Top 10 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2023 - 2024 có đáp án (Đề 4)

Phương pháp giải:Dựa vào biểu đồ, quan sát xem cột tương ứng với tỉnh nào cao nhất thì tỉnh đó có diện tích nuôi trồng thủy sản của tỉnh đó cao nhất

Giải chi tiết:

Quan sát biểu đồ ta thấy diện tích nuôi trồng thủy sản của Khánh Hòa cao nhất (6 nghìn ha).

Chọn B.

Phương pháp giải:- Tính vt=St'

- Tính at=vt', sau đó tính a(3).

Giải chi tiết:

St=t3-3⁢t2+5⁢t+2⇒vt=St'=3⁢t2-6⁢t+5⇒at=vt'=6⁢t-6⇒a⁢(3)=6.3-6=12⁢(m/s2)

Chọn D.

Phương pháp giải:Giải phương trình logarit cơ bản: \[{\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\]

Giải chi tiết:

Điều kiện : x> -1.

\[{\log _{25}}\left( {x + 1} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow (x + 1) = {25^{\frac{1}{2}}} = 5 \Leftrightarrow x = 4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)\]

Vậy nghiệm của phương trình là \[x = 4\]

Chọn A.

Phương pháp giải: Giải phương trình logarit \[{\log _a}x = b \Leftrightarrow x = {a^b}\]

Giải chi tiết:

\[\log \left( {3x - 5} \right) = 2 \Leftrightarrow 3x - 5 = {10^2} \Leftrightarrow \,x = 35\]

Chọn B.

Phương pháp giải: - Giải phương trình thứ nhất tìm x.

- Thế xx tìm được vào phương trình thứ hai tìm y. Với mỗi giá trị của x cho tối đa 2 giá trị của y.

- Tìm điều kiện để hệ có 4 cặp nghiệm.

Giải chi tiết:

Xét phương trình

x2+|x|=6⇔|x|2+|x|-6=0⇔[|x|=2⇔x= ±2|x|=-3⁢(l⁢o⁢a⁢i)

Với \[x = 2\], phương trình thứ hai trở thành \[{y^2} + y + 2m - 4 = 0\] (1)

Với x= -2, phương trình thứ hai trở thành \[{y^2} + y - 2m - 4 = 0\] (2)

Để hệ phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm thì phương trình (1) và (2), mỗi phương trình đều phải có 2 nghiệm phân biệt

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 4(2m - 4) > 0\\1 - 4( - 2m - 4) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 8m + 16 > 0\\1 + 8m + 16 > 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8m < 17\\8m > 17\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < \frac{{17}}{8}\\m > \frac{{17}}{8}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \emptyset \end{array}\]

Vậy không có giá trị nào của mm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Phương pháp giải: Phương trình mặt phẳng (P) đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\]và có TPT n→⁢⁢ =(a;b;c) là:\[a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) + c\left( {z - {z_0}} \right) = 0.\]

Giải chi tiết:

Ta có: (Q)//(P)⇒nQ→ =nP→=(1;-2;1).

Lại có: \[\left( Q \right)\]đi qua điểm \[M\left( { - 2;1;2} \right)\]nên ta có: \[\left( Q \right):x + 2 - 2\left( {y - 1} \right) + z - 2 = 0 \Leftrightarrow x - 2y + z + 2 = 0\]

Chọn  B.

Phương pháp giải: Hình chiếu của \[M\left( {a;b;c} \right)\]trên \[Oy\] là \[M\prime \left( {0;b;0} \right)\].

Giải chi tiết:

Hình chiếu của \[M\left( {1;2;3} \right)\]trên trục \[Oy\] là: \[Q\left( {0;2;0} \right)\]

Chọn A.

Phương pháp giải: +) Tìm ĐKXĐ.

+) Sử dụng các phép biến đổi tương đương.

+) Đối chiếu ĐKXĐ và kết luận nghiệm.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \[x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > 4\].

Với điều kiện trên \[Bpt \Leftrightarrow x - 2 \le 4 \Leftrightarrow x \le 6.\]

Kết hợp ĐK \[ \Rightarrow 4 < x \le 6.\]

Mà \[x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {5;6} \right\}\]

Vậy tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là 11.

Chọn B.

Phương pháp: Giải phương trình và tìm các nghiệm thuộc khoảng \[(0;\pi )\]

Giải chi tiết:

Cách giải

sinx+cosx=1⇔2cos(x-π4)=1⇔cos(x-π4)=12⇔[x-π4=π4+k⁢2⁢π⁢x-π4=⁢ -π4+k⁢2⁢π⇔[x=π2+k⁢2⁢π⁢x=k⁢2⁢π

Trong khoảng \[(0;\pi )\]phương trình có 1 nghiệm là \[x = \frac{\pi }{2}\]

Chọn đáp án A

Phương pháp giải: - Gọi \({u_n}\) là giá của mét khoan thứ n, chứng minh \({u_n}\) là 1 CSC.

- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: \({S_n}\, = \,\frac{{\left[ {2{u_1}\, + \,\left( {n - 1} \right)d} \right]\,n}}{2}\)

Giải chi tiết:

Gọi \({u_n}\) là giá của mét khoan thứ n, với \(1 \le n \le 20.\)

Theo giả thiết ta có \({u_1} = 100000\) và \({u_{n + 1}} = {u_n} + 30000\) với \(1 \le n \le 9.\)

Khi đó \(\left( {{u_n}} \right)\)là 1CSC có \({u_1} = 100000\) và công sai \(d = 30000\).

Vậy tổng số tiền gia đình đó phải thanh toán cho cơ sở khoan giếng là:

\({S_{20}} = \frac{{\left( {2{u_1} + 19d} \right).20}}{2} = \frac{{\left( {2.100000 + 19.30000} \right).20}}{2} = 7700000\) (đồng)

Chọn A.

