Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 20)

Đáp án

Giải thích

Ta có: \(P\left( x \right) = \left( {1 + 2x} \right){(3 + x)^{11}} = {(3 + x)^{11}} + 2x{(3 + x)^{11}}\)

\( = \mathop \sum \nolimits^ _{k = 0}^{11}C_{11}^k{.3^{11 - k}}.{x^k} + 2x\mathop \sum \nolimits^ _{m = 0}^{11}C_{11}^m{.3^{11 - m}}.{x^m}\)

\( = \mathop \sum \nolimits^ _{k = 0}^{11}C_{11}^k{.3^{11 - k}}.{x^k} + \mathop \sum \nolimits^ _{m = 0}^{11}C_{11}^m{.2.3^{11 - m}}.{x^{m + 1}}\)

Khi đó:

+, Khai triển \(P\left( x \right)\) có 13 số hạng.

+, Hệ số của \({x^9}\) trong khai triển là: \(C_{11}^9{.3^2} + C_{11}^8{.2.3^3} = 9045\) (với \(k = 9,m = 8\) ).

+, Hệ số tự do trong khai triển là: \(C_{11}^0{.3^{11}} = 177147\)

Đáp án

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right)\) bằng -1 .

Đồ thị \(\left( C \right)\) có 2  đường tiệm cận ngang.

Tổng số đường tiệm cận của đồ thị \(\left( C \right)\) là 4 .

Giải thích

ТХĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 2} \right\}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x + 4}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} = 1}\\{\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x + 4}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} =  - 1}\end{array} \Rightarrow } \right.\) Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là \(y =  \pm 1\).

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  \pm 2} f\left( x \right) = \infty  \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là \(x =  \pm 2\).

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận.

Đáp án

Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được năm ván cờ.

Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván, xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng là (1) ___7/8___.

Giải thích

Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng - thua trong một ván đấu là \(50{\rm{\% }} - 50{\rm{\% }}\).

Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai thắng 2 ván.

Để người thứ nhất chiến thắng thì người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng không quá hai ván.

Có ba khả năng:

TH1: Người thứ nhất chiến thắng ở ván đầu tiên.

\( \Rightarrow \) Xác suất người thứ nhất thắng ở ván đầu tiên là \(50{\rm{\% }} = 0,5\).

TH2: Người thứ nhất chiến thắng ở ván thứ hai.

\( \Rightarrow \) Xác suất người thứ nhất thắng ở ván thứ hai là \({(50{\rm{\% }})^2} = {(0,5)^2}\).

TH3: Người thứ nhất chiến thắng ở ván thứ ba.

\( \Rightarrow \) Xác suất người thứ nhất thắng ở ván thứ ba là \({(50{\rm{\% }})^3} = {(0,5)^3}\).

Vậy \(P = 0,5 + {(0,5)^2} + {(0,5)^3} = \frac{7}{8}\).

Đáp án

Giải thích

Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {x + 2} \right){(x - 1)^{2022}}{(x - 2)^{2023}} = \left( {x + 2} \right){(x - 1)^{2022}}{(x - 2)^{2022}}\left( {x - 2} \right)\)

\( = \left( {{x^2} - 4} \right){(x - 1)^{2022}}{(x - 2)^{2022}}\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  \pm 2}\\{x = 1}\end{array}} \right)\)

Xét \(f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{x \le  - 2}\\{x \ge 2}\end{array}} \right)\).

Vậy:

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

+, Hàm số có hai điểm cực trị, hàm số đạt cực đại tại điểm \(x =  - 2\) và cực tiểu tại điểm \(x = 2\).

Đáp án

Giải thích

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x + m\).

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} > 0\) hay

\(9 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3\).

Chia đa thức \(y\) cho \(y'\), ta được: \(y = y'.\left( {\frac{x}{3} - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{{2m}}{3} - 2} \right)x + \frac{m}{3} + 1\).

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm \(\left( {{x_1};{y_1}} \right),\left( {{x_2};{y_2}} \right)\).

Vì \(y'\left( {{x_1}} \right) = 0,y'\left( {{x_2}} \right) = 0\) nên phương trình đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) qua hai điểm cực đại, cực tiểu là

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

Với \(x =  - \frac{1}{2}\) ta có \(y = 2\). Do đó đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) luôn đi qua điểm cố định \(A\left( { - \frac{1}{2};2} \right)\).

