Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 5)

Giải thích

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

Giải thích

“Cá nhân hóa” là việc thiết kế hoặc xây dựng hoạt động hay sản phẩm phù hợp với sở thích của từng cá thể. Giáo dục cá nhân hóa là việc dạy và học phù hợp với năng lực, sở trường, tốc độ của từng người học.Chọn C

Giải thích

Cá nhân hóa giáo dục đã được triển khai phổ biến với chi phí thấp. → Sai, tác giả cho biết đến chỉ khi áp dụng công nghệ mới giúp giảm một phần chi phí cá nhân hóa. Tuy nhiên cũng chưa có thông tin hiện tại chi phí giáo dục cá nhân hóa cao hay thấp.

Các nhà giáo có thể dễ dàng thực hiện quá trình cá nhân hóa giáo dục. → Sai, tác giả cho biết chỉ đến khi công nghệ được áp dụng, các nhà giáo mới có một phương tiện mạnh mẽ để thúc đẩy quá trình cá nhân hóa việc học. Công nghệ là yếu tố cốt lõi giúp triển khai cá nhân hóa giáo dục. → Sai, tác giả cho biết công nghệ là một “phương tiện mạnh mẽ”.

Cá nhân hóa giáo dục là mong muốn xuyên suốt của nhiều thế hệ nhà giáo. → Đúng, tác giả cho biết cá nhân hóa giáo dục là một “ước mơ…đã có từ lâu…”Chọn D

Giải thích

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

Giải thích

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

Giải thích

Trong đoạn [4] đã đề cập đến các thông tin bao gồm: Nội dung bài giảng nhàm chán; Kiểm tra, thi cử không giúp tăng động lực học tập; Nội dung giảng dạy không bắt kịp với cuộc sống. Sử dụng phương pháp loại trừ để chọn đáp án A.

Giải thích

Trong đoạn [4] có đề cập: “Việc đánh giá được thực hiện liên tục để cung cấp phản hồi mau chóng về hiệu quả học tập, và phần mềm thông minh tự đưa ra các lời khuyên để học sinh và giáo viên có thể lựa chọn các hoạt động học tập tiếp theo nhằm thúc đẩy hiệu quả học tập.”, vậy, đáp án đúng là A.

Giải thích

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).

Giải thích

Thông tin tại đoạn [6]: “… nhằm đào tạo lại hoặc đào tạo chuyển nghề cho người trưởng thành để nhanh chóng tham gia vào ngành công nghiệp phần mềm.” → Đây là chương trình dành cho người mới bắt đầu học, không phải hướng tới đối tượng đã tốt nghiệp kĩ sư phần mềm.Chọn D

Giải thích

Thông tin trong đoạn [7]: “ Hình thức học tập đó sẽ giúp người học tiết kiệm thời gian, nhất là những khoảng thời gian rảnh rỗi vốn ít ỏi của người đi làm”. Xác định đáp án đúng là A.

Giải thích

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1-4: Vai trò và các ứng dụng của máy thu định vị toàn cầu GNSS.

Đoạn 5-6: Giới thiệu nghiên cứu phát triển bộ thu GNSS của trường Đại học Bách Khoa.

Đoạn 7-10: Những ứng dụng tiềm năng của bộ thu GNSS.

Đoạn 11: Ý nghĩa của việc chế tạo thành công bộ thu GNSS.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Giới thiệu máy thu định vị toàn cầu GNSS.”Chọn A 

Giải thích

HS đọc đoạn [1] - [2], đoạn có đề cập các thông tin như “Lần đầu tiên, Việt Nam chế tạo thành công máy thu định vị toàn cầu GNSS..” và “các nước có nền kinh tế, công nghiệp vũ trụ và quốc phòng mạnh trên thế giới đều đầu tư phát triển hệ thống định vị toàn cầu mạnh mẽ”. Dựa vào các thông tin này, xác định PGS.TS Nguyễn Hữu Trung mong muốn từ việc chế tạo thành công máy thu, giúp Việt Nam có thể phát triển như các nước mạnh về kinh tế, công nghiệp vũ trụ và quốc phòng trên thế giới. Đáp án đúng là B.

Giải thích

Dựa vào thông tin trong đoạn [4] để lựa chọn đáp án phù hợp: “...ứng dụng trong đo đạc bản đồ và thu thập các thông tin địa lý, quản lý đất đai và môi trường, hỗ trợ định vị và tìm kiếm trong các trường hợp khẩn cấp như bão, động đất, lũ. Quản lý vị trí của hệ thống giao thông …”. Đáp án đúng là D.

Giải thích

Việt Nam đã làm chủ công nghệ sản xuất bộ thu GNSS từ lâu. → Sai, việc nghiên cứu phát triển kiến trúc các bộ thu vô tuyến, bao gồm bộ thu GNSS ở Việt Nam còn hạn chế.

Bộ thu GNSS được Đại học Bách khoa độc lập nghiên cứu và phát triển. → Sai, ĐH BK kết hợp với ĐH Milano để phát triển.

Máy thu GNSS được nghiên cứu sử dụng công nghệ thu đơn kênh. → Sai, máy thu GNSS sử dụng công nghệ thu đa kênh.

Máy thu GNSS là một loại bộ thu tín hiệu vô tuyến. → Đúng, thông tin tại dòng 19: “Tuy nhiên, việc nghiên cứu phát triển kiến trúc các bộ thu vô tuyến, bao gồm bộ thu GNSS ở Việt Nam còn hạn chế”.Chọn D

Giải thích

GS Riccardo Enrico Zich là nhân vật thuộc trường Đại học Milano của Ý và cùng tham gia vào nghiên cứu, phối hợp với Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội. Theo đoạn [6], GS Riccardo Enrico Zich là người có nhiều bằng sáng chế trong lĩnh vực này, nên vai trò là đối tác thương mại là không chính xác. Mệnh đề trên là “Sai”.Chọn B

Giải thích

Đọc đoạn [6], căn cứ vào thông tin được cung cấp: “đã chế tạo thành công thiết bị mẫu (prototype) bộ thu GNSS đa kênh”, xác định mệnh đề này là “Sai” do mâu thuẫn với thông tin được đề cập trong mệnh đề: “những sản phẩm hoàn thiện” được cung cấp cho thị trường để tiêu thụ. Chọn B

Giải thích

Thông tin tại đoạn[7]: “PGS Nguyễn Hữu Trung chia sẻ, một trong những ứng dụng quan trọng có thể triển khai ngay là giao thông đô thị”. Cụm từ này cũng được nhắc lại nhiều lần trong đoạn nên đáp án đúng là C.