Phương pháp giải: Sử dụng công thức nguyên hàm \(\int {\frac{1}{u}du\, = \,\ln \left| u \right|\, + \,C} \), dựa dữ kiện đề bài  tìm được C, từ đó tính \(F\left( 2 \right)\, - \,F\left( 1 \right)\)

Giải chi tiết:

Ta có \[F(x) = \int {\frac{1}{{x - 1}}} dx = ln\left| {x - 1} \right| + C = \left\{ \begin{array}{l}ln(x - 1) + {C_1}\\ln(1 - x) + {C_2}\end{array} \right.\]\[\begin{array}{*{20}{c}}{khi}\\{khi}\end{array}\]\(\begin{array}{*{20}{c}}{x > 1}\\{x < 1}\end{array}\)

+ Với \[F(5) = 2 \Rightarrow ln(5 - 1) + {C_1} = 2 \Rightarrow {C_1} = 2 - 2ln2 \Rightarrow F(x) = ln(x - 1) + 2 - 2ln2\] (khi \[x > 1)\]

+ Với \[F(0) = 1 \Rightarrow ln(1 - 0) + {C_2} = 1 \Leftrightarrow {C_2} = 1 \Rightarrow F(x) = ln(1 - x) + 1\] (khi \[x < 1)\]

Suy ra \[F(2) = ln(2 - 1) + 2 - 2ln2 = 2 - 2ln2\] ; \[F( - 1) = ln(1 + 1) + 1 = 1 + ln2\]

Nên \[F(2) - F( - 1) = 2 - 2ln2 - (1 + ln2) = 1 - 3ln2\].

Chọn  C.

Phương pháp giải: - Biến đổi bất phương trình về dạng \[m > g\left( x \right)\]. 

- Bất phương trình có nghiệm với mọi \[x \in (0;2) \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{[0;2]} g(x)\]

Giải chi tiết:

Ta có : \[f(x) < 2x + m \Leftrightarrow f(x) - 2x < m,\forall x \in (0;2)\]

\[ \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{[0;2]} [f(x) - 2x] = \mathop {max}\limits_{[0;2]} g(x)\]

Ở đó \[g(x) = f(x) - 2x \Rightarrow g\prime (x) = f\prime (x) - 2\].

Quan sát đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] ta thấy \[f\prime (x) < 2,\forall x \in (0;2) \Rightarrow f\prime (x) - 2 < 0,\forall x \in (0;2)\]

\[ \Rightarrow g\prime (x) < 0,\forall x \in (0;2)\] hay hàm số \[y = g(x)\]nghịch biến trên đoạn 

\[ \Rightarrow g(x) \le g(0) = f(0)\].

Do đó \[m \ge \mathop {max}\limits_{[0;2]} g(x) = f(0).\].

Chọn C.

Phương pháp giải: Ta có: \(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt.} \)

Giải chi tiết:

Khi ô tô dừng hẳn thì ta có: v⁢(t)=0⇔ -10⁢t+20=0⇔t=2 (s).

Cho đến khi dừng hẳn, người đó đi thêm được quãng đường là:

S=∫02v(t)dt=∫02(-10t+20) =(-5t2+20t)|=02-20+40=20

Chọn B.

Phương pháp giải: Thay các dữ liệu bài toán vào công thức: \(S = A{e^{Nr}}\)để tính N.

Giải chi tiết:

Theo đề bài ta có: \(S = A{e^{Nr}}\)

Khi dân số nước ta ở mức 120 triệu người là:

120000000=85847000.eN⁢.1,2%⇔eN⁢.1,2%≈1,398⇔N.1,2%=ln1,398⇔N≈27,9

Chọn  C.

Phương pháp giải: Tìm TXĐ của bất phương trình sau đó giải bất phương trình

\[lo{g_a}f\left( x \right) > lo{g_a}g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a > 1\\f\left( x \right) > g\left( x \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 < a < 1\\f\left( x \right) < g\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\].

Giải chi tiết:

l⁢o⁢g8⁢(x2+3⁢x-1)3≥⁢ -l⁢o⁢g0,5⁢(x+2)⇔{x2+3⁢x-1>0⁢⁢x+2>0lo⁢g23⁢(x2+3⁢x-1)3≥-l⁢o⁢g2-1⁢(x+2)

⇔[x>-3+132⁢x<-3-132x>-2log2(x2+3x-1)≥log2(x+2)⇔{x>-3+132x2+3x-1≥x+2

⇔{x>-3+132x2+2x-3≥0⇔{x>-3+132[x≥1⁢x≤⁢ -3⇔x≥1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: \[\left[ {1; + \infty } \right)\].

Chọn B.

Phương pháp giải: - Giải phương trình hoành độ giao điểm, tìm các nghiệm.

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = f(x)\], trục hoành, đường thẳng \[x = a,x = b\] là \[S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \].

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x5-x3=0⇔x3(x2-1)=0⇔[x=0⁢x=⁢ ±1.

\[ \Rightarrow S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {{x^5} - {x^3}} \right|} dx + \int\limits_0^1 {\left| {{x^5} - {x^3}} \right|} dx\]

\[S = \left| {\int\limits_{ - 1}^0 {\left( {{x^5} - {x^3}} \right)} dx} \right| + \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^5} - {x^3}} \right)} dx} \right|\]

\(S = \frac{1}{{12}} + \frac{1}{{12}} = \frac{1}{6}\)

Chọn C.

Phương pháp giải: - Tìm đạo hàm của hàm số.

- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng \[m \le f(x)\forall x \in (a;b) \Leftrightarrow m \le \mathop {min}\limits_{[a;b]} f(x)\].

- Lập BBT của hàm số \[f(x)\] và kết luận.

Giải chi tiết:

Ta có hàm số y=⁢ -x3+x2+(4⁢m+9)⁢x-5 nghịch biến trên khoảng (-∞;0) khi

y'=-3x2+2x+4m+9≤0∀x∈(-∞;0)

\[ \Leftrightarrow 4m \le 3{x^2} - 2x - 9\left( * \right)\]

Đặt \[f\left( x \right) = 3{x^2} - 2x - 9\]\[ \Rightarrow f'\left( x \right) = 6x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}\]

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy bất phương trình (*) xảy ra khi 4⁢m≤⁢ -9⇔m≤⁢ -94

Kết hợp điều kiện m> -10nên -10<m≤-94. Mà m∈Z⇒m∈{-9;-8;…;-3}.

Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Phương pháp giải: Số phức \[z = a + bi\]\(\left( {a;b \in \mathbb{R}} \right)\)có số phức liên hợp là \[z = a - bi\].

Giải chi tiết:

Ta có

\[\left( {2 - 5i} \right)z - 3 + 2i = 5 + 7i \Leftrightarrow \left( {2 - 5i} \right)z = 8 + 5i \Leftrightarrow z = \frac{{8 + 5i}}{{2 - 5i}} = \frac{{\left( {8 + 5i} \right)\left( {2 + 5i} \right)}}{{\left( {2 - 5i} \right)\left( {2 + 5i} \right)}} = \frac{{ - 9}}{{29}} + \frac{{50}}{{29}}i\]

Suy ra z=-929-5029⁢i

Chọn B

Phương pháp giải: Cho số phức \[z = a + bi\]\[\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow M\left( {a;b} \right)\] là điểm biểu diễn số phức z.

Giải chi tiết:

Gọi \[z = x + yi\] (x,y∈R)⇒z¯=x-yi.

Theo đề bài ta có:

2⁢|z-1|=|z+z¯⁢⁢ +2|⇔2⁢|x+y⁢i-1|=|x+y⁢i+x-y⁢i+2|⇔2⁢|(x-1)+y⁢i|=|2⁢x+2|⇔(x-1)2+y⁢2=(x+1)2⇔y2=x2+2⁢x+1-x2+2⁢x-1⇔y2=4⁢x.

⇒ Tập hợp các điểm biểu diễn số phức zlà parabol \[{y^2} = 4x\].

Chọn  B.

Phương pháp giải: Cho điểm \[M({x_0};{y_0})\;\]và đường thẳng \[d:ax + by + c = 0\]ta có: \[d(M;d) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c} \right|}}{{{a^2} + {b^2}}}\].

Giải chi tiết:

d(M;Δ)=|-m+2-m+4|m2+1=25⇔|-2⁢m+6|m2+1=25 ⇔|m-3|m2+1=5⇔(m-3)2=5(m2+1)⇔m2-6m+9=5m2+5⇔4m2+6m-4=0⇔[m=12m=⁢ -2

Chọn A.

Phương pháp giải: Áp dụng \[IM = d(I,{\Delta _1}) = d(I,{\Delta _2})\].

Giải chi tiết:

Gọi \[I\left( {x;y} \right)\] là tâm của đường tròn (C).

I⁢(x;y),M⁢(1;2)⇒I⁢M→⁢ =(1-x;2-y)

Theo  đề bài, ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{\left| {7x - 7 - 5} \right|}}{{5\sqrt 2 }} = \frac{{\left| {x + y + 13} \right|}}{{\sqrt 2 }}\\\frac{{\left| {x + y + 13} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt {{{(1 - x)}^2} + {{(2 - y)}^2}} \end{array} \right.\]\(\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}\left( 1 \right)\\\end{array}\\{\left( 2 \right)}\end{array}\)

Từ (1)⇒|7x-y-5|=|5x+5y+65|⇔[7⁢x-y-5=5⁢x+5⁢y+65⁢7x-y-5=⁢ -5⁢x-5⁢y-65

⇔[x=3⁢y+35⁢y= -3⁢x-15

+) Thay \[x = 3y + 35\] vào(2) ta được: y2+4y+4=0⇔y= -2⇒x=29;R=202

\[ \Rightarrow (C):{\left( {x - 29} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 800\]

 +) Thay \[y =  - 3x - 15\] vào (2) ta được: x2+12x+36=0⇔x=-6⇒y=3;R=52

\[ \Rightarrow (C):{\left( {x + 6} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 50\]

Chọn C. 

Phương pháp giải: - Viết phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)

- Gọi \(I\left( {x;y;z} \right)\)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải hệ \[\left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\IA = IC\\I \in (ABC)\end{array} \right.\] tìm tâm I.

- Trong không gian \[Oxyz\], mặt phẳng đi qua điểm \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\;\]và nhận n→⁢⁢ =(A,B,C)làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: \[A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\].

Giải chi tiết:

Ta có:{A⁢B→⁢ =(-2;0;2)A⁢C→⁢⁢ =(0;2;-6)⇒[A⁢B→;A⁢C→]=(-4;-12;-4)

\( \Rightarrow \left( {ABC} \right)\)nhận n→⁢⁢ =(1;3;1)là 1 VTPT.

⇒ Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)là: \(1\left( {x - 4} \right) + 3\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 3y + z - 10 = 0\).

Gọi \(I\left( {x;y;z} \right)\)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\IA = IC\\I \in (ABC)\end{array} \right.\]

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2}\\{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2}\\x + 3y + z - 10 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4x + 4z = 4\\4y - 12z = 8\\x + 3y + z - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 6}}{{11}}\\y = \frac{{37}}{{11}}\\z = \frac{5}{{11}}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình mặt phẳng đi qua Ivà vuông góc với AB là:

\[ - 2\left( {x + \frac{6}{{11}}} \right) + 2\left( {z - \frac{5}{{11}}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 2z + 2 = 0 \Leftrightarrow x - z + 1 = 0\]

Chọn C.

Phương pháp giải: - Khi quay tam giác vuông IOM quanh cạnh góc vuông OI ta được một hình nón có chiều cao bằng độ dài cạnh OI và bán kính đáy là cạnh IM, đường sinh là cạnh huyền OM.

- Diện tích toàn phần của hình nón có độ dài đường sinh bằng \(l\) và bán kính đáy bằng \(r\) là \({S_{tp}}\, = \,\pi rl\, + \,\pi {r^2}\).