Hệ số góc của đường thẳng \(IA\) là \(k = \frac{3}{4}\). Kẻ \(IH \bot {\rm{\Delta }}\) ta thấy \(d\left( {I;{\rm{\Delta }}} \right) = IH \le IA = \frac{5}{4}\).

Đẳng thức xảy ra khi \(IA \bot {\rm{\Delta }}\) hay \(\frac{{2m}}{3} - 2 = \frac{{ - 1}}{k} = \frac{{ - 4}}{3} \Leftrightarrow m = 1\) (thỏa mãn).

Vậy \({\rm{max}}d\left( {I;{\rm{\Delta }}} \right) = \frac{5}{4}\) khi \(m = 1\).

Giải thích

Xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc nhỏ hơn 7 bằng:

\(\frac{{0 + 3 + 4 + 5 + 7}}{{50}} = \frac{{19}}{{50}}\).

 Chọn A

Giải thích

Vì cứ 10 năm, can Quý được lặp lại. Cứ 12 năm, chi Mão được lặp lại, nên số năm Quý Mão được lặp lại là bội chung của 10 và 12 . Và số năm ít nhất năm Quý Mão lặp lại là bội chung nhỏ nhất của 10 và 12. Phân tích 10 và 12 ra thừa số nguyên tố ta được: \(10 = 2.5\) và \(12 = {2^2}.3\).

Các thừa số nguyên tố chung và riêng của 10 và 12 là 2, 3, 5 với số mũ lớn nhất lần lượt là: 2, 1, 1.

Khi đó: \(BCNN\left( {10,12} \right) = {2^2}.3.5 = 60\).

Vậy cứ sau 60 năm thì năm Quý Mão được lặp lại.

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC;I\) là giao điểm của hai đường trung trực của hai đoạn thẳng \(AB\) và \(AC\).

Do \(M\) là trung điểm của cạnh huyền trong tam giác vuông \(AHB\) nên \(MA = MB = MH\).

Có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot MI\), mà \(MI \bot AB,AB \cap SA = A\) nên \(MI \bot \left( {SAB} \right)\). Do đó \(IA = IB = IH\).

Hoàn toàn tương tự, ta cũng chỉ ra được \(IA = IC = IK\).

Do đó \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp \(A.BCHK\).

Bán kính của mặt cầu này là \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) (do tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\)).

Đáp án: “4556000”

Giải thích

Gọi \(x\left( m \right)(0 < x < 0,5)\) là chiều dài đáy nhỏ của thiết diện hình thang cân.

Khi đó, diện tích thiết diện là \(S\left( x \right) = \frac{{\left( {0,6 + x} \right).0,5}}{2} = 0,15 + 0,25x\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Số mét khối đất đơn vị phải đào là \(V = \int\limits_0^{15} {\left( {0,15 + 0,25x} \right)dx = 30,375\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)} \).

Số tiền đơn vị được trả để đào hết mương này là \(30,375.150000 = 4556250\) (đồng) \( \approx 4556000\) (đồng).

Giải thích

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - x - m > 0}\\{x - 2 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - x - m > 0}\\{x > 2}\end{array}} \right.} \right.\)

Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_4}\left( {{x^2} - x - m} \right) \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {{x^2} - x - m} \right) \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}{(x - 2)^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - x - m \ge {x^2} - 4x + 4 \Leftrightarrow m \le 3x - 4\left( {{\rm{**}}} \right)\).

Khi đó, \({x^2} - x - m > 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - m \ge {x^2} - x - 3x + 4 = {x^2} - 4x + 4 = {(x - 2)^2} > 0\) (vì \(x > 2\)).

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi giá trị \(x\) thuộc tập xác định khi \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) có nghiệm với mọi giá trị \(x\) thuộc tập xác định \( \Leftrightarrow m \le \mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left( {2; + \infty } \right)} \left( {3x - 4} \right) \Rightarrow m \le 2\).

 Chọn D

Đáp án “11,4”

Giải thích

Bán kính hình bán cầu bằng bán kính đáy hình nón và bằng \(r = 10{\rm{\;cm}}\), chiều cao của hình nón là \(h = 30 - 10 = 20\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Thể tích bình nước là \(V = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {r^3} + \frac{1}{3}\pi {r^2}.h = \frac{2}{3}\pi {.10^3} + \frac{1}{3}\pi {.10^2}.20 = \frac{{4000}}{3}\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Phần bình không chứa nước là hình nón đỉnh \(S\), bán kính đáy \(r' = O'A'\), chiều cao \(h' = O'A'\) như hình vẽ.