Giải thích

Thông tin tại dòng cuối của đoạn: “Do đó, nếu được phát triển thành thương phẩm thì có khả năng cạnh tranh giá thành và chất lượng đáp ứng yêu cầu.”. Đáp án đúng là C.

Giải thích

Trong đoạn cuối, tác giả sử dụng nhiều lần cấu trúc “…đóng góp cho…” nhằm nêu bật ý nghĩa của nghiên cứu chế tạo thành công bộ thu GNSS.Chọn B

Đáp án

Từ nội dung của đoạn [6] - [11] của văn bản, hoàn thành đoạn dưới đây bằng cách kéo thả từ/cụm từ phụ hợp vào đoạn trích:

Từ việc phối hợp với đơn vị giáo dục, Đại học Bách Khoa Hà Nội đã thành công trong việc chế tạo thiết bị bộ thu GNSS đa kênh. Thiết bị này được kì vọng sẽ đem lại nhiều lợi ích đặc biệt về kinh tế - xã hội và có tiềm năng lớn trong phát triển công nghệ.

Giải thích

Căn cứ vào đoạn [6] và đoạn [11] của bài viết, xác định các thông tin liên quan và kéo thả các từ ngữ vào vị trí phù hợp: 

[vị trí thả 1] : giáo dục

[vị trí thả 1] : GNSS

[vị trí thả 1] : công nghệ

Giải thích

Văn bản đã cung cấp thông tin “Các liên kết bền hơn cần được cung cấp nhiệt độ cao hơn để phá vỡ liên kết đó”.Chọn A

Giải thích

Đối chiếu với Hình 1 có thể dễ dàng nhìn thấy tại nhiệt độ 90°C, áp suất hơi của heptane là 600 mmHg. 

Giải thích

Dựa vào Hình 1, tìm nhiệt độ tại 30°C, dễ dàng nhận thấy áp suất hơi của pentane vào khoảng 600 mmHg.Chọn B

Giải thích

Theo Bảng 1, carboxylic acid chứa liên kết hydrogen kép. Dựa vào Hình 2 có thể xác định được propionic acid là carboxylic acid (hợp chất 3 carbon, nhiệt độ sôi 140°C).Chọn C

Giải thích

Dựa vào Bảng 1, ta thấy các hợp chất hữu cơ chứa liên kết Van der Waals trong phân tử là alkane, alkene và alkyne.Chọn A

Trong Bảng 2, khối lượng phân tử của mỗi phân tử tương đối giống nhau, nhưng điểm sôi thì không. Điều này cho thấy khối lượng phân tử không phải yếu tố ảnh hưởng trực tiếp đến điểm sôi.Chọn D

Đáp án

Giải thích

1. Trong các liên kết được liệt kê ở Bảng 1, liên kết hydrogen là liên kết bền nhất.

Sai, vì: Dựa vào Hình 2, carboxylic acid có nhiệt độ sôi cao nhất =>  Liên kết hydrogen kép trong nhóm chức này khó bị phá vỡ nhất. Nói cách khác, liên kết hydrogen kép là liên kết bền nhất.

2. Độ bền liên kết được sắp xếp theo thứ tự giảm dần là: liên kết hydrogen kép, liên kết hydrogen, liên kết lưỡng cực và liên kết Van der Waals.

Đúng, vì: Dựa vào Hình 2, nhiệt độ sôi của các hợp chất hữu cơ được sắp xếp theo thứ tự giảm dần là: Carboxylic acid; Alcohol; (Amine, Ester, Ketone); (Alkane, Alkene, Alkyne). Nhiệt độ sôi càng cao thì liên kết càng bền => liên kết hydrogen kép là liên kết bền nhất, tiếp theo là liên kết hydrogen, liên kết lưỡng cực và liên kết Van der Waals.

3. Đối với hợp chất hữu cơ alkane, khi áp suất hơi tăng thì nhiệt độ sôi tăng.

Đúng, vì: Dựa vào Hình 1, ta thấy khi áp suất hơi tăng thì nhiệt độ sôi cũng tăng theo.

4. Trong các hợp chất hữu cơ, khối lượng phân tử tỉ lệ thuận với nhiệt độ sôi.

Sai. vì: Theo số liệu trong Bảng 2, hợp chất hữu cơ có khối lượng phân tử giống nhau nhưng nhiệt độ sôi khác nhau. Nghĩa là, khối lượng phân tử không phải yếu tố ảnh hưởng trực tiếp đến nhiệt độ sôi.

Giải thích

Dựa vào số liệu Bảng 1, có thể rút ra được thể tích của mỗi khí tỉ lệ thuận với khối lượng của khí đó.Chọn A

Giải thích

Thể tích là phép đo lượng không gian mà một vật nào đó chiếm giữ. Theo số liệu ở Bảng 1, mẫu 6 có thể tích 44,8 lít, đây là thể tích lớn nhất trong số các mẫu.Chọn C

Giải thích

Dựa vào thông tin văn bản đã cung cấp, có thể rút ra được: Định luật Avogadro là định luật chỉ áp dụng cho chất khí hoặc hơiChọn B

Định luật Avogadro được phát biểu rằng các thể tích khí bằng nhau ở cùng áp suất và nhiệt độ sẽ có số phân tử bằng nhau. Cả ba mẫu đều có thể tích 11,2 lít.Chọn D

Giải thích

\({n_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = \frac{{{m_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}}}{{{M_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}}} = \frac{{1,08}}{{18}} = 0,06\,\,({\rm{mol}}).\)

Số phân tử .\({{\rm{H}}_2}{\rm{O}} = {n_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}{\rm{.}}{{\rm{N}}_{\rm{A}}} \approx 0,06.6,{022.10^{23}} \approx 3,{613.10^{22}}\). (phân tử).Chọn A

Đáp án

Xét tại cùng điều kiện áp suất, nhiệt độ và thể tích, một mẫu khí helium nặng gấp 2 lần một mẫu khí hydrogen.