Giải chi tiết:

Khi quay tam giác vuông IOM quanh cạnh góc vuông OI ta được một hình nón có chiều cao bằng độ dài cạnh OI và bán kính đáy là cạnh IM, đường sinh là cạnh huyền OM. (như hình vẽ dưới đây)

Tam giác OIMvuông tại I có \(\widehat {IOM} = 30^\circ ;IM = a\) nên ta có:

\[r = IM = a;\;l = OM = \frac{{IM}}{{sinIOM}} = \frac{a}{{sin30}} = 2a\]

Do đó diện tích toàn phần của hình nón tạo thành là:

      \[Stp = \pi rl + \pi {r^2} = \pi .a.2a + \pi {a^2} = 3\pi {a^2}\]

Chọn D.

Phương pháp giải: Thể tích khối nón: \[{V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\]

Thể tích khối trụ: \[{V_{tru}} = \pi {r^2}h\]

Thể tích khối cầu: \[{V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\]

Giải chi tiết:

Giả sử cốc nước hình trụ có bán kính đáy là r, khi đó, chiều cao của hình trụ là 6r. Thể tích của khối trụ là: 

\[{V_{tru}} = \pi {r^2}.6r = 6\pi {r^3}\]

Khối cầu có bán kính bằng r và có thể tích là:  \[{V_{cau}} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\]

Khối nón có bán kính đáy bằng r và có chiều cao \[h = 6r - 2r = 4r\], có thể tích là:  \[{V_{non}} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {r^2}.4r = \frac{4}{3}\pi {r^3}\]

Thể tích của lượng nước còn lại là: \[V = {V_{tru}} - {V_{cau}} - {V_{non}} = 6\pi {r^3} - \frac{4}{3}\pi {r^3} - \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{{10}}{3}\pi {r^3}\]

Tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu là: \[\frac{{\frac{{10}}{3}\pi {r^3}}}{{6\pi {r^3}}} = \frac{5}{9}\]

Chọn: D

Phương pháp giải: - Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của các góc nhọn trong tam giác vuông và hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính chiều cao của khối lăng trụ.

- Khối lăng trụ có chiều cao \[h\], diện tích đáy B có thể tích là \[V = B.h\].

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC. Do ΔABC cân tại A nên \[AM \bot BC\]

Mà AM⊥BB' ⇒AM⊥(BB'C)

Kẻ \[MH \bot B'C,BK \bot B'C \Rightarrow \angle MHA = \left( {\left( {BB'C} \right);\left( {AB'C} \right)} \right) = 60^\circ \]

Tam giác ABC vuông cân tại A \[ \Rightarrow AM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\]

Tam giác AMH vuông tại M, \[\angle MHA = 60^\circ \; \Rightarrow MH = \frac{{AM}}{{tan60^\circ }} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\]

\[ \Rightarrow BK = 2.\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\]

Tam giác BB’C vuông tại B, BK là đường cao

 ⇒1B⁢K2=1B⁢C2+1B⁢B'⁢2⇔1(2⁢a3)2=1(2⁢a)2+1BB'2⇒BB'=a2⇒VA⁢B⁢C.A'⁢B'⁢C'=SA⁢B⁢C.BB'=(12.a.2a).a2 =a32.

Chọn B.

Phương pháp giải: Xác định thiết diện của mặt tứ diện khi cắt bởi mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\]..

Giải chi tiết:

Xét mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] và mặt phẳng \[\left( {ACD} \right)\] có:

P chung

\[MN \subset \left( {MNP} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC \subset \left( {ACD} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} MN//AC\](do MN là đường trung bình của tam giác ABC)

⇒ Giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] và \[\left( {ACD} \right)\] là đường thẳng qua P và song song với AC.

Trong \[\left( {ACD} \right)\] kẻ \[PQ//AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {Q \in AD} \right)\], khi đó M, N, P, Q đồng phẳng.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \[\frac{{AQ}}{{DQ}} = \frac{{CP}}{{DP}} = 2 \Rightarrow AQ = 2DQ\]

Chọn đáp án C. 

Phương pháp giải:

+) Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB: \[AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}} \]

+) Sử dụng đẳng thức \[M{A^2} = M{B^2} + M{C^2}\] suy ra phương trình mặt cầu (S) mà \[M \in \left( S \right)\]. Tìm bán kính của mặt cầu đó.

Giải chi tiết:

\[\begin{array}{l}M{A^2} = M{B^2} + M{C^2}\\ \Leftrightarrow {(1 - x)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {(2 - y)^2} + {z^2} + {x^2} + {y^2} + {(3 - z)^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 1 = 2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 4y - 6z + 13\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4y - 6z + 12 = 0( * )\end{array}\]

Điểm \[M\left( {x,y,z} \right)\] thỏa mãn phương trình (*) có dạng phương trình mặt cầu. Ta có a2+b2+c2-d⁢⁢ =(-1)2+22+32-12⁢⁢ =2⁢ >0 , do đó tập hợp các điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là mặt cầu có bán kính \[R = \sqrt 2 \].

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d nên mặt phẳng (P) có 1 VTPT là VTCP của đường thẳng d.

- Phương trình mặt phẳng đi qua \[M({x_0};{y_0};{z_0})\] và có 1 VTPT \[\overrightarrow n \left( {A;B;C} \right)\] là:

\[A(x - {x_0}) + B(y - {y_0}) + C(z - {z_0}) = 0\].

Giải chi tiết:

Đường thẳng d có 1 VTCP là: \[\overrightarrow u \left( {2;1; - 1} \right).\]

Vì \[d \bot \left( P \right)\] nên mặt phẳng (P) có 1 VTPT là: nP→⁢⁢ =u→⁢⁢ =(2;1;-1).

Mặt phẳng (P) đi qua \[A\left( {1;2;0} \right)\] và có 1 VTPT nP→⁢ =(2;1;-1) là: \[2\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 2} \right) - 1\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - z - 4 = 0\].

Chọn C.

