Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 24)

Đáp án

Một cửa hàng điện máy có doanh số bán lẻ tivi mỗi năm là 2500 chiếc. Chi phí lưu kho của mỗi chiếc tivi là 200 nghìn đồng một năm. Để đặt hàng nhà sản xuất, mỗi lần cửa hàng cần đặt cọc cố định là 10 triệu đồng và sau khi nhập hàng thì cần trả thêm 3 triệu đồng mỗi chiếc tivi. Biết rằng số lượng tivi trung bình gửi trong kho bằng một nửa số tivi của mỗi lần đặt hàng. Cửa hàng nên đặt hàng nhà sản xuất (1) ___5___ lần mỗi năm và mỗi lần đặt (2) __500__ chiếc tivi để chi phí hàng tồn kho là thấp nhất.

Giải thích

Gọi \(x\) là số tivi mỗi lần đặt hàng \(\left( {x \in \mathbb{N},x \in \left[ {1;2500} \right]} \right)\).

Khi đó, số lượng tivi trung bình gửi trong kho sẽ là \(\frac{x}{2}\). Do đó, chi phí gửi hàng trong kho mỗi năm sẽ là \(0,2.\frac{x}{2} = \frac{x}{{10}}\).

Số lần đặt hàng mỗi năm sẽ là \(\frac{{2500}}{x}\).

Do đó chi phí đặt hàng mỗi năm sẽ là \(\left( {10 + 3x} \right).\frac{{2500}}{x} = \frac{{25000}}{x} + 7500\).

Suy ra, chi phí hàng tồn kho là \(C\left( x \right) = \frac{x}{{10}} + \frac{{25000}}{x} + 7500\).

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của \(C\left( x \right)\) với \(x \in \left[ {1;2500} \right]\).

Ta có: \(C'\left( x \right) = \frac{1}{{10}} - \frac{{25000}}{{{x^2}}},C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 500}\\{x =  - 500\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {1;2500} \right]} C\left( x \right) = C\left( {500} \right) = 7600\)

Khi đó số lần đặt hàng mỗi năm sẽ là \(\frac{{2500}}{{500}} = 5\) lần.

Vậy để chi phí hàng tồn kho là nhỏ nhất thì cửa hàng cần đặt hàng 5 lần mỗi năm và 500 cái mỗi lần.

Đáp án

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) luôn cắt trục hoành tại 1 điểm.

Bất phương trình \(f'\left( x \right) < 2\) có 3 nghiệm nguyên dương.

Giải thích

Tập xác định: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có: \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\rm{lo}}{{\rm{g}}_\pi }x = 0 \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_\pi }x = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) luôn cắt trục hoành tại 1 điểm.

Ta có: \(f'\left( x \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_\pi }x + x.\frac{1}{{x{\rm{ln}}\pi }} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_\pi }x + \frac{1}{{{\rm{ln}}\pi }}\).

Khi đó, \(f'\left( x \right) < 2 \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_\pi }x + \frac{1}{{{\rm{ln}}\pi }} < 2 \Leftrightarrow x < {\pi ^{2 - \frac{1}{{{\rm{ln}}\pi }}}} \approx 3,63\).

Vì \(x\) nguyên dương nên \(x \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).

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:

\({\left( {{x^2} + 1} \right)^n} = C_n^0{x^{2n}} + C_n^1{x^{2n - 2}} + C_n^2{x^{2n - 4}} +  \ldots  + C_n^n\)

\({(x + 2)^n} = C_n^0{x^n} + 2C_n^1{x^{n - 1}} + {2^2}C_n^2{x^{n - 2}} +  \ldots  + {2^n}C_n^n\)

Ta thấy \(n = 1,n = 2\) không thoả mãn điều kiện bài toán.

Với \(n \ge 3\) ta có: \({x^{3n - 3}} = {x^{2n}}.{x^{n - 3}} = {x^{2n - 2}}.{x^{n - 1}}\)

Do đó hệ số của \({x^{3n - 3}}\) trong khai triển thành đa thức của \({\left( {{x^2} + 1} \right)^n}{(x + 2)^n}\) Ià:

\({a_{3n - 3}} = {2^3}.C_n^0.C_n^3 + 2.C_n^1.C_n^1\).

\( \Rightarrow {a_{3n - 3}} = 26n \Leftrightarrow \frac{{2n\left( {2{n^2} - 3n + 4} \right)}}{3} = 26n \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 0\left( L \right)}\\{n =  - \frac{7}{2}\left( L \right).}\\{n = 5\left( {t/m} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy \(n = 5\) là giá trị cần tìm.