Mẫu 1 và mẫu 3 có cùng thể tích, tuy nhiên, mẫu 3 có khối lượng 10 g, trong khi mẫu 1 chỉ có khối lượng khoảng 1 g.Chọn D

Giải thích

Dựa vào cột thứ 2 của Bảng: Chiết suất của vật liệu luôn lớn hơn 1.Chọn B

Giải thích

Dựa vào cột thứ 5 của Bảng Tính chất vật lí của vật liệu quang phổ thì thạch anh và thủy tinh đá lửa có khả năng kháng hóa chất rất tốt.Chọn B

Đáp án

Giải thích

Theo chú thích trong bảng, thạch anh pha với oxide chì thành thủy tinh đá lửa. So sánh các tính chất của thạch anh tinh khiết và thủy tinh đá lửa cho thấy: cự ly truyền của thủy tinh đá lửa nhỏ hơn so với cự ly truyền của thạch anh nhưng chiết suất của nó lại lớn hơn.

Giải thích

Ánh sáng có thể truyền qua một vật liệu khi bước sóng của nó nhỏ hơn hoặc bằng cự li truyền qua của ánh sáng đó đối với vật liệu.

→ Chỉ potassium bromide (0,3–29 μm) và caesium iodide (0,3–70 μm) thỏa mãn.Chọn B

Giải thích

Hiện tượng phản xạ toàn phần chỉ có thể xảy ra khi ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất lớn sang môi trường có chiết suất bé hơn.

Từ Bảng ta thấy thủy tinh đá lửa có chiết suất là 1,66 trong khi chiết suất của calcium fluoride chỉ là 1,43 nên hiện tượng phản xạ toàn phần có thể xảy ra nếu ánh sáng truyền từ thủy tinh đá lửa sang calcium fluoride.Chọn D

Giải thích

Vật liệu có tính chất mâu thuẫn với giả thuyết này sẽ có khả năng kháng hóa chất kém nhưng cự ly truyền nhỏ hơn 10 μm. Lithium fluoride có khả năng kháng hóa chất kém và cự ly truyền của nó dưới 6 μm.

Thủy tinh đá lửa và thạch anh đều có khả năng kháng hóa chất rất tốt.

Caesium iodide có cự ly truyền gần 70 μm.Chọn A

Đáp án

Xét tại cùng điều kiện áp suất, nhiệt độ và thể tích, một mẫu khí helium nặng gấp 2 lần một mẫu khí hydrogen.

Đáp án

Bệnh nhân đang bị nhiễm virus SARS-CoV-2 chưa biểu hiện thành triệu chứng là bệnh nhân số (1) __ 2 __ .

Giải thích

Nhìn vào bảng 1, ta thấy bệnh nhân số 2 xét nghiệm PCR ra kết quả dương tính, trong khi đó không có biểu hiện bệnh, xét nghiệm kháng thể IgG và IgM đều âm tính, chứng tỏ bệnh ở giai đoạn mới đầu, chưa sinh ra kháng thể, chỉ khi xét nghiệm RT-PCR nhằm xác định sự có mặt của vật chất di truyền virus thì mới phát hiện bệnh.

Đáp án

Trong trường hợp tất cả các bệnh nhân đều chưa tiêm vaccine thì bệnh nhân có khả năng cao nhất bị nhiễm virus SARS-CoV-2 nhưng đã được điều trị khỏi bệnh là bệnh nhân số (1) __ 3 __ .

Giải thích

IgG cùng với IgM là hai kháng thể đặc biệt giúp chống lại virus SARS-CoV-2. IgG có trong máu người đã nhiễm Covid 19 sau một khoảng thời gian nhất định (thường là giai đoạn phục hồi), hoặc ở những người đã tiêm vaccine phòng Covid-19.

Trong trường hợp này, đề bài loại trừ trường hợp kháng thể IgG xuất hiện do tiêm vaccine, nên sự xuất hiện của kháng thể IgG ở người nào chứng tỏ người đó đã từng nhiễm Covid-19. Nhìn vào bảng 1, ta chỉ thấy duy nhất bệnh nhân số 3 có kết quả dương tính với IgG, ngoài ra không biểu hiện triệu chứng nào, đồng thời kết quả xét nghiệm RT-PCR và IgM đều âm tính chứng tỏ người này đã từng nhiễm virus SARS-CoV-2 nhưng đã được điều trị khỏi bệnh.

Đáp án

Giả sử virus SARS-CoV-2 chưa phát sinh thêm đột biến mới, ban đầu chỉ có 1 chủng gây bệnh, thì những người nên ưu tiên tiêm vaccine phòng ngừa bệnh viêm đường hô hấp cấp là  bệnh nhân số 5 và bệnh nhân số 1.

Giải thích

Nhìn vào bảng 1, ta thấy bệnh nhân số 1 và số 5 đều không mắc bệnh Covid-19, tức là trong cơ thể của 2 người này đều chưa tồn tại kháng thể đặc hiệu với chủng virus SARS-CoV-2 này. Nên những người bệnh này cần được ưu tiên tiêm vaccine.

Những người bệnh còn lại đều đưa ra kết quả xét nghiệm là đã từng, hoặc đang mắc bệnh Covid-19,  những bệnh nhân này cơ thể đã/đang/sẽ sinh ra kháng thể tương ứng, và kháng thể IgG có trí nhớ miễn dịch, có khả năng nhận diện lại nếu kháng nguyên này xâm nhập vào một lần nữa.

Theo giả thuyết đồng tiến hóa: “...những chuỗi khác được đóng gói bên trong các protein.”

Theo giả thuyết nguồn gốc tế bào: “...các chuỗi này liên kết với protein để tạo vỏ capsid bên ngoài.”

Theo giả thuyết hồi quy: “...Kết quả là mỗi hạt virus chỉ chứa nucleic acid, vỏ capsid, và đôi khi có thêm lớp vỏ ngoài.”

Như vậy điểm chung của cả ba giả thuyết là đều công nhận virus có cấu tạo gồm vỏ proteinChọn A

Theo Giả thuyết đồng tiến hóa thì “virus có thể đã tiến hóa từ các phân tử phức tạp của protein và nucleic acid cùng lúc với tế bào xuất hiện lần đầu tiên trên Trái Đất. Và nó đã không phụ thuộc vào sự sống của tế bào trong hàng tỷ năm” như vậy có thể thấy rằng quan điểm này cho rằng ban đầu virus không hề có sự kí sinh nội bào bắt buộc.Chọn C 

Đáp án

Giải thích

(1) đúng vì theo đoạn thông tin: “...Nguồn gốc của virus không rõ ràng do chúng không tạo thành các hóa thạch.”