Phương pháp giải: - Đặt \[y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\], tính đạo hàm của hàm số.

- Số cực trị của hàm số là số nghiệm bội lẻ của phương trình y'=0.

Giải chi tiết:

Đặt \[y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right) \Rightarrow g\prime \left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {x2 - 2x} \right).\]

y'=0⇔(2x-2)f'(x2-2x)=0⇔[2x-2=0x2-2x=-1x2⇔[x=1⁢⁢x=-1+2x=-1-2

Trong đó \[x = 1\] là nghiệm bội 3, hai nghiệm còn lại là nghiệm đơn.

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn C.

Phương pháp giải: - Sử dụng tính chất hình thang cân: ABCD là hình thang cân nên \[\left\{ \begin{array}{l}AD = BC\\AB\parallel CD\end{array} \right.\]

- \[\overrightarrow {BA} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {CD} \] cùng hướng nên C⁢D→=kB⁢A→(k>0), tham số hóa tọa độ điểm D.

- Thay vào biểu thức  rồi tìm D.

- Loại trường hợp \[\overrightarrow {AD} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {BC} \] cùng phương.

Giải chi tiết:

Vì \[ABCD\]  là hình thang cân nên \[\left\{ \begin{array}{l}AD = BC\\AB\parallel CD\end{array} \right.\]

Ta có: A⁢(3;1;-2);B⁢(-1;3;2);C⁢(-6;3;6);D⁢(a;b;c)

⇒B⁢A→⁢ =(4;-2;-4);C⁢D→⁢=(a+6;b-3;c-6).

Vì \[\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {CD} \] cùng hướng nên C⁢D→ =kB⁢A→→(k>0), khi đó ta có:

{a+6=4⁢k⁢⁢b-⁢3=-2⁢kc-6=⁢ -4⁢k⇔{a=4⁢k-6⁢b=⁢-2⁢k+3c= -4⁢k+6⇒D⁢(4⁢k-6;-2⁢k+3;-4⁢k+6).Vì \[ABCD\] là hình thang cân nên \[AD = BC \Leftrightarrow A{D^2} = B{C^2}\].

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {4k - 9} \right)^2} + {\left( { - 2k + 2} \right)^2} + {\left( { - 4k + 8} \right)^2} = {\left( { - 5} \right)^2} + {0^2} + {4^2}\\ \Leftrightarrow 36{k^2} - 144k + 108 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 3\\k = 1\end{array} \right.\left( {tm} \right)\end{array}\]

Với \[k = 3 \Rightarrow D\left( {6; - 3; - 6} \right)\].

Khi đó ta có: A⁢D→⁢ =(3;-4;-4),B⁢C→⁢ =(-5;0;4) không cùng phương (thỏa mãn).

Với \[k = 1 \Rightarrow D\left( { - 2;1;2} \right)\].

Khi đó ta có: A⁢D→⁢⁢ =(-5;0;4),B⁢C→⁢⁢ =(-5;0;4) cùng phương (không thỏa mãn).

Vậy D⁢(6;-3;-6)⇒a+b+c=⁢ -3.

Chọn D.

Phương pháp giải: Hàm số \[y = f\left( {\left| x \right|} \right)\] có \[2a + 1\] điểm cực trị khi hàm số \[y = f\left( x \right)\] có \[a\] điểm cực trị dương.

Giải chi tiết:

Hàm số \[y = f\left( x \right)\] có 3 điểm cực trị là \[ - 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5\].

Nên hàm số \[y = f\left( {\left( {x + 1} \right) - m} \right)\] có 3 điểm cực trị là [x+1-m=⁢ -2⁢⁢x+1-m=2x+1-m=5⇔[x=m-3⁢⁢x=m+1x=m+4

Hàm số \[y = f\left( {\left( {\left| {x + 1} \right|} \right) - m} \right)\] có đúng 3 điểm cực trị khi \[y = f\left( {\left( {x + 1} \right) - m} \right)\] có đúng 1 cực trị lớn hơn \[ - 1\].

Do đó {m-3≤⁢ -1⁢⁢m+1≤ -1m+4> -1⇔{m≤2⁢⁢m≤ -2m> -5⇔-5<m≤ -2. Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2} \right\}\]

Vậy S=-4-3-2= -9

Chọn B.

Phương pháp giải: - Nhẩm nghiệm \[x = 3\].

- Xét các trường hợp \[x > 3,\; - 1 \le x < 3\].

- Chứng minh đó là nghiệm duy nhất bằng cách đặt ẩn phụ \[x + 1 = y\].

- Chứng minh các bất phương trình luôn đúng.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: x≥⁢ -1

Ta có: \[x = 3\] là một nghiệm của phương trình.

Với \[x > 3\]: Đặt \[x + 1 = y\left( {y > 4} \right)\] phương trình đã cho trở thành: \[y = \sqrt {2y + 2\sqrt {2y + 2\sqrt {4y} } } \]

Ta có:

\[4 < y \Rightarrow 4y < {y^2}\]

⇔4⁢y⁢⁢ <y2⁢⁢ =y (Do \[y > 4 \ge 0\])

⇔24⁢y <2y⇔2y+24⁢y≤2y+2y=4y⇔22⁢y+2⁢4⁢y≤24⁢y⇔2⁢y+2⁢2⁢y+2⁢4⁢y <2⁢y+2⁢4⁢y<2⁢y+2⁢y =4⁢y<y

⇒ Phương trình vô nghiệm.

Với \[ - 1 \le x < 3\]: Chứng minh tương tự ta có phương trình vô nghiệm.

Vậy \[x = 3\] là nghiệm duy nhất của phương trình.

Chọn B.

Phương pháp giải: - Xét tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \sin 2x.f\left( {{{\cos }^2}x} \right)dx\], đổi biến \[t = {\cos ^2}x\]. Tính được \[\mathop \smallint \limits_0^1 f\left( x \right)dx\].