Theo định lý Thales ta có: \(\frac{{SO'}}{{SO}} = \frac{{O'A'}}{{OA}} \Leftrightarrow \frac{{30 - x}}{{20}} = \frac{{r'}}{{10}} \Leftrightarrow r' = \frac{{30 - x}}{2}\).

Thể tích phần bình không chứa nước chiếm \(20{\rm{\% }}\) nên ta có:

\(\frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{{30 - x}}{2}} \right)^2}.\left( {30 - x} \right) = \frac{{20}}{{100}}.\frac{{4000}}{3}\pi  \Leftrightarrow x \approx 11,4\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy chiều cao của mực nước so với mặt bàn là 11,4 cm.

Đáp án

Giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = 2MA - MB\) là \(a\sqrt b \) với \(a\) bằng 5  và \(b\) bằng 2 .

Giải thích

Gọi \(C\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {OC}  = 4\overrightarrow {OA}  \Rightarrow C\left( {4;8;8} \right)\). Khi đó \(O,A,M,C\) đồng phẳng.

Ta có \(OA = 3,OM = 6,OC = 12\) suy ra \(\frac{{OC}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{OA}} = 2\).

Vậy hai tam giác \(OMA\) và \(OCM\) đồng dạng.

Do đó \(MC = 2MA\).

Ta có: \(OC = 12 > R,OB = \sqrt {26}  < R\).

\( \Rightarrow \left| {2MA - MB\left|  =  \right|MC - MB} \right| \le BC = 5\sqrt 2 \).

Vậy \({P_{{\rm{max}}}} = 5\sqrt 2 \).

Đáp số

Mặt phẳng \(\left( R \right)\) chứa đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - t}\\{y =  - 1 + 2t\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right){\rm{\;}}}\\{z = 2 + t}\end{array}} \right.\)và tạo với mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y - 2z - 2 = 0\) một góc nhỏ nhất có phương trình là 1 x + 1 y + -1 z + 3  = 0.

Giải thích

Dễ thấy, đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left( {0; - 1;2} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec v = \left( { - 1;2;1} \right)\).

Do mặt phẳng \(\left( R \right)\) đi qua điểm \(M\) nên phương trình có dạng

\(A\left( {x - 0} \right) + B\left( {y + 1} \right) + C\left( {z - 2} \right) = 0\), với \({A^2} + {B^2} + {C^2} \ne 0\).

Do \(\left( R \right)\) chứa \(d\) nên \(\vec v \bot \vec n\), với \(\vec n = \left( {A;B;C} \right)\) hay \( - A + 2B + C = 0 \Leftrightarrow A = 2B + C\).

Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi \(\left( R \right)\) và \(\left( P \right)\), ta có

\({\rm{cos}}\alpha  = \frac{{\left| B \right|}}{{\sqrt {5{B^2} + 4BC + 2{C^2}} }}\).

- Nếu \(B = 0\) thì \(\alpha  = {90^ \circ }\).

- Nếu \(B \ne 0\), đặt \(m = \frac{C}{B}\) ta có:

\({\rm{cos}}\alpha  = \frac{1}{{\sqrt {2{m^2} + 4m + 5} }} = \frac{1}{{\sqrt {2{{(m + 1)}^2} + 3} }} \le \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).

\(\alpha \) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\alpha  = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow m =  - 1 \Leftrightarrow B =  - C\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(x + y - z + 3 = 0\).

Đáp án

Một chiếc ô tô đang đi trên đường với vận tốc \(v\left( t \right) = 2t\left( {t \ge 0} \right)\left( {m/s} \right)\), trong đó \(t\) là khoảng thời gian tính bằng giây. Ô tô bắt đầu xuất phát tại thời điểm \(t = 0\). Quãng đường ô tô đi được trong 20 giây là: 400 (m).

Khi ô tô chạy được 01 phút thì tài xế đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần với vận tốc \(v\left( t \right) =  - 5t + 420\,\,\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\). Từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô còn di chuyển 1440 (m). Tổng quãng đường ô tô đi được (kể từ khi xuất phát đến khi dừng hẳn) là 5040 (m).