(2) sai vì sự khác biệt cơ bản giữa Giả thuyết nguồn gốc tế bào và Giả thuyết hồi quy là về nguồn gốc của virus.

(3) sai vì virus có khả năng ký sinh trên vi khuẩn gọi là phage.

(4) đúng vì virus là những thực thể vô cùng nhỏ bé, cấu tạo vô cùng đơn giản, chỉ gồm lõi nucleic acid và vỏ protein, chúng chưa có cấu tạo tế bào.

Theo thông tin văn bản “Bệnh não xốp hay còn gọi là bệnh bò điên (viết tắt là BSE) thường xảy ra chủ yếu ở bò” nên suy ra được đáp án cần chọn là C – bò.

Theo thông tin văn bản “Nguyên nhân gây ra bệnh được cho là do các protein prion cuộn gập sai” nên suy ra được đáp án cần chọn là A – prion cuộn gập sai.

Đáp án

Điền từ/cụm từ vào chỗ trống sau đây:

“Bệnh bò điên (BSE) ảnh hưởng trực tiếp và nghiêm trọng nhất tới hệ (1) thần kinh”.

Giải thích

Theo thông tin văn bản, bệnh bò điên hay còn gọi là bệnh não xốp, việc phát hiện bệnh thông qua kiểm tra mô não của bò mắc bệnh sau khi chết, như vậy có thể kết luận bệnh ảnh hưởng trực tiếp và nghiêm trọng nhất tới hệ thần kinh.

Giải thích

Sai. Vì theo thông tin đưa ra: “Hiện tại, không có phương pháp nào có thể đưa ra kết luận chắc chắn một con bò mắc bệnh bò điên khi chúng còn sống” tức là không thể dựa vào biểu hiện để xác định chính xác chúng có bị bệnh BSE hay không. Cách duy nhất là kiểm tra mô não sau khi chúng chết đi.Chọn B

Dựa vào bảng kết quả thí nghiệm, ta thấy số lượng bò mắc bệnh BSE nhiều nhất (12) thuộc nhóm B – mà theo thông tin văn bản thì nhóm B là nhóm bò có nguồn thức ăn được lấy từ những con cừu nhiễm bệnh.Chọn B

Trong 2 thí nghiệm, các nhà nghiên cứu đã kiểm tra não của các con bò thí nghiệm sau thời gian 18 tháng (1 năm rưỡi) kể từ khi tiến hành thí nghiệm. Điều này tương ứng với việc các nhà nghiên cứu đã ngầm công nhận khoảng thời gian này đủ để bệnh não xốp bò phát triển. Nếu các giả định này sai lệch thì có thể kết quả thí nghiệm sẽ sai lệch, và các nhà nghiên cứu sẽ phải thực hiện thêm các thí nghiệm với khoảng thời gian dài hơn.Chọn B 

Dựa vào Hình 1, ta thấy vật A có tỉ lệ phần trăm thể tích phần vật bị chìm trong chất lỏng là thấp nhất nên vật A có tỉ lệ phần trăm thể tích phần vật nổi trên bề mặt chất lỏng lớn nhất.Chọn A

Giải thích

Đáp án: B

Theo đoạn thứ nhất của phần dẫn: Khi một vật nổi trên bề mặt chất lỏng thì một phần thể tích của vật vẫn ở trên bề mặt chất lỏng, trong khi phần thể tích còn lại của vật chìm trong chất lỏng.

Dựa vào hình 1, ta thấy : Khi tỉ trọng của vật giảm thì phần trăm thể tích của nó chìm trong chất lỏng giảm. Đối với 4 chất lỏng trên thì quy luật này đều đúng.Chọn B

Đáp án

Giải thích

Theo Bảng 1, Vật B có tỉ trọng là 0,300.

Theo Hình 1, một vật có tỉ trọng là 0,300 sẽ chìm trong dung dịch brom khoảng 10%.

Tại một nhiệt độ nhất định, khối lượng riêng của vật: \({\rho _v} = \frac{m}{V}\) với V = const

Mà tỉ trọng là tỉ lệ giữa khối lượng riêng của một vật so với khối lượng riêng của nước ở một nhiệt độ nhất định

→ Khối lượng của vật chìm trong dung dịch bromine chiếm khoảng 10% tổng khối lượng của nó.

Tỉ trọng là tỉ lệ giữa khối lượng riêng của một vật so với khối lượng riêng của nước ở một nhiệt độ nhất định nên tỉ trọng không có đơn vị đo.Chọn D

Đáp án

Giải thích

Khối lượng riêng : \(\rho = \frac{m}{V}\)

Khi nước nóng lên thì m không đổi nhưng V của nước tăng nên khối lượng riêng giảm. Nói cách khác thì khi nước nóng lên, nó sẽ trở nên ít nhẹ hơn, dẫn đến vật có nhiều khả năng chìm xuống thay vì tiếp tục nổi.

Thể tích của khối lập phương là: \[V = {a^3} = {10^3} = 1000\;\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\]

Do khối lập phương này có tỉ trọng ở 20℃ là 0,700 và nổi trong bình chứa benzene nên theo hình 1 thì có khoảng hơn 80% thể tích khối lập phương bị chìm.

→ Thể tích của khối lập phương bị chìm trong benzene: \({V_c} = V.80\)Chọn C

Nhận xét: Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

\(\int\limits_{ - 3}^3 {f\left( x \right)dx = \int\limits_{ - 3}^0 {f\left( x \right)dx + \int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx = \int\limits_{ - 3}^0 {\left( {x + 3} \right)dx + \int\limits_0^3 {3dx} } } } } \).

Đáp án

\(6x - 4y - 3z + 12 = 0\). - Đúng

\(\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1\). - Đúng

Giải thích

Mặt phẳng \((ABC)\) có phương trình là \(\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1 \Leftrightarrow 6x - 4y - 3z + 12 = 0\).

[−2;2]. - ĐÚNG

(−1;3]. - ĐÚNG

Giải thích

Từ đồ thị ta nhận thấy hàm số \(y = f(x)\) có 2 điểm cực trị.