- Sử dụng tính chất tích phân \[\mathop \smallint \limits_a^b \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx = \mathop \smallint \limits_a^b f\left( x \right)dx + \mathop \smallint \limits_a^b g\left( x \right)dx\], phân tích \[\mathop \smallint \limits_0^1 \left[ {2f\left( {1 - x} \right) - 3{x^2} + 5} \right]dx\]

- Tiếp tục đổi biến hoặc đưa biến vào vi phân, biểu diễn \[\mathop \smallint \limits_0^1 \left[ {2f\left( {1 - x} \right) - 3{x^2} + 5} \right]dx\] theo \[\mathop \smallint \limits_0^1 f\left( x \right)dx\] và tính.

Giải chi tiết:

Xét tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \sin 2x.f\left( {{{\cos }^2}x} \right)dx\].

Đặt t=cos2⁡x⇒t=2⁢cos⁡x.(-sin⁡x)⁢d⁢x= -sin⁡2⁢x⁢d⁢x.

Đổi cận: \[x = 0 \Rightarrow t = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow t = 0\].

Khi đó ta có I=-∫10f⁢(t)⁢d⁢t=∫01f⁢(x)⁢d⁢x=1.

Ta có:

∫01[2f(1-x)-3x2+5]dx=2∫01f(1-x)dx+∫01(-3x2+5)dx= -2∫01f(1-x)d(1-x)+4=2.1+4=6

Chọn D.

Phương pháp giải: - Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “tích các số ghi trên 5 quả cầu đó chia hết cho 3”. Để tích 5 số chia hết cho 3 thì trong 5 số phải có ít nhất 1 số thuộc tập X. Xét biến cố đối.

- Sử dụng công thức \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right)\].

Giải chi tiết:

Chọn ngẫu nhiên 5 quả cầu từ 10 quả cầu ⇒ Không gian mẫu:n⁢(Ω⁢⁢ )=C105.

Gọi A là biến cố: “tích các số ghi trên 5 quả cầu đó chia hết cho 3”.

Ta chia các số từ 1 đến 10 thành 2 tập hợp: \[X = \left\{ {3;6;9} \right\}\;v\`a \;Y = \left\{ {1;2;4;5;7;8;10} \right\}\].

Để tích 5 số chia hết cho 3 thì trong 5 số phải có ít nhất 1 số thuộc tập X.

Xét biến cố đối: “Không có số nào trong 5 số chia hết cho 3” ⇒ Chọn 5 số từ tập hợp Y có \[C_7^5\] cách.

\[ \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_7^5\; \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{C_7^5}}{{C_{10}^5}} = \frac{1}{{12}}.\]

Vậy \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{11}}{{12}}\].

Chọn D.

Phương pháp giải: Phân chia khối đa diện: \[{V_{A'MPB'NQ}} = {V_{C.C'PQ}} - {V_{CC'A'B'NM}}\]. Xác định các tỉ số về chiều cao và diện tích đáy để suy ra tỉ số giữa chóp, lăng trụ,…

Giải chi tiết:

Gọi diện tích đáy, chiều cao, thể tích của hình lăng trụ \[ABC.A'B'C'\]lần lượt là \[S,h,V \Rightarrow V = Sh\].

Ta có: \[\Delta PQC' \sim \Delta A'B'C'\;\]theo tỉ số 2

\[ \Rightarrow {S_{C'PQ}} = 4{S_{A'B'C'}} = 4S.\].

\[ \Rightarrow {V_{C.C'PQ}} = \frac{1}{3}.h.4S = \frac{4}{3}V.\]

Ta có : \[{S_{ABNM}} = \frac{1}{2}{S_{ABB'A'}} \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{1}{2}{V_{C.ABB'A'}}\]

Mà \[{V_{C.ABB'A'}} = \frac{2}{3}V \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}V = \frac{V}{3}3\]

\[ \Rightarrow {V_{CC'A'B'NM}} = V - \frac{V}{3} = \frac{2}{3}V\]

Vậy \[{V_{A'MPB'NQ}} = \frac{4}{3}V - \frac{2}{3}V = \frac{2}{3}V\].

Chọn D.

Đáp án: 1

Phương pháp giải: Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại điểm có hoành độ \[x = {x_0}\] là \[k = f\prime \left( {{x_0}} \right)\].

Giải chi tiết:

Ta có: y'=3x2-2

Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ \[x = 1\] là \[k = f\prime \left( 1 \right) = 3.12 - 2 = 1\].

Đáp án: 0

Phương pháp giải: Số điểm cực trị của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] là số nghiệm bội lẻ của phương trình \[f'\left( x \right) = 0\].

Điểm \[x = {x_0}\] là điểm cực đại của hàm số \[y = f\left( x \right) \Leftrightarrow \] tại điểm \[x = {x_0}\] thì hàm số có \[y\prime \]  đổi dấu từ dương sang âm.

Giải chi tiết:

Ta có: \[f'\left( x \right) = 0\]

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

Ta thấy \[x = 1\] là nghiệm bội 4 của phương trình \[f\prime \left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 1\] không là điểm cực trị của hàm số.

Ta có bảng xét dấu:

Ta thấy qua điểm \[x = 2\] thì \[f\prime \left( x \right)\;\]đổi dấu từ âm sang dương nên \[x = 2\] là điểm cực tiểu của hàm số.

⇒ Hàm số không có điểm cực đại.

Đáp án:23

Phương pháp giải: Xét M⁢(x⁢0;y⁢0;z⁢0),(α⁢⁢ ):A⁢x+B⁢y+C⁢z+D=0. Khoảng cách từ M đến (α⁢)là:

                        d⁢(M,(α⁢ ))=|A⁢x⁢0+B⁢y⁢0+C⁢z⁢0+D|A⁢2+B⁢2+C⁢2

Giải chi tiết:

Khoảng cách từ A đến (α⁢⁢ )là: d⁢(A,(α⁢⁢ ))=|-1-2.3-2.(-2)+5|12+22+22=23 .

