5 + \left( { - 1} \right).\left( { - 1} \right) + \left( { - 1} \right).\left( { - 1} \right)} \right| = 2\) (đvtt).

Ta thấy \(\overrightarrow {BD}  = \left( {4; - 2; - 2} \right)//\vec n \Rightarrow BD \bot \left( {ABC} \right)\).

Mặt khác,  vuông tại \(A\)

\( \Rightarrow \) Bán kính đường tròn ngoại tiếp  là: \(r = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).

\( \Rightarrow \) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) là:

\(R = \sqrt {{r^2} + \frac{{B{D^2}}}{4}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} + \frac{{{4^2} + {{( - 2)}^2} + {{( - 2)}^2}}}{4}}  = \frac{{\sqrt {29} }}{2}\).

Chọn A

Đáp án

Một thanh chocolate được chia thành 64 miếng hình vuông hình bàn cờ . Cần phải bẻ ít nhất (1) ___63___ lần (theo mạch chia và không chồng các miếng lên nhau) để có được 64 miếng.

Giải thích

Nhận thấy rằng sau mỗi lần bẻ thì ta có thêm đúng một miếng nhỏ hơn. Để có được 64 miếng, ta cần bẻ đúng 63 lần.

Đáp án

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(M\left( {2;3;5} \right)\) cắt các tia \(Ox,Oy,Oz\) lần lượt tại ba điểm \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)\) sao cho độ dài các cạnh \(OA,OB,OC\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng 3 . Khi đó, . Khi đó, a = \(\frac{{32}}{9}\); b = \(\frac{{32}}{3}\) ; c = 32.

Giải thích

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).

Ta có: \(M\left( {2;3;5} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow \frac{2}{a} + \frac{3}{b} + \frac{5}{c} = 1\left( {\rm{*}} \right)\).

Mà \(OA;OB;OC\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội \(q = 3\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{b = aq}\\{c = a{q^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3a}\\{c = 9a}\end{array} \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \frac{2}{a} + \frac{3}{{3a}} + \frac{5}{{9a}} = 1 \Leftrightarrow a = \frac{{32}}{9}} \right.} \right.\)

Vậy \(a = \frac{{32}}{9} \Rightarrow b = \frac{{32}}{3};c = 32\).

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.

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

Xét biến cố \(A\) : "Chọn ra 2 sinh viên không học ngoại ngữ".

\( \Rightarrow \) 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: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{60}^2}} = \frac{3}{{118}}\).

 Chọn B

Giải thích

Điều kiện: \(x \ne \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Phương trình đã cho tương đương với

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

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}2x.{\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{sin}}2x = 1}\\{{\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1}\end{array}} \right.\) hoặc \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{sin}}2x =  - 1}\\{{\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) =  - 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = \frac{\pi }{4} + l2\pi }\end{array}} \right.\) hoặc \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{ - \pi }}{4} + k\pi }\\{x = \frac{{ - 3\pi }}{4} + l2\pi }\end{array}\left( {k,l \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)

Do đó \(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Vậy nghiệm của phương trình đã cho được biểu diễn bởi 1 điểm trên đường tròn lượng giác.

 Chọn B

Đáp án

Có (1) ___4___ số phức \(z\) thỏa mãn \(\left| {{z^2}} \right| = 2\left| {z - \overline z } \right|\) và \(|\left( {z - 4} \right)\left( {\overline z  - 4i} \right)\left|  =  \right|z + 4i{|^2}\).

Giải thích

Ta có \(\overline z  - 4i = \overline {z + 4i}  \Rightarrow \left| {\overline z  - 4i\left|  =  \right|\overline {z + 4i} \left|  =  \right|z + 4i} \right|\).

\[|\left( {z - 4} \right)\left( {\overline z  - 4i} \right)\left|  =  \right|z + 4i{|^2} \Leftrightarrow |z - 4\left| . \right|\overline z  - 4i\left|  =  \right|z + 4i{|^2} \Leftrightarrow |z - 4\left| . \right|z + 4i\left|  =  \right|z + 4i{|^2}\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left| {z + 4i} \right| = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{\left| {z - 4\left|  =  \right|z + 4i} \right|\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Xét (1): \(\left| {z + 4i} \right| = 0 \Leftrightarrow z + 4i = 0 \Leftrightarrow z =  - 4i \Rightarrow \overline z  = 4i\).

Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{z^2} =  - 16 \Rightarrow \left| {{z^2}} \right| = 16}\\{\left| {z - \overline z \left|  =  \right| - 8i} \right| = 8}\end{array}} \right.\) suy ra \(\left| {{z^2}} \right| = 2\left| {z - \overline z } \right|\) (thỏa mãn yêu cầu bài toán).

Xét (2): \(\left| {z - 4\left|  =  \right|z + 4i} \right|\)

Giả sử \(z = a + bi\), với \(a,b \in \mathbb{R}\).

Ta có \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {(a - 4)^2} + {b^2} = {a^2} + {(b + 4)^2} \Leftrightarrow b =  - a\).

Hay \(z = a - ai \Rightarrow {z^2} =  - 2{a^2}i \Rightarrow \left| {{z^2}} \right| = 2{a^2}\) và \(z - \overline z  =  - 2ai \Rightarrow \left| {z - \overline z } \right| = 2\left| a \right|\).

Khi đó \(\left| {{z^2}} \right| = 2\left| {z - \overline z } \right| \Leftrightarrow 2{a^2} = 4\left| a \right| \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 0}\\{a =  \pm 2}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{z = 0}\\{z = 2 - 2i{\rm{.\;}}}\\{z =  - 2 + 2i}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy có 4 số phức \(z = 0,z = 2 - 2i,z =  - 2 + 2i,z =  - 4i\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án

Giải thích

Ta có công thức tổng số tiền nhận được sau khi gửi hàng tháng là:

\(T = \frac{M}{r}\left( {1 + r} \right)\left[ {{{(1 + r)}^n} - 1} \right]\) với \(M\) là số tiền gửi hàng tháng, \(r\) là lãi suất/kì hạn, \(n\) là số kì hạn.

Áp dụng công thức ta có cuối tháng thứ 11 mẹ Việt Nam anh hùng nhận được số tiền là

\(\left. {{{4.10}^6}{{(1 + 1{\rm{\% }})}^{11}} + {{4.10}^6}{{(1 + 1{\rm{\% }})}^{10}} +  \ldots  + {{4.10}^6}\left( {1 + 1{\rm{\% }}} \right) = \frac{{{{4.10}^6}}}{{1{\rm{\% }}}}\left( {1 + 1{\rm{\% }}} \right){{(1 + 1{\rm{\% }})}^{11}} - 1} \right]\)

\( = 46730012,05\) (đồng).

Vì đầu tháng 12 mẹ mới rút tiền nên mẹ được cộng thêm cả tiền lương của tháng 12 nữa nên tổng số tiền mẹ sẽ nhận được là: \(46730012,05 + {4.10^6} \approx 50730000\) (đồng).

Vậy số tiền lãi mẹ Việt Nam anh hùng nhận được là \(50730000 - {4.10^6}.12 = 2730000\) (đồng).

Đáp án

Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho elip có phương trình \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{4} + {y^2} = 1\) và điểm \(A\left( {1;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)\) thuộc \(\left( E \right)\).

Tiếp tuyến \(d\) của \(\left( E \right)\) tại \(A\) có hệ số góc là \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi ba đường: elip, đường thẳng \(d\) và trục \(Ox\) bằng \(\sqrt 3 \) - \(\frac{1}{3}\)π.

Giải thích

Phương trình nửa trên của elip \(\left( E \right)\) là \(y = \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4}} \) suy ra \(y' = \frac{{ - x}}{{4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4}} }}\).

Phương trình tiếp tuyến với \(\left( E \right)\) tại \(A\left( {1;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)\) là

\(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) + y\left( 1 \right) = \frac{{ - \sqrt 3 }}{6}\left( {x - 1} \right) + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) hay \(y = \frac{{ - \sqrt 3 }}{6}x + \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Đường thẳng \(d\) cắt trục hoành tại \(B\left( {4;0} \right)\). Hình phẳng \(\left( H \right)\) có ba đỉnh \(A,B\) và \(C\left( {2;0} \right)\).