Hàm số \(g(x) = |f(x) + 2m|\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(f(x) + 2m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Số nghiệm của phương trình \(f(x) + 2m = 0\) là số giao điểm của hai đồ thị \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = f(x)}\\{y =  - 2m}\end{array}} \right.\), trong đó hàm số \(y =  - 2m\) có đồ thị là đường thẳng song song hoọ̆c trùng với trục Ox.

Dựa vào đồ thị, ta thấy phương trình \(f(x) + 2m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt khi \( - 3 <  - 2m < 1 \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} < m < \frac{3}{2}\).

Vậy \(m \in \left( { - \frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\) thỏa mãn. Suy ra tập hợp các giá trị của tham số \(m\) thỏa mãn là tập con của các tập hợp \([ - 2;2]\) và \(( - 1;3]\).

Đáp án

Xét các số thực a, b thỏa mãn điều kiện \({\log _5}\left( {{5^a}{{.125}^b}} \right) = {\log _{25}}5\). Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau:

Nếu \(b = \frac{1}{2}\) thì giá trị của số thực a bằng -1 .

Mối liên hệ giữa a và b là \[2a + 6b = \] 1  .

Nếu a là số nguyên âm thuộc [−10;−5] thì có 0  giá trị nguyên dương của b.

Giải thích

Ta có: \({\log _5}\left( {{5^a}{{.125}^b}} \right) = {\log _{25}}5 \Leftrightarrow {\log _5}{5^a} + {\log _5}{5^{3b}} = {\log _{{5^2}}}5\)

\( \Leftrightarrow a{\log _5}5 + 3b{\log _5}5 = \frac{1}{2}{\log _5}5 \Leftrightarrow a + 3b = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2a + 6b = 1\).

Nếu \(b = \frac{1}{2}\) thì \(2a + 6.\frac{1}{2} = 1 \Leftrightarrow a =  - 1\).

Vì \(a\) là số nguyên âm thuộc \([ - 10; - 5]\) nên ta có bảng sau:

Vậy không có giá trị nguyên dương của b thỏa mãn.

Đáp án

Một lon nước hình trụ có dung tích là 340 ml, cao 10 cm. Biết rằng thể tích vỏ lon không đáng kể và kết quả làm tròn tới chữ số thập phân thứ nhất.

Đường kính đáy là lon nước là (1) __6,6__  (cm).

Diện tích toàn phần của lon nước là (2) __274,7__ (cm²).

Giải thích

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ.

Thể tích của lon nước là \(V = \pi {R^2}.10 \Leftrightarrow 340 = \pi {R^2}.10 \Leftrightarrow R \approx 3,3\;{\rm{cm}} \Rightarrow d \approx 6,6\;{\rm{cm}}\) là đường kính đáy của lon nước.

Diện tích toàn phần của lon nước là: \(2\pi Rh + 2\pi {R^2} \approx 274,7\) (cm2).

Gọi \(H\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB \Rightarrow IH \bot AB,HA = 4\).

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I( - 2;3;0)\), bán kính \(R = \sqrt {13 - m} ,\,\,(m < 13)\).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M(4;3;3)\) và có 1 vectơ chỉ phương \(\vec u = (2;1;2)\).

Ta có: \(\overrightarrow {IM}  = (6;0;3) \Rightarrow [\overrightarrow {IM} ,\vec u] = ( - 3; - 6;6) \Rightarrow IH = d(I,\Delta ) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IM} ,\vec u} \right]} \right|}}{{|\vec u|}} = 3\)

\( \Rightarrow {R^2} = I{H^2} + H{A^2} \Leftrightarrow 13 - m = {3^2} + {4^2} \Leftrightarrow m =  - 12\).

Vậy tham số \(m\) thuộc \(( - 15; - 5)\). 

Giải thích

Ta có \(|z.\overline {\rm{w}} | = |z|.|\overline {\rm{w}} | = |z|.|{\rm{w}}| = \sqrt {1 + {2^2}} .\sqrt {{3^2} + 1}  = 5\sqrt 2 \).

Vì \(I\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow OI \bot CD,CD = 2OI\).

Kẻ \(OH \bot SI\) tại \(H \Rightarrow OH \bot (SCD) \Rightarrow d(O,(SCD)) = d(O,SI) = OH = 1\).

Ta có

Xét tam giác vuông 

Ta có \(\Delta SIO\) là tam giác vuông cân tại \(O \Rightarrow SO = OI = \sqrt 2 \).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}C{D^2}.SO = \frac{1}{3}{(2\sqrt 2 )^2}.\sqrt 2  = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}\).

Giải thích

Gọi số phức \(z = x + yi\,\,(x,y \in \mathbb{R})\).

Khi đó \(|z - 1 + 2i| = 4 \Leftrightarrow {(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} = 16\).

Suy ra tập hợp các điểm trong mặt phẳng biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn điều kiện \(|z - 1 + 2i| = 4\) là đường tròn tâm \(I(1; - 2)\) và bán kính \(R = 4\).

−3, 0 Đúng

Giải thích

 Vì x, y là các số nguyên trái dấu nên \(|x| + |y| = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{|x| = 1}\\{|y| = 2}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{|x| = 2}\\{|y| = 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

+, Với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{|x| = 1}\\{|y| = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y =  - 2}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{y = 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\) . Khi đó, \(T = 2x + y = 0\) .

+, Với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{|x| = 2}\\{|y| = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y =  - 1}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 2}\\{y = 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\). Khi đó, \(T = 2x + y =  \pm 3\)

Giải thích

Ta có: \(S = \int\limits_1^2 {\left| {{{(x - 2)}^2} - 1} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 3x} \right)} \right|_1^2 = \frac{2}{3}\).

Đáp án

Lấy hôm nay là số 0 trên trục số. Nếu ngày hôm trước ngày hôm qua là ngày 17 tháng 1 thì 3 ngày sau ngày mai là ứng với số (1) __ 4 __ trên trục số?

Giải thích

Ngày trước ngày hôm qua là 17 tháng 1 nên ngày của ngày hôm qua là 17 + 1 = 18 tháng 1.

Ngày hôm nay là 18 + 1 = 19 tháng 1.

Ngày mai là 19 + 1 = 20 tháng 1.

Ngày 3 ngày sau ngày mai là 20 + 3 = 23 tháng 1.

Biểu diễn trên trục số ta có:

Vậy 3 ngày sau ngày mai là ứng với số 4 trục số.