 Chọn C

Đáp án

Giải thích

+ Từ hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

+ Từ hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) giao với trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

+ Từ hình vẽ, ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) giao với trục tung tại duy nhất 1 điểm có tung độ \({y_0}\) với \( - 3 < {y_0} < 0\).

+ Từ đồ thị hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) suy ra \(f\left( x \right) =  - 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = {x_2}\\x = {x_3}\end{array} \right.\) với \({x_1} < {x_2} < 0 < {x_3}\).

Ta có: \(f\left( {{x^2}} \right) + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = {x_1}\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} = {x_2}\,\,\left( 2 \right)\\{x^2} = {x_3}\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Vì \({x_1} < {x_2} < 0 < {x_3}\) nên phương trình (1) và (2) vô nghiệm; phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình \(f\left( {{x^2}} \right) + 2 = 0\) có 2 nghiệm phân biệt.

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 \(m\).

Giải thích

Điều kiện: \(x >  - \frac{1}{2}\).

Ta có: \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {2x + 1} \right) = 5 \Leftrightarrow 2x + 1 = 243 \Leftrightarrow x = 121\).

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

Gọi \({\rm{\Delta }}\) là đường thẳng đi qua điểm \(A\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\).

Do \({\rm{\Delta }} \bot \left( {BCD} \right)\) nên vectơ chỉ phương của đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) trùng với vectơ pháp tuyến của \(\left( {BCD} \right)\), tức là \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \overrightarrow {{n_{\left( {BCD} \right)}}}  = \left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {11;7;1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) là \(11x + 7\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 2} \right) = 0\) hay \(11x + 7y + z - 9 = 0\).

Phương trình của đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) là  \(\frac{{x - 1}}{{11}} = \frac{y}{7} = \frac{{z + 1}}{1}\).

Đáp án: “1319,47”

Giải thích

Giả sử mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) bán kính \(r\) theo giao tuyến là một dường tròn bán kính \(y\) được một chỏm cầu có chiều cao \(x\).

Đặt hệ trục tọa độ vào mặt cắt (qua tâm) của mặt cầu \(\left( S \right)\) bán kính \(r\) như hình vẽ.

Theo định lí Pytago ta có: \({y^2} + {(r - x)^2} = {r^2} \Leftrightarrow y = f\left( x \right) = \sqrt {{r^2} - {{(x - r)}^2}}  = \sqrt {2rx - {x^2}} \).

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{r - x}}{{\sqrt {2rx - {x^2}} }}\).

Khi đó, diện tích mặt chỏm cầu tạo thành khi quay đường cong \(f\left( x \right)\) quanh trục hoành giới hạn giữa hai mặt phẳng \(x = 0,x = h\) là

 $S=2\pi {{\int }^{\text{}}}_0^h\sqrt{2rx-x^2}\sqrt{1+{\left(\frac{r-x}{\sqrt{2rx-x^2}}\right)}^2}\text{ d}x$

$=2\pi {{\int }^{\text{}}}_0^h\sqrt{2rx-x^2}.\frac{r}{\sqrt{2rx-x^2}}\text{ d}x$

$=2\pi {{\int }^{\text{}}}_0^{h}r\text{ d}x={\left.2\pi rx\right|}_0^h=2\pi rh$

Chiều cao chỏm cầu của bình hoa là: \(h = 10 - \sqrt {{{\left( {\frac{{20}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{12}}{2}} \right)}^2}}  = 2\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích tráng men mặt ngoài (kể cả đáy) của bình hoa là:

\({S_0} = 4\pi {r^2} - 2.2\pi rh + \pi {r^2} = 420\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) \approx 1319,47\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Giải thích

\(\left( P \right):mx + 2y + nz + 1 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {m;2;n} \right)\).

\(\left( Q \right):x - my + nz + 2 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1; - m;n} \right)\).

\(\left( \alpha  \right):4x - y - 6z + 3 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {4; - 1; - 6} \right)\).

Do giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) vuông góc với \(\left( \alpha  \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( P \right) \bot \left( \alpha  \right)}\\{\left( Q \right) \bot \left( \alpha  \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow {{n_\alpha }} }\\{\overrightarrow {{n_Q}}  \bot \overrightarrow {{n_\alpha }} }\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4m - 2 - 6n = 0}\\{4 + m - 6n = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4m - 6n = 2}\\{m - 6n =  - 4}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{n = 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.} \right.\)

Vậy \(m + n = 3\).

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

Thể tích của hộp là \(V = \pi {R^2}h = \pi  \cdot {10^2}.56 = 5600\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Tổng chiều cao của \(n\) quả bóng thả trong hộp là: \(2nR = 2n.10 = 20n\).