Kẻ \(AK\) vuông góc với trục hoành, khi đó diện tích của hình \(\left( H \right)\) là \({S_{\left( H \right)}} = {S_{AKB}} - {S_1}\) (\({S_1}\) là diện tích giới hạn bởi \(AK\), trục \(Ox\) và \(\left( E \right)\)).

Ta có: \(AK = \frac{{\sqrt 3 }}{2},KB = 3\) nên \({S_{AKB}} = \frac{1}{2}AK.KB = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\).

Những điểm thuộc hình \(\left( H \right)\) có tung độ \(y \ge 0\) nên từ phương trình \(\left( E \right)\) suy ra \(y = \frac{1}{2}\sqrt {4 - {x^2}} \). Do đó

Đặt \(x = 2{\rm{sin}}t\), ta tính được \({S_1} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}t{\rm{\;d}}t = \frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \).

Vậy \({S_{\left( H \right)}} = {S_{AKB}} - {S_1} = \sqrt 3  - \frac{\pi }{3}\).

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: \({\rm{sin}}\alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right|}} = \frac{{4\sqrt {21} }}{{21}}\).

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

Giải thích

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).

 Chọn D

Giải thích

Ta có: \({\rm{cos}}\widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2OA.OB}} = \frac{{{{10}^2} + {{10}^2} - {6^2}}}{{2.10.10}} = \frac{{41}}{{50}} \Rightarrow \widehat {AOB} = \alpha  \approx 0,609\left( {{\rm{rad}}} \right)\)

\( \Rightarrow \) số đo cung nhỏ  là: \(\alpha  = 0,609\left( {{\rm{rad}}} \right)\)

Diện tích hình quạt chắn bởi cung nhỏ \(AB\) là: \(S = \frac{{{R^2}\alpha }}{2} \approx \frac{{{{10}^2}.0,609}}{2} = 30,45\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Thể tích miếng thạch là \(V = OO'.S \approx 9.30,45 = 274,05\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) \approx 274\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

 Chọn B

Quãng đường con diều di chuyển là

S=∫​0721+h'x2dx=∫​0721+−115x−602dx≈152,58m

Chọn C

Đáp án

Có (1) ___6___ giá trị nguyên của \(m\) để hàm số \(y = {x^3} - \frac{5}{2}{x^2} - 2x + 1 - m\) có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu.

Giải thích

Ta có \(y' = 3{x^2} - 5{x^2} - 2\). Khi đó: \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 5{x^2} - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x =  - \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\).

Với \(x = 2\) thì \(y =  - 5 - m\).

Với \(x =  - \frac{1}{3}\) thì \(y = \frac{{73}}{{54}} - m\).

Hàm số có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trái dấu khi \(\left( { - 5 - m} \right)\left( {\frac{{73}}{{54}} - m} \right) < 0 \Leftrightarrow  - 5 < m < \frac{{73}}{{54}}\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}\).

Vậy có 6 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn.

Đáp án

Giải thích

\(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7} \right)}^2}}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{a^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}} \right)}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}}} = \sqrt[3]{{{{27}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{3^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}} \right)}^3}}} = 7\).

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

\({c^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25} \right)}^2}}} = {\left( {{c^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}} = {(\sqrt {11} )^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}} = \sqrt {{{11}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}}}  = \sqrt {25}  = 5\).

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

Đáp án

Một khối cầu pha lê gồm một hình cầu \(\left( {{H_1}} \right)\) bán kính \(R\) và một hình nón \(\left( {{H_2}} \right)\) có bán kính đáy và đường sinh lần lượt là \(r,l\) thỏa mãn \(r = \frac{1}{2}l\) và \(l = \frac{3}{2}R\) xếp chồng lên nhau. Biết tổng diện tích mặt cầu \(\left( {{H_1}} \right)\) và diện tích toàn phần của hình nón \(\left( {{H_2}} \right)\) là \(91{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\). Diện tích của mặt cầu \(\left( {{H_1}} \right)\) bằng (1) ___64___ \(c{m^2}\).