Giải thích 

Đạo hàm hai vế \(f(x)\) ta có:

\(3n{(1 + 3x)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2}x +  \ldots n{a_n}{x^{n - 1}}\)

\( \Rightarrow f'(1) = 3n{.4^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2} +  \cdots  + n{a_n} = 49152n \Rightarrow {4^{n - 1}} = 16384 \Leftrightarrow n = 8\)

Số hạng tổng quát thứ \(k + 1\) trong khai triển thành đa thức của \({(1 + 3x)^8}\) là \({T_{k + 1}} = C_8^k{3^k}{x^k}\) \( \Rightarrow {a_3} = C_8^3{3^3} = 1512\).

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

Giả sử mặt cầu \((S)\) có tâm \(O\).

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

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

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

Thể tích vật thể X được tính bằng công thức: \(V = \int_a^b S (x)dx\).

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 = 22.3.

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 (10,12)=22.3.5 = 60.

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

Đáp án

Trên tập hợp các số phức, xét phương trình \(4{z^2} - 2(2m + 1)z + {m^2} = 0\) (\(m\) là tham số thực). Có (1)

__ 3 _  giá trị của tham số \(m\) để phương trình đó có nghiệm \({z_o}\) thỏa mãn \(\left| {{z_o}} \right| = 3\)? 

 Giải thích

Phương trình \(4{z^2} - 2(2m + 1)z + {m^2} = 0\,\,(1)\) có \({\Delta ^\prime } = 4m + 1\).

+Trường hợp 1. \({\Delta ^\prime } \ge 0 \Leftrightarrow m \ge  - \frac{1}{4}\).

Phương trình (1) có nghiệm \({z_o}\) thỏa mãn \(\left| {{z_o}} \right| = 3\) suy ra \({z_o} = 3\) hoặc \({z_o} =  - 3\).

Nếu \({z_o} = 3\) suy ra \(36 - 6(2m + 1) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 12m + 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 6 + \sqrt 6 }\\{m = 6 - \sqrt 6 }\end{array}} \right.\), (chọn).

Nếu \({z_o} =  - 3\) suy ra \(36 + 6(2m + 1) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 12m + 42 = 0\) vô nghiệm.

+ Trường hợp 2. \({\Delta ^\prime } < 0 \Leftrightarrow m <  - \frac{1}{4}\). Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm phức \({z_1};{z_2}\) thỏa mãn \({z_o} = {z_1} = \overline {{z_2}} \).

Suy ra \(\left| {{z_o}} \right| = 3 \Leftrightarrow {z_o}.\overline {{z_0}}  = 9 \Leftrightarrow {z_1}.{z_2} = 9 \Leftrightarrow \frac{{{m^2}}}{4} = 9 \Leftrightarrow m =  \pm 6\).

Kết hợp điều kiện \(m <  - \frac{1}{4}\) suy ra \(m =  - 6\). Vậy có 3 giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Ta có: \(\int {\frac{1}{x}} dx = \ln |x| + C\)

 Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \{ m\} \).

Ta có: \(y' = \frac{{{m^2} - 6}}{{{{(x - m)}^2}}}\).

Hàm số đồng biến trên khoảng \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 6 > 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 2}\\{m \le  - 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - \sqrt 6 }\\{m > \sqrt 6 }\end{array}} \right.}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 2}\\{m \le  - 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - \sqrt 6 }\\{m > \sqrt 6 }\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Vì m nguyên dương nhỏ hơn 10 nên m ∈{3;4;5;6;7;8;9}.

Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn. 

Ta có: \(\vec u = \overrightarrow {NM} \) là vectơ không đổi.

Xét phép tịnh tiến \({T_{\vec u}}\) biến \(N\) thành M ; B thành \({B^\prime }\).

\( \Rightarrow NB = M{B^\prime }\)

Ta có: \(AM + BN = AM + M{B^\prime } \ge A{B^\prime }\) không đổi.

Vậy \(AM + BN\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(M \equiv I\) (với \(I = A{B^\prime } \cap CE\) )

Ta có: \(\frac{{IC}}{{IE}} = \frac{{AC}}{{EB}} = \frac{8}{6} \Rightarrow \frac{{IC}}{{CE}} = \frac{8}{{14}} = \frac{4}{7} \Rightarrow IC = 4\)

Vậy \(CM = 4\,\,km\). 

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 \({u_{n + 1}}\).

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

Vậy sau 10 phút thì có được 2048000 con.

Giải thích

Ta có: \(\begin{array}{l}{u_1} = {4.2^{1 - 1}} - 3.1 = 1\\{u_3} = {4.2^{3 - 1}} - 3.3 = 7\end{array}\). 

Vậy u1 và u3 đều là số nguyên dương.

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

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

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

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 \((**)\) có nghiệm với mọi giá trị \(x\) thuộc tập xác định \( \Leftrightarrow m \le {\min _{(2; + \infty )}}(3x - 4) \Rightarrow m \le 2\).

Ta có: \(\lim {q^n} =  + \infty \) nếu \(q > 1\).

Đáp án

Cho hình nón \((N)\) có đường cao \(SO = 9\) và bán kính đáy bằng \(R\), gọi \(M\) là điểm trên đoạn SO sao cho \(OM = x\,\,(0 < x < 9)\). Mặt phẳng \((P)\) vuông góc với trục SO tại \(M\) giao với hình nón \((N)\) theo thiết diện là đường tròn \((C)\). Giá trị của \(x\) bằng (1) __ 3 __  để khối nón có đỉnh là điểm \(O\) và đáy là hình tròn \((C)\) có thể tích lớn nhất?  

Giải thích

Gọi BC là đường kính của \((C)\) và AD là đường kính của đường tròn đáy của \((N)\) sao cho \(BC//AD\), S, A, B thẳng hà̀ng \( \Rightarrow S,C,D\) thẳng hàng.

Ta có \(r = BM\) là bán kính đường tròn \((C)\).

Vì  nên \(\frac{{BM}}{{AO}} = \frac{{SM}}{{SO}} \Leftrightarrow r = \frac{{AO.SM}}{{SO}} \Leftrightarrow r = \frac{{R(9 - x)}}{9}\).