Ta có: \(20n \le 56 \Leftrightarrow n \le 2,8\).

Vậy hộp chỉ đựng được tối đa 2 quả bóng.

Vì \(\left( P \right)//OO'\) nên \(d\left( {OO';\left( P \right)} \right) = d\left( {O;\left( P \right)} \right) = OH\) (với \(H\) là trung điểm cạnh \(AB\))

Ta có: \({S_{ABCD}} = 80 \Leftrightarrow AB.AD = 80 \Leftrightarrow AB = \frac{{10}}{7}\left( {AD = h = 56} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2BH = \frac{{10}}{7} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} - O{H^2}}  = \frac{5}{7} \Leftrightarrow OH = \frac{{5\sqrt {149} }}{7}\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Giải thích

Gọi \(d\) là ước chung của \({n^2} + 4\) và \(n + 5\) suy ra \(\left[ {{{(n + 5)}^2} - \left( {{n^2} + 4} \right)} \right] \vdots d\)

\( \Rightarrow 10n + 21 = \left[ {10\left( {n + 5} \right) - 29} \right] \vdots d\) mà \(10\left( {n + 5} \right) \vdots d\) nên \(29 \vdots d\).

Do \(A\) chưa tối giản nên \(d > 1\), vậy \(d = 29\).

Do đó \(n + 5 = 29k\left( {k \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\) mà \(n \in \left[ {1;2023} \right]\)

\( \Leftrightarrow 6 \le n + 5 \le 2028 \Leftrightarrow 6 \le 29k \le 2028 \Leftrightarrow \frac{6}{{29}} \le k \le \frac{{2028}}{{29}} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2; \ldots ;69} \right\}\).

Vậy có 69 số tự nhiên \(n\) thỏa mãn đề bài.

 Chọn D

Đáp án: “4”

Giải thích

Ta có:

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

\( \Leftrightarrow 3{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right) = 3 - 6x\)

\( \Leftrightarrow \mathop \smallint \nolimits^ 3{f^2}\left( x \right).f'\left( x \right){\rm{d}}x = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {3 - 6x} \right){\rm{d}}x\)

\( \Leftrightarrow \mathop \smallint \nolimits^ 3{f^2}\left( x \right){\rm{d}}\left( {f\left( x \right)} \right) = 3x - 3{x^2} + C\)

\( \Leftrightarrow {f^3}\left( x \right) =  - 3{x^2} + 3x + C\)

\( \Leftrightarrow f\left( x \right) = \sqrt[3]{{ - 3{x^2} + 3x + C}}\)

Vì \(f\left( 0 \right) = 8\) nên \(C = 64\).

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \sqrt[3]{{ - 3{x^2} + 3x + 64}} \Rightarrow f\left( 1 \right) = 4\).

Đáp án

Số cách xếp để ca I có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 3 công nhân là 17667936.

Số cách xếp để mỗi ca có 1 kĩ thuật viên và ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm là 18162144.

Giải thích

Để ca I có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 3 công nhân, ta làm theo các bước:

+) Chọn 6 người ca I trong đó có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 3 công nhân có \(C_3^1\).\(C_4^2\).\(C_{13}^3\) cách.

+) Chọn 7 người ca II có \(C_{14}^7\) cách.

+) Chọn 7 người ca III có \(C_7^7\) cách.

Vậy có \(C_3^1\).\(C_4^2\).\(C_{13}^3\).\(C_{14}^7.C_7^7 = 17667936\) cách.

- Để mỗi ca có 1 kĩ thuật viên và ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm, ta có các trường hợp:

TH1.

Ca I có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 3 công nhân.

Ca II có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân.

Ca III có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân.

Số cách chọn cho trường hợp này là \(\left( {C_3^1.C_4^2.C_{13}^3} \right).\left( {C_2^1.C_2^1.C_{10}^5} \right) \cdot \left( {C_1^1.C_1^1.C_5^5} \right) = 5189184\).

TH2.

Ca I có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 4 công nhân.

Ca II có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 4 công nhân.

Ca III có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân.

Số cách chọn cho trường hợp này là \(\left( {C_3^1.C_4^1.C_{13}^4} \right).\left( {C_2^1.C_3^2.C_9^4} \right).\left( {C_1^1.C_1^1.C_5^5} \right) = 6486480\).

TH3.

Ca I có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 4 công nhân.

Ca II có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân.

Ca III có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 4 công nhân.

Số cách chọn cho trường hợp này là \(\left( {C_3^1.C_4^1.C_{13}^4} \right).\left( {C_2^1.C_3^1.C_9^5} \right).\left( {C_1^1.C_2^2.C_4^4} \right) = 6486480\).