Đáp án: 2717

Phương pháp giải: Do ở đây việc tìm trực tiếp sẽ có nhiều trường hợp nên ta sẽ giải quyết bài toán bằng cách gián tiếp, ta sẽ đi tìm bài toán đối. Ta tìm số cách chọn ra 5 bạn mà trong đó có cả bạn Thùy và Thiện.

Giải chi tiết:

Bài toán đối: tìm số cách chọn ra 5 bạn mà trong đó có cả bạn Thùy và Thiện.

Bước 1: Chọn nhóm 3 em trong 13 em (13 em này không tính em Thùy và Thiện) có \[C_{13}^3 = 286\] cách.

Bước 2: Chọn 2 em Thùy và Thiện có 1 cách.

Vậy theo quy tắc nhân thì ta có 286 cách chọn 5 em mà trong đó có cả 2 em Thùy và Thiện.

Chọn 5 em bất kì trong số 15 em thì ta có: \[C_{15}^5 = 3003\] cách.

Vậy theo yêu cầu đề bài thì có tất cả 3003−286=2717cách chọn mà trong đó có ít nhất một trong hai em Thùy Và Thiện không được chọn.

Đáp án: \(2018\)

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Đặt \[\frac{{f\left( x \right) - 2018}}{{x - 4}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 4} \right)g\left( x \right) + 2018 \Rightarrow \mathop {lim}\limits_{x \to 4} f\left( x \right) = 2018.\]

L=l⁢i⁢mx→41009⁢[f⁢(x)-2018](x⁢⁢ -2)⁢[2019⁢f⁢(x)+2019⁢ +2019]=l⁢i⁢mx→41009⁢[f⁢(x)-2018]⁢(x⁢ +2)(x-4)⁢[2019⁢f⁢(x)+2019⁢ +2019]=1009.l⁢i⁢mx→4f⁢(x)-2018x-4.x⁢⁢ +22019⁢f⁢(x)+2019⁢ +2019=1009.2019.2018⁢⁢ +22019.2018+2019⁢⁢ +2019=1009.1009.2019.4 +22019+2019=2018

Đáp án: 1

Phương pháp giải: Hàm số \[y = a{x^2} + bx + c\] (a>0) (đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm)x=⁢ -b2a⁢y

Giải chi tiết:

Ta có: \[y = {x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2} + 1 \ge 1 \Rightarrow {y_{min}} = 1.\]

Đáp án: \(\left\{ 2 \right\}\)

Phương pháp giải: Tính \[y\prime .\]

Tìm ĐK để y' =0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \[{x_1}{x_2} = 2\].

Giải chi tiết:

Ta có: y'=x2-2mx+m2-m

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị ⇔y'=0có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - {m^2} + m > 0 \Leftrightarrow m > 0\]Khi đó 

x1x2=2⇔m2-m=2⇔m2-m-2=0⇔[m=⁢ -1⁢(l⁢o⁢a⁢i)⁢m=2⁢(T⁢M)

Vậy \[m = 2\].

Đáp án: \(\frac{{10}}{3}\)

Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right),\;y = g\left( x \right),\]đường thẳng \[x = a,\;x = b\] là \[S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \].

Giải chi tiết:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[g\left( x \right) = x + 2;f\left( x \right) = \sqrt x \] là

S=∫02x⁢𝑑x⁢ +∫24(x⁢⁢ -x+2)⁢𝑑x⁢§=23⁢x⁢x|02+(23⁢x⁢x⁢ -x22+2⁢x)|24⁢§=4⁢23+163-2-4⁢23=103

Đáp án: 2

Phương pháp giải: Số nghiệm của phương trình \[f\left( x \right) = m\] là số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] và đường thẳng \[y = m\] song song với trục hoành.

Giải chi tiết:

Đường thẳng \[y = m\] cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại 2 điểm phân biệt trên \[\left( { - \infty ;2} \right]\] khi và chỉ khi [m=⁢ -1⁢m=2.

Vậy có 2 giá trị của \[m\] thỏa mãn.

Đáp án: 3

Phương pháp giải: +) Gọi số phức z=a+b⁢i⇒z¯⁢⁢ =a-b⁢i.

+) Từ mỗi giải thiết đã cho, tìm đường biểu diễn số phức z.

+) Tìm giao điểm của đường biểu diễn số phức z ở giả thiết thứ nhất và thứ 2.

Giải chi tiết:

Gọi số phức z=a+b⁢i⇒z¯⁢⁢ =a-b⁢i.

Từ giả thiết thứ nhất ta có :

|z|2=2|z+z¯|+4⇔a2+b2-2.2|a|-4=0⇔[a2+b2-4a-4=0{a2+b2+4a-4=0

⇒ Tập hợp các số phức z là đường tròn \[\left( {{C_1}} \right):{x^2} + {y^2} - 4x - 4 = 0\;\] hoặc \[\left( {{C_2}} \right):{x^2} + {y^2} + 4x - 4 = 0.\]

Từ giả thiết thứ hai ta có:

|z-1-i|=|z-3+3⁢i|⇔|a-1+b⁢i-i|=|a-3+b⁢i+3⁢i|⇔(a-1)2+(b-1)2=(a-3)2+(b+3)2⇔⁢ -2⁢a+1-2⁢b+1= -6⁢a+9+6⁢b+9⇔4⁢a-8⁢b-16=0⇔a-2⁢b-4=0

⇒ Tập hợp các số phức z là đường thẳng \[x - 2y - 4 = 0\left( d \right).\]

Vậy số phức thỏa mãn 2 giả thiết trên là số giao điểm của d với \[\left( {{C_1}} \right)\] và \[\left( d \right)\] với \[\left( {{C_2}} \right)\].