Thể tích của khối nón có đỉnh là \(O\), đáy là \((C)\) là

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}.OM = \frac{1}{3}\pi {\left[ {\frac{{R(9 - x)}}{9}} \right]^2}x = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}{(9 - x)^2}x{\rm{. }}\)

Xét hàm số \(f(x) = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}{(9 - x)^2}x,(0 < x < 9)\) ta có:

Ta có \({f^\prime }(x) = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}(9 - x)(9 - 3x)\);

\({f^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{243}}\pi {R^2}(9 - x)(9 - 3x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 9\,\,(L)}\\{x = 3\,\,(tm)}\end{array}} \right.\)

Lập bảng biến thiên ta có:

Từ bảng biến thiên ta có thể tích khối nón có đỉnh là O, đáy là (C) lớn nhất khi x = 3.

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu \((S)\) có phương trình là \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 2y - 6z + 7 = 0\). Cho ba điểm A, M, B nằm trên mặt cầu \((S)\) sao cho góc AMB=90^o. Diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng (1) _____ 4 _____

Giải thích

Ta có: \((S):{(x - 1)^2} + {(y - 1)^2} + {(z - 3)^2} = 4 \Rightarrow (S)\) có tâm \(I(1;1;3)\) và bán kính \(R = 2\).

Theo bài ra ta có: A, M, B nằm trên mặt cầu \((S)\) và góc AMB=90^o  suy ra AB qua \(I \Rightarrow AB = 2R = 4\).

Ta có \({S_{AMB}} = \frac{1}{2}MA.MB \le \frac{{M{A^2} + M{B^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4} = 4\).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow MA = MB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \) và \(AB = 4\).

Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4.

Đặt \(h = 5(m)\).

Gọi \({h_n}\) là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy lên thứ \(n\).

Lần nảy lên đầu tiên, quả bóng đạt độ cao \({h_1} = \frac{2}{3}h\).

Lần nảy lên thứ hai, quả bóng đạt độ cao \({h_2} = \frac{2}{3}{h_1}\).

Tương tự, lần nảy lên thứ \(n\), quả bóng đạt độ cao \({h_n} = \frac{2}{3}{h_{n - 1}}\).

\( \Rightarrow \) Tổng các quãng đường khi rơi và nảy của quả bóng từ lúc thả bóng cho đến lúc bóng không nảy lên nữa bằng tổng độ cao của của bóng khi nảy lên + tổng khoảng cách rơi xuống của quả bóng.

\( \Rightarrow T = \left( {h + {h_1} + {h_2} +  \ldots  + {h_n} +  \ldots } \right) + \left( {{h_1} + {h_2} +  \ldots  + {h_n} + {h_{n + 1}} +  \ldots } \right)\)

\( \Rightarrow T\) là tổng của hai cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu lần lượt là \(h\) và \({h_1}\); công bội \(q = \frac{2}{3}\).

\( \Rightarrow T = \frac{h}{{1 - \frac{2}{3}}} + \frac{{{h_1}}}{{1 - \frac{2}{3}}} = 3\left( {h + {h_1}} \right) = 3\left( {5 + \frac{2}{3}.5} \right) = 25(m){\rm{. }}\)

Giả sử một vật dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng theo phương trình \(x = 2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right)\) trong đó thời gian \(t\) tính bằng giây và quãng đường \(x\) tính bằng centimét. Trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, vật đi qua vị trí cân bằng (1) __ __16__ __  lần?

Giải thích

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí khi vật đứng yên, tức là \(x = 0\).

\( \Rightarrow 2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi  \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5}\)

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, tức là \(0 \le t \le 10\) hay \(0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 10 \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{150 - 2\pi }}{{3\pi }}\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên k ∈{0;1;2;…;14;15}.

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 16 lần.

\(x{.2^x} = x(x - m + 1) + m\left( {{2^x} - 1} \right) \Leftrightarrow x{.2^x} = {x^2} - mx + x + m{.2^x} - m\)

\( \Leftrightarrow {2^x}(x - m) = (x + 1)(x - m) \Leftrightarrow \left( {{2^x} - x - 1} \right)(x - m) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{2^x} - x - 1 = 0\,\,(1)}\\{x - m = 0\,\,\,\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)

Xét phương trình (1).

Đặt \(f(x) = {2^x} - x - 1\).

Xét hàm số \(f(x) = {2^x} - x - 1\) trên \(\mathbb{R}\), có \({f^\prime }(x) = {2^x}\ln 2 - 1\)

Phương trình \({f^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow {2^x} = \frac{1}{{\ln 2}} \Leftrightarrow x = {\log _2}\frac{1}{{\ln 2}} =  - {\log _2}(\ln 2)\)

\( \Rightarrow f(x) = 0\)có nhiều nhất 2 nghiệm mà \(f(0) = f(1) = 0 \Rightarrow f(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.\)

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow (2)\) có nghiệm là 1 hoặc 0 \( \Rightarrow m \in \{ 0;1\} \) là 2 giá trị cần tìm.

Vậy tập hợp \(A = \{ 0;1\}  \Rightarrow \) Số tập hợp con của tập hợp \(A\) là \({2^2} = 4\).

Một chiếc hộp chứa 9 quả cầu gồm 4 quả màu xanh, 3 quả màu đỏ và 2 quả màu vàng. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó.

Xác suất để trong 3 quả cầu lấy được không có quả màu đỏ là (1) \(\frac{5}{{21}}\).

Xác suất để trong 3 quả cầu lấy được có ít nhất 1 quả màu đỏ là (2) \(\frac{{16}}{{21}}\).

Giải thích

Mỗi cách chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu từ 9 quả cầu là một tổ hợp chập 3 của 9.

Ta có số phần tử của không gian mẫu là: \(n(\Omega ) = C_9^3 = 84\).

Gọi A là biến cố: “3 quả cầu có ít nhất 1 quả màu đỏ”.

⇒ Biến cố đối là \(\bar A\) là: “3 quả cầu không có quả màu đỏ”.

Vậy \(n(\bar A) = C_6^3 = 20 \Rightarrow P(\bar A) = \frac{{20}}{{84}} = \frac{5}{{21}} \Rightarrow P(A) = 1 - \frac{5}{{21}} = \frac{{16}}{{21}}\)

Quan sát biểu đồ ta thấy trong tháng 12 có 30 khách mua giày cỡ 30, 60 khách mua giày cỡ 31 và 95 khách mua giày cỡ 32.