Vậy có \(5189184 + 6486480 + 6486480 = 18162144\) cách.

Giải thích

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

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

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

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

 Chọn B

Giải thích

Điều kiện: \(n \ge 3\).

Ta có \(2n + 3 + C_n^3 \ge C_{n + 1}^3 \Leftrightarrow 2n + 3 \ge C_n^2\) (vì \(C_{n + 1}^3 = C_n^3 + C_n^2\) )

\( \Leftrightarrow 2n + 3 \ge \frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} \Leftrightarrow {n^2} - 5n - 6 \le 0 \Leftrightarrow  - 1 \le n \le 6\).

Kết hợp với điều kiện \(n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) và \(n \ge 3\) ta được \(n \in \left\{ {3;4;5;6} \right\}\).

 Chọn C

Giải thích

Ta có: \({Q_{\left( {A,{{90}^ \circ }} \right)}}\left( {ABCDEF} \right) = AB'C'D'E'F'\) như hình vẽ bên dưới.

Chu vi của hình hợp bởi ảnh và tạo ảnh trên là

\(C = F'B + BC + CD + DE + EF + FB' + B'C' + C'D' + D'E' + E'F'\)

\( = 3\sqrt 2  + \sqrt 5  + 3 + 2 + \sqrt 2  + \sqrt 2  + \sqrt 5  + 3 + 2 + \sqrt 2  = 10 + 6\sqrt 2  + 2\sqrt 5 \).

Vậy \(a + b + c = 18\).

 Chọn A

Giải thích

Không gian mẫu là số cách sắp xếp 4 hành khách lên 4 toa tàu. Vì mỗi hành khách có 4 cách chọn toa nên có 44 cách xếp.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = {4^4}\).

Gọi \({\rm{A}}\) là biến cố: “1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người, 2 toa còn lại không có ai". Để tìm số phần tử của \({\rm{A}}\), ta chia làm hai giai đoạn như sau:

Giai đoạn thứ nhất: Chọn 3 hành khách trong 4 hành khách, chọn 1 toa trong 4 toa và xếp lên toa đó 3 hành khách vừa chọn có \(C_4^3\).\(C_4^1\) cách.

Giai đoạn thứ hai: Chọn 1 toa trong 3 toa còn lại và xếp lên toa đó 1 một hành khách còn lại có \(C_3^1\) cách.

Suy ra số phần tử của biến cố \({\rm{A}}\) là \(n\left( A \right) = C_4^3.C_4^1.C_3^1\).

Vậy xác suất cần tính là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{3}{{16}}\).

 Chọn B

Giải thích

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{16 - 4{x^2} \ge 0}\\{13 + x - {x^2} > 0}\end{array}} \right.\)

Phương trình đã cho suy ra:

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {16 - 4{x^2}}  = 0}\\{{\rm{ln}}\left( {13 + x - {x^2}} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{16 - 4{x^2} = 0}\\{13 + x - {x^2} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  \pm 2}\\{x =  - 3}\\{x = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Thử lại chỉ có \(x =  \pm 2\) thỏa mãn.

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

Thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là: \(V = \frac{{{4^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\)

Gọi \(I\) là trọng tâm tam giác \(BCD\).

Tam giác \(BCD\) đều cạnh bằng 4 nên \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(BCD\) và

\(BM = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BI = \frac{2}{3}BM = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}}\\{r = IM = \frac{1}{3}BM = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}}\end{array}} \right.\)

Vì \(AI\) là đường cao của tứ diện đều \(ABCD\) nên \(AI = \sqrt {A{B^2} - I{B^2}}  = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy diện tích xung quanh hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi rh = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\pi \).

Giải thích

Gọi \(A,B\) là tâm mặt cầu bán kính bằng \(2;C,D\) là tâm mặt cầu bán kính bằng \(3;I\) là tâm mặt cầu nhỏ nhất có bán kính \(x\) tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu trên.

Mặt cầu \(\left( I \right)\) tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm \(A,B,C,D\) nên \(IA = IB = x + 2,IC = ID = x + 3\).

Gọi \(\left( P \right),\left( Q \right)\) lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn \(AB\) và \(CD\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IA = IB \Rightarrow I \in \left( P \right)}\\{IC = ID \Rightarrow I \in \left( Q \right)}\end{array} \Rightarrow I \in \left( P \right) \cap \left( Q \right)\,\,\left( 1 \right)} \right.\).

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm cạnh \(AB,CD\).

Tứ diện \(ABCD\) có \(DA = DB = CA = CB = 5\) suy ra \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\), suy ra \(MN = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) suy ra \(I \in MN\)

Tam giác \(IAM\) có \(IM = \sqrt {I{A^2} - A{M^2}}  = \sqrt {{{(x + 2)}^2} - 4} \).