Đáp án

Giới hạn \(I = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \frac{{1 - {\rm{cos}}x.{\rm{cos}}2x.\,\, \ldots \,\,.{\rm{cos}}2024x}}{{{x^2}}}\) bằng (1) 1382935950.

Giải thích

Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \frac{{1 - {\rm{cos}}ax}}{{{x^2}}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \frac{{2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\left( {\frac{{ax}}{2}} \right)}}{{{x^2}}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} \left[ {{{\left( {\frac{{{\rm{sin}}\frac{{ax}}{2}}}{{\frac{{ax}}{2}}}} \right)}^2}.\frac{{{a^2}}}{2}} \right] = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Áp dụng ta được:

\(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}} + \cos x.\frac{{1 - \cos 2x}}{{{x^2}}} + \cos x\cos 2x.\frac{{1 - \cos 3x}}{{{x^2}}} +  \ldots  + \cos x.\,\,\, \ldots \,\,\,\left. {.\cos 2023x.\frac{{1 - \cos 2024x}}{{{x^2}}}} \right)} \right.\)

\( = \frac{{{1^2}}}{2} + \frac{{{2^2}}}{2} +  \ldots  + \frac{{{{2024}^2}}}{2} = \frac{{2024.\left( {2024 + 1} \right).\left( {2.2024 + 1} \right)}}{{12}} = 1382935950\)

(với \(n \in \mathbb{N},{1^2} + {2^2} +  \ldots  + {n^2} = \frac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{6}\))

Đáp án

Giải thích

Đáp án

Trong không gian \(Oxyz\), cho tứ diện \(ABCD\) có \(A\left( { - 1;1;6} \right),B\left( { - 3; - 2; - 4} \right),C\left( {1;2; - 1} \right)\), \(D\left( {2; - 2;0} \right)\). Gọi \(M\left( {a;b;c} \right)\) là điểm thuộc đường thẳng \(CD\) sao cho tam giác \(ABM\) có chu vi nhỏ nhất. Khi đó, \(a + c = \) (1) ___1____; b = (2) ____0___.

Giải thích

Gọi \({C_{ABM}}\) là chu vi của tam giác \(ABM\).

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2; - 3; - 10} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {113} \)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2; - 3; - 10} \right),\overrightarrow {CD}  = \left( {1; - 4;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD}  =  - 2 + 12 - 10 = 0 \Rightarrow AB \bot CD\)

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng \(AB\) và vuông góc với đường thẳng \(CD\).

Gọi \(H\) là giao điểm của \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(CD\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A\left( { - 1;1;6} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {CD}  = \left( {1; - 4;1} \right)\) là: \(x - 4y + z - 1 = 0\).

Phương trình đường thẳng \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 4t}\\{z =  - 1 + t}\end{array}} \right.\)

Vì \(H \in CD\) nên \(H\left( {1 + t;2 - 4t; - 1 + t} \right)\).

Mà \(H \in \left( P \right) \Leftrightarrow 1 + t - 4\left( {2 - 4t} \right) - 1 + t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \Leftrightarrow H\left( {\frac{3}{2};0; - \frac{1}{2}} \right)\)

Với \(\forall M \in CD\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AM \ge AH}\\{BM \ge BH}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow AM + BM \ge AH + BH\).

\({C_{ABM}} = AB + AM + BM \ge \sqrt {113}  + AH + BH,\forall M \in CD\).

Suy ra \({\rm{min}}{C_{ABM}} = \sqrt {113}  + AH + BH\), đạt được \(M \equiv H \Leftrightarrow M\left( {\frac{3}{2};0; - \frac{1}{2}} \right)\)

    \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + c = 1}\\{b = 0}\end{array}} \right.\)

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

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

Số táo mà người nông dân đã hái là:  (quả).

Số táo người này để lại cho các người gác cửa là:  (quả).

 Chọn C

Đáp số

1) Biết \(f\left( 0 \right) + f\left( 1 \right) = a\) (với \(a\) là số nguyên). Giá trị của \(a\) là -2 .

2) Biết \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = b} \) (với \(b\) là số nguyên). Giá trị của \(b\) là -1 .

3) Biết \(\int\limits_0^1 {x.f'\left( x \right)dx}  = \frac{c}{d}\) với \(c,d\) là các số nguyên và \(\left| {\frac{c}{d}} \right|\) là phân số tối giản.

Giá trị của biểu thức \(c + d\) là 7 .