Tổng số khách mua giày từ cỡ 32 trở xuống là: 30 + 60 + 95 = 185.

Tổng số khách đã đến cửa hang mua giày là: 30 + 60 + 95 + 110 + 120 + 85 + 40 = 540.

Xác suất để khách được chọn mua giày cỡ 32 trở xuống là: \(\frac{{185}}{{540}} = \frac{{37}}{{108}}\).

\(y =  - 3{x^3} - 6x + 10\). ĐÚNG

\(y = x(x - 1) + 5 - {x^2}\). ĐÚNG

Giải thích

Ta có \(y =  - 3{x^3} - 6x + 10 \Rightarrow {y^\prime } =  - 9{x^2} - 6 < 0,\forall x \in \mathbb{R}\). Do đó hàm số này nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

\(y = x(x - 1) + 5 - {x^2} \Leftrightarrow y =  - x + 5 \Rightarrow {y^\prime } =  - 1,\forall x \in \mathbb{R}\). Do đó hàm số này nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Hai hàm số còn lại đều có tập xác định khác \(\mathbb{R}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Hình chiếu của \(M(2;1; - 1)\) lên mặt phẳng \((Oxz)\) là điểm có tọa độ \((2;0; - 1)\).

Xét hàm số \(h(x) = 4f(x) - 2{x^2}\) xác định trên \(\mathbb{R}\).

Hàm số \(f(x)\) là hàm đa thức nên \(h(x)\) cūng là hàm đa thức và \(h(0) = 4f(0) - {2.0^2} = 0\).

Khi đó \({h^\prime }(x) = 4{f^\prime }(x) - 4x \Rightarrow {h^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow {f^\prime }(x) = x\).

Dưa vào sự tương giao của đồ thị hàm số \(y = {f^\prime }(x)\) và đường thẳng \(y = x\), ta có \({h^\prime }(x) = 0 \Leftrightarrow x \in \{  - 3;0;4\} \).

Ta có bảng biến thiên của \(h(x)\) như sau:

Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số \[g(x) =  - |h(x)|\]  như sau:

Vậy giá trị nhỏ nhất của g(x) trên [−3;4] là −17.

Gọi \(R(\;{\rm{cm}})\) và \(h(\;{\rm{cm}})\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ \((R,h > 0)\). Ta có: \(2{S_d} = {S_{tp}} - {S_{xq}} \Leftrightarrow 2\pi {R^2} = 60\pi  - 42\pi  \Leftrightarrow 2\pi {R^2} = 18\pi  \Leftrightarrow R = 3(\;{\rm{cm}})\). \({S_{xq}} = 42\pi  \Leftrightarrow 2\pi Rh = 42\pi  \Leftrightarrow h = \frac{{42}}{{2R}} = 7(\;{\rm{cm}})\).

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật có 2 kích thước tương ứng bằng đường kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Vậy diện tích của thiết diện qua trục của hình trụ là \(S = 2R.h = 2.3.7 = 42\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\). 

Một chiếc ô tô đang đi trên đường với vận tốc \(v(t) = 3t - 15(t \ge 3)\,\,({\rm{m}}/{\rm{s}})\), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây. Quãng đường ô tô đi được trong 10 giây bắt đầu từ thời điểm t = 3 là: 90 (m)

Khi ô tô đạt vận tốc \(30\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) thì người lái xe phát hiện có hàng rào chắn ngang đường ở phía trước cách xe 100 m (tính từ đầu xe tới hàng rào) nên người lái đạp phanh. Từ thời điểm đó, xe chuyển động chậm dần đều với vận tốc \(v(t) =  - 5t + 100(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\). Từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô còn di chuyển 62,5 (m).

Khi xe dừng hẳn, khoảng cách từ xe đến hàng rào là 37,5 (m).

Giải thích

Quãng đường ô tô đi được trong 15 giây từ thời điểm \(t = 3\) là: \({S_1} = \int_3^{13} {(3t - 15)} dt = 90\,\,({\rm{m}})\).

Khi xe đạt vận tốc \(30\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) thì xe đã đi được \(\frac{{30 + 15}}{3} = 15\) (giây).

Xe dừng lại khi \(v(t) = 0 \Leftrightarrow  - 5t + 100 = 0 \Leftrightarrow t = 20\,\,(s)\).

Quãng đường xe đi được kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng lại là:

\(s(t) = \int_{15}^{20} v (t)dt = \int_{15}^{20} {( - 5t + 100)} dt = \left. {\left( {100t - \frac{{5{t^2}}}{2}} \right)} \right|_{15}^{20} = 62,5\,\,(m)\).

Khi xe dừng hẳn, khoảng cách từ xe đến hàng rào là \(100 - 62,5 = 37,5\,\,({\rm{m}})\).

Để chia thành 4 phần quà mà mỗi phần có ít nhất 3 hộp bánh ta làm như sau:

+ Chia mỗi phần là 2 hộp bánh.

+ Còn lại 12 hộp bánh. Khi đó bài toán trở thành. Có bao nhiêu cách chia 12 hộp bánh thành 4 phần quà sao cho mỗi phần có ít nhất 1 hộp bánh. Để làm bài toán này ta xếp 12 hộp bánh thành hàng ngang, khi đó có 11 khoảng trống. Chọn 3 trong 11 khoảng trống để đặt vách ngăn. Khi đó ta có C113=165 cách chia.

Mệnh đề sai là: Nếu một đường thẳng nằm trên (P) thì nó song song với mọi đường thẳng nằm trên (Q).

Giải thích

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Hàm số có 2 điểm cực trị là \(x = 1\) và \(x = 3\).

+ \({f^\prime }(x) < 0\) với \(x \in (1;3)\) nên hàm số nghịch biến trên \((1;3)\) suy ra hàm số nghịch biến trên \((2;3)\) (do \((2;3) \subset (1;3)\)).

+ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên \(\mathbb{R}\) (do khi \(x \to  - \infty \) thì \(f(x) \to  - \infty \) ).

+ \({f^\prime }(x)\) đổi dấu từ dương sang âm khi qua \(x = 1\) nên \(x = 1\) là điểm cực đại của hàm số.

Gọi \({M^\prime }\) là trung điểm .

Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có \({S_{\Delta {M^\prime }BD}} = \cos \varphi .{S_{\Delta MBD}}\)