Tam giác \(CIN\) có \(IN = \sqrt {I{C^2} - C{N^2}}  = \sqrt {{{(x + 3)}^2} - 9} \).

Tam giác \(AMN\) có \(NM = \sqrt {N{A^2} - A{M^2}}  = \sqrt {12} \).

Suy ra \(\sqrt {{{(x + 3)}^2} - 9}  + \sqrt {{{(x + 2)}^2} - 4}  = \sqrt {12}  \Rightarrow x = \frac{6}{{11}}\).

 Chọn D

Đáp án: “120”

Giải thích

Xét phép quay \({Q_{\left( {A;{{60}^ \circ }} \right)}}:M \to M';C \to C'\).

Ta có: \(AM = AM';CM = C'M';\widehat {MAM'} = {60^ \circ } \Rightarrow {\rm{\Delta }}MAM'\) là tam giác đều \( \Rightarrow AM = MM'\).

\( \Rightarrow MA + MB + MC = MB + MM' + C'M' \ge BC'\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi \(B,M,M',C'\) thẳng hàng.

Khi đó: \(\widehat {AMB} = {180^ \circ } - \widehat {AMM'} = {180^ \circ } - {60^ \circ } = {120^ \circ }\);

\(\widehat {AMC} = \widehat {AM'C'} = {180^ \circ } - \widehat {AM'M} = {180^ \circ } - {60^ \circ } = {120^ \circ };\)

\(\widehat {BMC} = {360^ \circ } - \widehat {AMB} - \widehat {AMC} = {120^ \circ }\).

Giải thích

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) và trục \(Ox\) là: \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\), trục \(Ox\) và trục \(Oy\) là:

\(\left. {\left( {2{\rm{ln}}\left| {x + 1} \right| - x} \right)} \right|_0^1 = 2{\rm{ln}}2 - 1\).

 Chọn B

Đáp án: “3/10”

Giải thích

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_5^3 = 10\).

Để độ dài ba đoạn thẳng là độ dài ba cạnh của tam giác thì tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

Do đó, các khả năng xảy ra là bộ các độ dài \(\left\{ {\left( {2;3;4} \right),\left( {2;4;5} \right),\left( {3;4;5} \right)} \right\}\).

Vậy xác suất cần tìm là: \(P = \frac{3}{{10}}\).

Đáp án: “157”

Giải thích

\(\left( {4 - 5i} \right)\left[ {\left( { - 7 + 2i} \right) - \left( {11 - 3i} \right)} \right] =  - 47 + 110i\)

Đáp án

Gọi hình trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\).

Ta có: \(V = \pi {r^2}h \Rightarrow h = \frac{{64\pi }}{{\pi {r^2}}} = \frac{{64}}{{{r^2}}}\).

Để tốn ít nguyên liệu nhất thì diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất.

Ta có: \({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {r^2} + 2\pi r.\frac{{64}}{{{r^2}}} = 2\pi {r^2} + \frac{{128\pi }}{r}\)

\( = 2\pi {r^2} + \frac{{64\pi }}{r} + \frac{{64\pi }}{r} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi {r^2}.\frac{{64\pi }}{r}.\frac{{64\pi }}{r}}} \approx 189,99\).

Số tiền nguyên liệu tối thiểu cần dùng là \(T \approx 189,99.105000 \approx 19949000\) (đồng).

Đáp án: “-4”

Giải thích

Ta có: \(\bar z = \frac{{1 - \left( {1 - i} \right)\left( {3 + 2i} \right)}}{i} = 1 + 4i \Rightarrow z = 1 - 4i\). Vậy phần ảo của số phức \(z\) là -4 .

Đáp án

Có 1140 tam giác có đúng 3 đỉnh được lấy từ các đỉnh của (H).

Có 20 tam giác có đúng hai cạnh là cạnh của (H).

Có 320 tam giác có đúng một cạnh là cạnh của (H).

Có 800 tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H).

Giải thích

a) Mỗi tam giác được tạo thành từ 3 trong số 20 đỉnh của đa giác (H) ứng với một tổ hợp chập 3 của 20 phần tử.

Vậy có tất cả \(C_{20}^3 = 1140\) tam giác.

b) Chọn đỉnh thứ nhất của tam giác là đỉnh của \(\left( H \right)\) nên có 20 cách.

Chọn hai đỉnh còn lại của tam giác kề với đỉnh đã chọn (bên trái và bên phải) nên có 1 cách.

Vậy có tất cả \(20.1 = 20\) tam giác.

c) Chọn một cạnh của tam giác là cạnh của đa giác \(\left( H \right)\) nên có 20 cách.