Giải thích

+) Vì \(2f\left( x \right) - 3f\left( {1 - x} \right) = 4x - 1,\forall x \in \mathbb{R}\) nên cho

 \(x = 0 \Rightarrow 2f\left( 0 \right) - 3f\left( 1 \right) =  - 1\); cho \(x = 1 \Rightarrow 2f\left( 1 \right) - 3f\left( 0 \right) = 3\).

Từ đó ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2f\left( 0 \right) - 3f\left( 1 \right) =  - 1}\\{ - 3f\left( 0 \right) + 2f\left( 1 \right) = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 0 \right) = \frac{{ - 7}}{5}}\\{f\left( 1 \right) = \frac{{ - 3}}{5}}\end{array}} \right.} \right.\)

+) Ta có ${{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(x\right)dx={{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(1-x\right)dx$ nên

 $2f\left(x\right)-3f\left(1-x\right)=4x-1\Rightarrow {{\int }^{\text{}}}_0^1\left[2f\left(x\right)-3f\left(1-x\right)\right]dx={{\int }^{\text{}}}_0^1\left(4x-1\right)dx\iff -{{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(x\right)dx=1$

$\Rightarrow {{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(x\right)dx=-1$

+) Ta có: ${{\int }^{\text{}}}_0^{1}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=x.{\left.f\left(x\right)\right|}_0^1-{{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(x\right)dx=f\left(1\right)-{{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(x\right)dx=\frac{-3}{5}+1=\frac{2}{5}$

Khi đó \(\frac{c}{d} = \frac{2}{5} \Rightarrow c + d = 2 + 5 = 7\).

Đáp án

Giải thích

Khẳng định sai là:

+) "Tích của hai số nguyên âm là một số nguyên âm". Ví dụ: (-1). (-3) \( = 3 > 0\).

+) "Hiệu \(a - b\) là một số nguyên âm nếu a dương và b dương". Ví dụ: \(3 - 2 = 1 > 0\).

Giải thích

Ta có:

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1;2} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {1; - 2;1} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {3;3;3} \right) \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\)

Lại có: \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 2; - 2;4} \right),\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC}  = 2\overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow ABCD\) là hình thang và \({S_{ABCD}} = 3{S_{ABC}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\).

Vì \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} \Rightarrow SH = 3\sqrt 3 \)

Lại có \(H\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow H\left( {0;1;5} \right)\)

Gọi \(S\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( { - a;1 - b;5 - c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = k\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = k\left( {3;3;3} \right) = \left( {3k;3k;3k} \right)\)

Suy ra \(3\sqrt 3  = \sqrt {9{k^2} + 9{k^2} + 9{k^2}}  \Rightarrow k =  \pm 1\)

+) Với \(k = 1 \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( {3;3;3} \right) \Rightarrow {S_1}\left( { - 3; - 2;2} \right)\)

+) Với \(k =  - 1 \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( { - 3; - 3; - 3} \right) \Rightarrow {S_2}\left( {3;4;8} \right)\)

\( \Rightarrow a = 3;b = 4;c = 8 \Rightarrow a + b - c =  - 1\).

 Chọn C

Giải thích

Điều kiện \(x > 0\).

Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}x\), bất phương trình trở thành \({t^2} - 3yt + 2{y^2} < 0\,\,\left( * \right)\).

\({\rm{\Delta }} = {(3y)^2} - 4.2{y^2} = {y^2} > 0,\forall y \in {\mathbb{Z}^ + }\), tam thức có hai nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = y}\\{t = 2y}\end{array}} \right.\).

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow y < t < 2y\) hay \(y < {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}x < 2y \Leftrightarrow {2^y} < x < {2^{2y}}\).

Vì \(x,y \in {\mathbb{Z}^ + }\)nên \(x \in A = \left\{ {{2^y} + 1;{2^y} + 2; \ldots ;{2^{2y}} - 1} \right\}\).

Số phần tử của tập \(A\) là \(\left( {{2^{2y}} - 1} \right) - \left( {{2^y} + 1} \right) + 1 = {2^{2y}} - {2^y} - 1\).

Giả thiết bài toán có không quá 4031 số nguyên \(x\) nên ta có. \({2^{2y}} - {2^y} - 1 \le 4031\)

\( \Leftrightarrow {2^{2y}} - {2^y} - 4032 \le 0 \Leftrightarrow  - 63 \le {2^y} \le 64 \Leftrightarrow y \le 6\).