Giải thích

Ta có: \(r = \frac{1}{2}l = \frac{1}{2}.\frac{3}{2}R = \frac{3}{4}R\). Diện tích mặt cầu \({S_1} = 4\pi {R^2}\)

Diện tích toàn phần của hình nón \({S_2} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .\frac{3}{4}R.\frac{3}{2}R + \pi .\frac{9}{{16}}{R^2} = \frac{{27\pi {R^2}}}{{16}}\)

Theo giả thiết: \(4\pi {R^2} + \frac{{27\pi {R^2}}}{{16}} = 91 \Leftrightarrow \frac{{91\pi {R^2}}}{{16}} = 91 \Leftrightarrow \pi {R^2} = 16\).

Vậy \({S_1} = 4\pi {R^2} = 64{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).

Đáp án

Phần ảo của số phức \(z\) là 2 .

Điểm biểu diễn số phức \(w = 2z + {\bar z^2}\) có hoành độ bằng -1  và tung độ bằng 0 .

Giải thích

Vì \(\bar z = 1 - 2i \Rightarrow z = \bar z = 1 + 2i\). Phần ảo của \(z\) là 2 .

\(w = 2z + {\bar z^2} = 2\left( {1 + 2i} \right) + {(1 - 2i)^2} =  - 1\). Điểm biểu diễn của \(w\) là \(M\left( { - 1;0} \right)\).

Đáp án

Có 17576 tên miền gồm ba kí tự đều là chữ cái tiếng Anh?

Có 1669616 tên miền gồm bốn kí tự (chữ cái tiếng Anh và chữ số) trong đó có ít nhất một kí tự là chữ cái tiếng Anh?

Tính đến tháng 4 năm 2006, có 97786 tên miền gồm 4 kí tự (chữ cái tiếng Anh và chữ số) vẫn chưa được xác nhận quyền sở hữu. Nếu một tên miền gồm bốn ký tự được chọn ngẫu nhiên, xác suất mà nó đã được sở hữu là 0,942.(Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba)

Giải thích

Có 26 chữ cái tiếng Anh nên số tên miền gồm ba kí tự đều là chữ cái tiếng Anh là: \({26^3} = 17576.\)

Có 26 chữ cái tiếng Anh và 10 chữ số nên số tên miền gồm bốn kí tự là: \({(26 + 10)^4} = 1679616.\)

Số tên miền gồm bốn kí tự là chữ số là: \({10^4} = 10000\).

Vậy có 1679616 - \(10000 = 1669616\) tên miền gồm bốn kí tự (chữ cái tiếng Anh và chữ số) trong đó có ít nhất một kí tự là chữ cái tiếng Anh.

Xác suất để tên miền gồm bốn kí tự đã được sở hữu là: \(1 - \frac{{97786}}{{1679616}} \approx 0,942\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right):EF \cap BC = I;EF \cap CD = J\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SCD} \right):GJ \cap SC = K;GJ \cap SD = M\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SBC} \right):KI \cap SB = H\)

Ta có: \(\left( {GEF} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF,\left( {GEF} \right) \cap \left( {SAD} \right) = FM,\left( {GEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MK\)

\(\left( {GEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = KH,\left( {GEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HE\)

Vậy thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) cắt bởi mặt phẳng \(\left( {EFG} \right)\) là ngũ giác \(EFMKH\).

 Chọn C

Giải thích

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 \(a + b + c =  - 3\).

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

+) Thay \(m = 0\) ta được: \(y =  - {x^3} + 9x + 5\).

\(y' =  - 3{x^2} + 9 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 3 \). Vậy hàm số có 2 cực trị.

+) \(y =  - {x^3} - m{x^2} + \left( {4m + 9} \right)x + 5\)

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

\(y' =  - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\).

Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) (với \(y' = 0\) tại hữu hạn điểm)

\( \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 3\left( {4m + 9} \right) \le 0 \Leftrightarrow  - 9 \le m \le  - 3\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 9; - 8; \ldots ; - 3} \right\}\). Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\).