Chọn đỉnh còn lại của tam giác không kề với 2 đỉnh đã chọn nên có \(20 - 4 = 16\) cách.

Vậy số tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác là \(20.16 = 320\) tam giác.

d) Số tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác là \(1140 - \left( {20 + 320} \right) = 800\) tam giác.

Giải thích

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) (vì \(S.ABCD\) là khối chóp tứ giác đều)

Kẻ \(OH \bot SA\left( {H \in SA} \right)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SO}\end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot OH} \right.\)

\( \Rightarrow OH\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(BD\) và \(SA\)

\( \Rightarrow d\left( {BD;SA} \right) = OH = \sqrt 6 \).

 vuông tại \(O\) có: \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{2}{{A{B^2}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{2}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{S{O^2}}}.\frac{1}{{A{B^2}}}.\frac{1}{{A{B^2}}}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{6} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{S{O^2}}}.\frac{1}{{A{B^4}}}}} \Leftrightarrow SO.A{B^2} \ge 54\sqrt 2 \)

Khi đó: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SO.A{B^2} \ge \frac{1}{3}.54\sqrt 2  = 18\sqrt 2 \)

 Chọn B

Đáp án: “-2/3”

Giải thích

Ta có \(f'\left( x \right) = 2x{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = 2x\)

Do đó \(\mathop \smallint \nolimits^ \frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}}{\rm{\;d}}x =  - \frac{1}{{f\left( x \right)}} + {C_1}\) và \(\mathop \smallint \nolimits^ 2xdx = {x^2} + {C_2}\). Suy ra \( - \frac{1}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + C\)

Mặt khác \(f\left( 2 \right) =  - \frac{2}{9}\) nên ta có \(C = \frac{1}{2}\).

Vậy \(f\left( x \right) =  - \frac{1}{{{x^2} + \frac{1}{2}}} = \frac{{ - 2}}{{2{x^2} + 1}}\), do đó \(f\left( 1 \right) =  - \frac{2}{3}\).

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1-2: Giới thiệu các xu hướng chính được thảo luận tại Vietnam Educamp 2019 và cảm nhận của tác giả.

Đoạn 3: Kinh nghiệm giảng dạy trực tuyến của thầy Nguyễn Thành Nam.

Đoạn 4: Nội dung tham luận của TS Trần Thị Thu Hương tại diễn đàn Educamp 2019.

Đoạn 5: Xu hướng chuyển đổi số tại Educamp 2019.

Đoạn 6: Mô hình trại huấn luyện lập trình của CodeGym.

Đoạn 7: Mô hình micro-learning cho người đi làm của Agilearn.vn.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Các xu hướng phát triển công nghệ giáo dục tại Việt Nam.”

 Chọn B

Thông tin tại dòng 13-14: “. TS Nam gợi ý, thầy cô nào cũng có thể sử dụng chiếc máy tính của mình để ghi lại các bài giảng, chuyển lên một nền tảng giảng dạy trực tuyến và kết hợp với việc giảng dạy trên lớp để tiết kiệm công sức…”

 Chọn D

Liên kết thông tin tại dòng 14-15: “…chuyển lên một nền tảng giảng dạy trực tuyến và kết hợp với việc giảng dạy trên lớp để tiết kiệm công sức, đồng thời tăng cao hiệu quả. Việc giảng dạy trực tuyến toàn bộ hoặc giảng dạy hỗn hợp…” → Giảng dạy hỗn hợp là việc kết hợp dạy trên lớp và giảng dạy trực tuyến.

 Chọn B

Đọc đoạn [4] để xác định các thông tin liên quan đến đáp án được đưa ra: 

Các nền tảng giảng dạy số hóa sẽ dần dần thay thế hoàn toàn giáo viên. → Sai, thông tin: “Bằng sự kết hợp giữa tự học 1:1 với máy tính và việc giảng dạy trực tiếp, giáo viên có thể loại bỏ phần lớn nhược điểm của hình thức giảng dạy kiểu thầy đọc-trò chép truyền thống…”

Các nền tảng giảng dạy số hóa sẽ thay thế hoàn toàn việc học trực tiếp trên lớp. → Sai, thông tin: “…kết hợp với việc giảng dạy trên lớp…”.

Các nền tảng giảng dạy số hóa sẽ sớm được áp dụng tại tất cả các trường học ở Việt Nam → Sai, đoạn trích không đề cập thông tin này.

Như vậy, đáp án đúng là C (Các nền tảng giảng dạy số hóa sẽ dần dần thay đổi cách thức dạy và học).