Vì \(y \in {\mathbb{Z}^ + }\)nên \(y \in E = \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\).

Số phần tử của tập hợp \(E\) là 6 .

 Chọn A

Giải thích

Số lượng vi khuẩn tăng sau mỗi phút lên là cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội \(q = 2\).

Ta có: \({u_6} = 64000 \Rightarrow {u_1}.{q^5} = 64000 \Rightarrow {u_1} = 2000\).

Sau \(n\) phút thì số lượng vi khuẩn là \({u_{n + 1}}\).

\({u_{n + 1}} = 2048000 \Rightarrow {u_1}.{q^n} = 2048000 \Rightarrow {2000.2^n} = 2048000 \Rightarrow n = 10\).

Vậy sau 10 phút thì có được 2048000 con.

Đáp án

Bất bình đẳng giới thể hiện trên nhiều khía cạnh khác nhau như: giáo dục, việc làm và tiền lương, các mặt đó tồn tại và tác động lẫn nhau gây ra nhiều hệ quả, gia tăng khoảng cách giới.

Giải thích

Dựa vào các từ khóa “giáo dục”, “việc làm”, “tiền lương” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [4]. Đọc đoạn [4] và tìm thông tin: “các mô hình đều chỉ ra rằng khoảng cách ở khía cạnh này sẽ dẫn tới khoảng cách giới ở một khía cạnh, lĩnh vực khác như một hệ quả kéo theo”. Chú ý “dẫn tới”, “kéo theo” là kết quả của việc các khía cạnh tác động đến nhau.

Câu hoàn chỉnh: Bất bình đẳng giới thể hiện trên nhiều [khía cạnh] khác nhau như: giáo dục, việc làm và tiền lương. Các mặt đó tồn tại và [tác động] lẫn nhau gây ra nhiều [hệ quả], gia tăng [khoảng cách] giới

Đọc đoạn [4] xác định thông tin: “Khi tồn tại… khoảng cách thu nhập”, “có thể dẫn tới việc giảm nhu cầu đối với giáo dục cho nữ giới”, “dẫn tới khoảng cách về giới trong giáo dục”. Vậy thu nhập tác động đến khoảng cách giáo dục. Đoạn [5] có thông tin: “mức tăng trưởng về thu nhập thu hút nữ giới tham gia vào lực lượng lao động, giảm thiểu những rủi ro liên quan tới vấn đề chênh lệch giáo dục”. Việc tăng thu nhập cho nữ giới chỉ giúp giảm thiểu rủi ro chứ không giải quyết được vấn đề một cách triệt để. Nhận định trên không chính xác.

 Chọn B

Căn cứ vào từ khóa “những quan điểm tiêu cực về nữ giới” tương đương với “những định kiến xã hội liên quan tới giới” và “ảnh hưởng đến hiệu quả lao động” tương đương với “giảm năng suất” xác định được nội dung cần tìm ở đoạn [6]. Vậy nhận định trên là đúng.

 Chọn A

Đọc và xác định các chi tiết được mô tả về nhân vật Sửu: “một cái mũ dạ màu xám rộng thênh thang”, “muốn tránh một người quét hè, Sửu đi rẽ xuống đường”, “người ăn mặc rách rưới đụng vào nhau”, “bàn chân đầy bùn của người kia làm bẩn be bét”.

 Chọn A

Đọc và phân tích cuộc đối thoại của các nhân vật, xác định trong suy nghĩ của nhân vật thầy đội, Sửu mặc định là tên ăn cắp và người kéo xe dù chứng kiến việc Sửu bị đánh khi phạm phải một lỗi nhỏ cũng không dám bênh vực để thể hiện suy nghĩ của những người nghèo: không dám lên tiếng vì sợ hãi, quen với những điều bất công trong cuộc sống.

 Chọn A

Xác định nhân vật trung tâm là Sửu - một người nghèo bị đánh, bị nghi ngờ ăn cắp và những người xung quanh chỉ dám bênh vực một cách yếu ớt, đây là đại diện cho cuộc sống của những người nghèo, dù hai tình huống khác nhau nhưng họ luôn phải nhận sự thua thiệt.