 Chọn C

Đọc thông tin trong phần sapo, đoạn [1] và tiến hành loại trừ các phương án không chính xác: "Ở đô thị, mái che nhỏ gọn, dễ lắp đặt tại các trạm dừng xe buýt, trở thành giải pháp đơn giản để chiếu sáng và che mát cho những hành khách đang chờ đợi."

 Chọn A

Đọc thông tin trong đoạn [3] xác định: "hiện nay các nhà nghiên cứu và chính quyền đô thị còn rất thiếu hiểu biết hoặc ít quan tâm đo lường gánh nặng nhiệt" là nguyên nhân chính cho việc "lập kế hoạch bóng râm" chứ không phải ưu tiên mục đích sử dụng công trình kiến trúc.

 Chọn B

Câu hỏi đề cập tới vấn đề chính quyền đô thị quan tâm tới các chỉ số nào để giảm tải áp lực nhiệt đô thị nên cần đọc thông tin trong đoạn [5]: "thay vì tập trung vào nhiệt độ không khí hoặc các bề mặt, chính quyền đô thị nên theo dõi nhiệt độ bức xạ trung bình: sự trao đổi nhiệt ròng giữa cơ thể con người và môi trường xung quanh."

 Chọn C

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [5] của văn bản: Người La Mã đã thiết kế những ngôi nhà có sân trong để cung cấp bóng râm và đài phun nước để làm mát không khí xung quanh. Các tòa nhà ở những vùng nóng thường kết hợp sân trong và ô văng, và ở một số thành phố, đường phố được định hướng để chắn Mặt trời. Tổng hợp thông tin cho thấy, trong việc thiết kế nhà cửa, các kiến trúc sư sẽ lựa chọn việc làm mát không khí xung quanh nhà bằng cách tạo không gian đệm với khu vực sống: sân trong, đài phun nước trong sân, ô văng chắn nắng...

 Chọn C

Đọc thông tin trong văn bản, kết hợp với những hiểu biết cá nhân, xác định: 9h, 12h, 16h là những thời điểm nắng nhất trong ngày, tia cực tím nhiều nhất và dễ gây ung thư da; ngoài ra trong câu chủ đề của đoạn có nội dung: Kể từ những năm 1990, các nhà nghiên cứu, quản lý về y tế công cộng đã kêu gọi việc đưa bóng râm vào kế hoạch phòng ngừa ung thư da do tia cực tím.

 Chọn C

Đọc thông tin trong đoạn [7] xác định: Các Quốc gia dựa trên điều kiện thực tế có những mục tiêu khác nhau cho từng thời điểm nhưng về cơ bản đề hướng tới "bóng râm liên tục" ở các khu vực công cộng để giảm tải áp lực nhiệt thành phố.

Chọn A

Đáp án

Điền từ/cụm từ thích hợp vào chỗ trống.

Tiến hóa (1) hóa học là giai đoạn tiến hóa hình thành nên các hợp chất hữu cơ từ các chất vô cơ.

Giải thích

Quá trình tiến hóa của sự sống trên Trái Đất có thể chia thành 3 giai đoạn, trong đó giai đoạn tiến hóa hóa học là giai đoạn tiến hóa hình thành nên các hợp chất hữu cơ từ các chất vô cơ.

Đáp án

Thí nghiệm của Miller và Urey đã thu được một số hợp chất hữu cơ đơn giản, trong đó có amino acid là thành phần cấu tạo nên protein.

Giải thích

Các mẫu lấy ra từ thiết bị được xác định thu được một số loại chất hữu cơ đơn giản, trong đó có amino acid, là thành phần cấu tạo của protein.

Đáp án

Giải thích

1. Sai, vì: bromine là chất không phân cực, tan tốt trong dung môi không phân cực benzene. Khi thêm benzene vào ống nghiệm đựng dung dịch bromine, sẽ thấy hiện tượng tách lớp, do benzene không tan trong dung môi nước phân cực của dung dịch bromine. Sau một thời gian, benzene sẽ lấy dần các phân tử bromine, do đó màu nâu của bromine chủ yếu trong lớp benzene.

2. Sai, vì: mật ong để lâu thường thấy có những hạt rắn xuất hiện ở đáy chai. Đó là hiện tượng kết tinh đường.

3. Sai, vì: kết tinh là phương pháp đơn giản nhưng rất hiệu quả để tinh chế các chất hữu cơ tồn tại ở dạng tinh thể.

4. Đúng, vì: các chất trong hỗn hợp X có nhiệt độ sôi khác nhau, do đó có thể tách riêng các chất đó một cách thuận lợi bằng phương pháp chưng cất.