Đối chiếu với các thông tin trong đoạn “Mỏ dầu thường có 3 lớp: trên cùng là lớp khí, được gọi là khí mỏ dầu hay khí đồng hành, thành phần chính của khí mỏ dầu là metan (chiếm khoảng 75%); ở giữa là lớp dầu lỏng có hòa tan khí, là một hỗn hợp phức tạp của nhiều loại hidrocacbon và những lượng nhỏ các chất khác; dưới đáy mỏ dầu là một lớp nước mặn.” xác định được A, B đúng còn C, D không đúng.

C sai tên thành phần chính, đúng phải là metan.

D sai vị trí lớp của dầu mỏ, lớp dầu lỏng ở giữa không phải ở đáy.

 Chọn C, D

Đối chiếu với các thông tin trong đoạn “Muốn khai thác dầu mỏ, người ta khoan những lỗ khoan xuống đến lớp dầu lỏng (còn gọi là giếng dầu). Ban đầu dầu sẽ tự phun lên, sau đó, người ta phải bơm nước hoặc khí xuống để đẩy dầu lên"

 Chọn A

Do dầu mỏ không tan và nhẹ hơn nước nên sẽ nổi và lan trên bề mặt nước ra vùng rộng xung quanh đó.

 Chọn C

Căn cứ vào thành phần các hiđrocacbon có trong mỗi phân đoạn dầu mỏ trong thông tin cung cấp sẽ suy ra khoảng nhiệt độ sôi của khí và xăng < dầu hỏa < điezen < dầu nhờn < cặn mazut . Thứ tự này tương ứng với thứ tự các khoảng nhiệt độ sôi câu hỏi đưa ra, do đó ứng với phân đoạn 250 - 350°C sẽ là điezen.

 Chọn A

46.106J/kg = 46000 kJ/kg

Cứ 1 kg gas thì đun sôi được số lít nước là: 46000 : 313,5 = 146,73 lít

Vậy 1 bình gas 12 kg đun sôi được số lít nước là: 146,73  12 = 1760,76 lít làm tròn thành 1760,8 lít.

 Chọn A

Đáp án

Để cùng tạo ra 1000 kJ nhiệt thì dùng gas loại A sẽ kinh tế hơn vì khi đó sẽ tốn khoảng

415 đồng mua loại gas A và 1496 đồng mua loại gas B.

Giải thích

Xét 1 kg gas lỏng loại A: mhỗn hợp = 0,85 kg, tỉ lệ mol là 1:1 thì số mol từng chất là:

n_propan  44 + n_butan  58 = 0,85.1000 → n_propan - n_butan = 0,85  1000 : (44 + 58) = 8,33 mol

Lượng nhiệt sinh ra khi đốt 1 kg gas lỏng loại A: 8,33 × 5014,02 + 8,33 × 2219,00 = 60251,06 kJ

Số tiền cần mua loại gas A để được 1000 kJ nhiệt là:

25000 : 60251,06 × 1000 = 415 đồng

Xét 1 kg gas lỏng loại B: m_butan = (1 - 0,033) = 0,9667 kg

n_butan = 0,9667 × 1000 : 58 = 16,67 mol

Lượng nhiệt sinh ra khi đốt 1 kg gas lỏng loại B: 16,67 × 5014,02 = 83583,71 kJ

Số tiền cần mua loại gas B để được 1000 kJ nhiệt là:

125000 : 83583,71 × 1000 = 1496 đồng

Như vậy loại gas A kinh tế hơn.

Giải thích

1. Sai. Từ các hình vẽ, dễ thấy khi nhiệt độ tăng thì độ nhớt của chất lỏng thực giảm.

2. Sai. Phần dẫn có đoạn: “Độ nhớt là một đại lượng vật lí đặc trưng cho lực nội ma sát (lực nhớt) sinh ra giữa các lớp chất lỏng khi chuyển động tương đối với nhau để chống lại sự trượt hay dịch chuyển giữa các lớp chất lỏng đó.” ⇒ Có thể hiểu độ nhớt phản ánh khả năng của chất lỏng chống lại sự trượt hay dịch chuyển giữa các lớp chất lỏng. Khi các lớp chất lỏng trượt qua nhau, lực ma sát sẽ sinh ra và ngược lại, khi có lực ma sát thì độ nhớt sẽ tăng lên. Do đó, khi độ nhớt tăng, lực ma sát giữa các lớp chất lỏng sẽ tăng theo và làm cho chất lỏng khó bị trượt hay dịch chuyển tương đối so với các lớp khác.