Đúng. Nhìn vào số liệu bảng 1 ở nhiệt độ 37℃, ta thấy ở giai đoạn 600 phút (= 10 giờ) trở đi thì số lượng vi khuẩn có xu hướng chững lại, không tăng (duy trì ở mức cân bằng). Do lượng dinh dưỡng bắt đầu cạn kiệt, chất độc hại tích lũy nhiều, tỉ lệ vi khuẩn sinh ra cân bằng với tỉ lệ vi khuẩn chết đi. 

 Chọn A

Giải thích

1. Đúng, vì: Dựa vào Bảng 1, dung dịch thử nghiệm có nồng độ sulfite là 3 ppm (nằm giữa 2,0 ppm và 4,0 ppm), sẽ có độ hấp thụ hiệu chỉnh nằm ở khoảng giữa 0,302 và 0,600. Do đó, một dung dịch có nồng độ SO32- là 3 ppm được thử nghiệm thì độ hấp thụ hiệu chỉnh sẽ xấp xỉ 0,5.

2. Sai, vì:

Nếu Thí nghiệm 1 và 2 được lặp lại bằng cách sử dụng một chất tạo màu khác, cần có những thay đổi sau trong quy trình:

+ Cả hai chất tạo màu nên được thêm vào dung dịch A và cho tất cả các mẫu.

+ Theo đoạn văn, máy quang phổ UV-vis là một thiết bị đo khả năng hấp thụ ánh sáng của mẫu chất. Bởi vì các màu khác nhau có bước sóng khác nhau, máy quang phổ UV-vis cần cài đặt để đo ở bước sóng tương ứng với khả năng hấp thụ ánh sáng của chất tạo màu mới.

Mẫu trái cây có nồng độ SO32- thấp nhất là (1) chuối sấy.

Giải thích

Trong Thí nghiệm 2, một mẫu dứa khô cũng được đo độ hấp thụ và giá trị độ hấp thụ hiệu chỉnh xác định được là 0,603. Các mẫu được sắp xếp theo thứ tự nồng độ SO3^2- giảm dần là:

nho khô, mơ khô, việt quất khô, dứa khô, mận khô, chuối sấy.

Giải thích

Khi hiệu điện thế của nguồn là 6 V, cường độ dòng điện chạy qua vật dẫn R1 có giá trị là (1) _2,60_.

Xem bảng 1

 

Dựa vào dữ liệu Bảng 1:

+ Khi U tăng thì I tăng → Loại Hình C, Hình D.

+ Xét một cặp số liệu tương ứng với hiệu điện thế của nguồn - cường độ dòng điện chạy qua vật dẫn, ta có:

Đối với vật dẫn R1: (6,0V; 2,6 mA)

Đối với vật dẫn R2: (6,0V; 1,31 mA). Chọn A

Khi R₁ nối tiếp R2, điện trở tương đương R của 2 vật dẫn là: \(R = {R_1} + {R_2} \approx 2,32 + 4,57 \approx 6,89\Omega .\).

Cường độ dòng điện chạy qua R là: \(I = \frac{U}{R} = \frac{8}{{6,89}} \approx 1,16\;{\rm{A}}\). Chọn D

Dựa trên dữ liệu trong Bảng 2, ta có: tốc độ trung bình là: 1,32 ft/s

Mà tốc độ trung bình trong các thử nghiệm của Nghiên cứu 1 là:

→ Tốc độ trung bình của cả ba thử nghiệm trong Nghiên cứu 1 lớn hơn tốc độ trung bình đo được trong Thử nghiệm 2.

Chọn A

Trong các thử nghiệm, để tăng tốc độ chuyển động của xe, các học sinh nên sử dụng loại bánh xe có đinh tán hoặc có rãnh sâu nhằm tạo ra lực ma sát lớn.

Giải thích

Tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe bằng cao su cứng và có các đinh tán trong các thử nghiệm là (1) __6,44__ ft/s.

Trong Nghiên cứu 3, các thử nghiệm sử dụng ô tô có bánh xe bằng cao su cứng và có các đinh tán

+ Dựa vào Bảng 3, ta có tốc độ trung bình trong các thử nghiệm là 6,44 ft/s.

Dựa trên dữ liệu trong cả ba bảng, ta có:

+ Trong Bảng 1, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe bằng cao su cứng, có các đinh tán là: v1=3,28 ft/s

+ Trong Bảng 2, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe cao su mềm, nhẵn và không có rãnh là: v2=1,32 ft/s

+ Trong Bảng 3, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe cao su cứng, có rãnh sâu là: v3 = 6,44 ft/s

Từ các giá trị trên, ta có: \({{\rm{v}}_1} \approx \frac{1}{2}{{\rm{v}}_3}\).

 Chọn D