3. Đúng. Nhiệt độ tăng thì độ nhớt của chất lỏng thực giảm, tốc độ chuyển động của dòng chất lỏng tăng lên dẫn đến thời gian chảy ra khỏi vật chứa giảm xuống.

Từ các kết của nghiên cứu trên, có thể kết luận rằng: Khi nhiệt độ tăng thì độ nhớt của chất lỏng (1) __giảm___.

Giải thích

So với độ nhớt của dung dịch (1) nitrobenzene thì độ nhớt của dung dịch (2) nitrobenzene được xử lý bằng chất phụ gia B (3) lớn hơn.

So với độ nhớt của dung dịch (4) ethanol thì độ nhớt của dung dịch (5) ethanol được xử lý bằng chất phụ gia A (6) nhỏ hơn.

Giải thích

Dựa vào Hình 2, ta thấy:

Nitrobenzene được xử lí bằng chất phụ gia B và có độ nhớt lớn hơn độ nhớt của dung dịch nitrobenzene thường.

Ethanol được xử lí bằng chất phụ gia A và có độ nhớt nhỏ hơn độ nhớt của dung dịch ethanol thường.

Khi thả một giọt nước, cho rằng giọt nước hình cầu (có khối lượng riêng lớn hơn khối lượng riêng của dầu ăn) vào bình đựng dầu ăn. Ban đầu giọt nước không lập tức chuyển động mà lơ lửng trong dầu ăn. Hiện tượng này xảy ra là do trọng lượng của giọt nước đè lên mặt dầu ăn không thắng (1) lực căng bề mặt của dầu ăn tác dụng lên nó.

Giải thích

Diện tích trục máy: \[{\rm{A}} = 2\pi {\rm{RL}} = \pi {\rm{dL}}\]

Độ nhớt của dầu là: \(\eta  = \frac{{\rm{F}}}{{\rm{A}}}.\frac{{\rm{t}}}{{\rm{V}}} = \frac{{{{100.10}^{ - 3}}}}{{\pi {{.75.200.10}^{ - 6}}}}.\frac{{0,07}}{{0,1}} \approx 1,485\,\,\;{\rm{kg/m}}.{\rm{s}}.\)

 Chọn A

Bộ phận cho O₂ từ môi trường ngoài khuếch tán vào trong tế bào (hoặc máu) và CO₂ khuếch tán từ tế bào (hoặc máu) ra ngoài gọi là bề mặt trao đổi khí.

Giải thích:

Đáp án

Khi nhiệt độ môi trường có sự thay đổi trong ngày, ở các loài động vật biến nhiệt , nhiệt độ của chúng thay đổi phụ thuộc vào môi trường, còn ở các loài động vật hằng nhiệt (hổ, báo, chó, mèo) thì nhiệt độ không đổi.

Giải thích:

Giải thích

1. Sai, vì: Trong thí nghiệm 3, để xác định hỗn hợp thuốc tẩy và amoniac tạo ra NH2Cl, một lượng amoniac khác nhau được thêm vào 8 dung dịch nước tẩy khác nhau.

2. Sai, vì: Hình 1 cho thấy lượng khí clo giảm sau khi thêm 1,00 mol chất tẩy trắng. Vì nồng độ clo tiếp tục giảm khi chất tẩy được thêm vào nên không cần thiết phải tiếp tục.

3. Đúng, vì: Trong thí nghiệm 2, NaOCl được thêm vào dung dịch NH3 có nồng độ không đổi. Lúc đầu, lượng NaOCl được thêm vào tăng dẫn đến lượng NCl3 được tạo ra tăng lên. Tuy nhiên, sau khi 3,50 mol NaOCl được thêm vào, lượng NCl3 vẫn tương đối ổn định. Nguyên nhân là do sau khi tất cả NH3 được sử dụng trong phản ứng giữa NaOCl, không còn NH3 để tiếp tục phản ứng.

Sản phẩm phụ của phản ứng giữa thuốc tẩy và (1) amoniac trong thí nghiệm 2 là (2) nitơ triclorua, có công thức phân tử là NCl3.

Giải thích

Hợp chất không phải là sản phẩm phụ khi trộn thuốc tẩy với amoniac là NaOCl.

Giải thích

tối thiểu 2,00 mol NaOCl và tối đa 1,00 mol NH₃.

Giải thích