Dựa vào hình vẽ ta thấy có 3 giao điểm của d với \[\left( {{C_1}} \right)\] và \[\left( d \right)\] với \[\left( {{C_2}} \right)\]. Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án:30

Phương pháp giải: Góc giữa hai mặt phẳng (khác \[90^\circ \]) bằng góc giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

Giải chi tiết:

Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CM \bot AB\\C'M \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \left( {(AB\widehat {C),(A}BC')} \right) = \left( {C\widehat {M,C'}M} \right) = \widehat {CMC'}\]

Tam giác \[ABC\] đều cạnh 2a nên \[CM = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \]

Tam giác  vuông tại C nên :

\(\tan \widehat {CC'M} = \frac{{CC'}}{{CM}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CMC'} = 30^\circ \) 

Vậy \[\left( {(AB\widehat {C),(A}BC')} \right) = 30^\circ \].

Đáp án:0

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Đường thẳng \[d:\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{z}{{ - 2}}\] có một vecto chỉ phương

u→⁢ =(-1;-2;2).

 ⇒{a= -2⁢b=⁢2⇒T=a2-2⁢b=(-2)2-2.2=0.

Đáp án: 36

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

ĐK: \[{x^2} + 6x + 5 + m > 0\].

\[\begin{array}{l}lo{g_7}\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) + 1 > lo{g_7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right)\\ \Leftrightarrow lo{g_7}7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) > lo{g_7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right)\\ \Leftrightarrow 7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) > {x^2} + 6x + 5 + m\\ \Leftrightarrow 7{x^2} + 14x + 14 - {x^2} - 6x - 5 - m > 0\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + 8x + 9 - m > 0\end{array}\]

Bất phương trình đã cho có nghiệm chứa khoảng \[\left( {1;3} \right)\] ⇔ bất phương trình đã cho xác định trên khoảng \[\left( {1;3} \right)\] và bất phương trình luôn đúng với mọi \[x \in \mathbb{R}\]hoặc bất phương trình có nghiệm thỏa mãn \[\left[ \begin{array}{l}3 \le {x_1} < {x_2}\\{x_1} < {x_2} \le 1\end{array} \right.\]  với \[{x_1},{x_2}\] là hai nghiệm của phương trình \[6{x^2} + 8x + 9 - m = 0\].

⇔[Δ' <0{Δ'≥0[{x1+x2>6(x1-3)⁢(x2-3)≥0⁢{x1+x2<2(x1-1)⁢(x2-1)≥0⇔[42-6⁢(9-m)<0{42-6⁢(9-m)≥0[{-86>6(ktm){x1x2-3(x1+x2)+9≥0{-86<2{x1x2-(x1+x2)+1≥0⇔[16-54+6⁢m<0⁢{16-54+6⁢m≥0⁢9-m⁢6+86+1≥0⇔[m<193⁢{m≥193⁢9-m+8+6≥0⇔[m<193{m≥193⁢m≤23⇔[m<193⁢⁢193≤m≤23⇔m≤23

Hàm số đã cho xác định trên (1;3)⇔x2+6⁢x+5+m>0⁢∀x∈(1;3)

⇔[Δ' <0{Δ' ≥0[3≤x1<x2x1<x2≤1⇔[Δ' <0{Δ'≥0[{x1+x2>6(x1-3)⁢(x2-3)≥0{x1+x2<2(x1-1)⁢(x2-1)≥0⇔[32-5-m<0{32-5-m≥0[{-6>6(ktm)x1x2-3(x1+x2)+9≥0{-6<2x1x2-(x1+x2)+1≥0⇔[9-5-m<0{9-5-m≥0⁢5+m+6+1≥0⇔[m>4⁢{m≤4⁢m≥⁢ -12⇔m≥-12

Kết hợp lại ta có: \[ - 12 \le m \le 23\], mà \[m \in Z\]

Vậy có \[\left( {23 + 12} \right):1 + 1 = 36\] giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án:.\(\frac{{\sqrt 3 a}}{3}\) 

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó \[HM \bot AB\], suy ra \[AB \bot \left( {AHM} \right)\], do đó:

\(\widehat {B'MH} = \left( {(ABB'\widehat {A');(A}BC)} \right) = 60^\circ \)

Gọi I là hình chiếu của H trên \(B'M\). Khi đó \[HI \bot AB\] nên \[HI \bot \left( {ABB'A'} \right)\]. Ta có:

\[d(G;\left( {ABB'A'} \right) = \frac{2}{3}d(C';\left( {ABB'A'} \right) = \frac{2}{3}d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H;\left( {ABB'A\prime '} \right)} \right) = \frac{4}{3}HI\]

Xét tam giác vuông \[B'HM\], ta có M⁢H=A⁢C2;B'⁢H=H⁢M.t⁢a⁢n⁢60∘⁢ =a⁢32.

Vậy \[d(G;\left( {ABB'A'} \right) = \frac{{4HI}}{3} = \frac{{4HM.HB'}}{{3\sqrt {H{M^2} + HB{'^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].

Đáp án: 30;20

Phương pháp giải: - Gọi chiều dài, chiều rộng của trang chữ lần lượt là \[x,y\left( {x,y > 0,cm} \right).\]

- Từ diện tích trang chữ, rút \[y\] theo \[x\] hoặc ngược lại.

- Tính chiều dài, chiều rộng của trang sách, từ đó tính diện tích trang sách.

- Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm : \[a + b \ge 2\sqrt {ab} \] hoặc sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN, GTNN của hàm số.

Giải chi tiết:

Gọi chiều dài, chiều rộng của trang chữ lần lượt là \[x,y\left( {x,y > 0,cm} \right).\]

Vì trang chữ có diện tích là \[384c{m^2}\] nên \[xy = 384 \Rightarrow y = \frac{{384}}{x}\].

Chiều dài của trang sách là \[x + 6(cm),\]chiều rộng của trang sách là \[y + 4\left( {cm} \right).\]

Khi đó, diện tích của trang sách là:

S=(x+6)⁢(y+4)=(x+6)⁢(384x+4)=384+4⁢x+2304x+24=408+4⁢x+2304x≥408+2.4⁢x.2304x⁢ =600

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[4x = \frac{{2304}}{x} \Leftrightarrow x = 24.\].

⇒\[{S_{max}} = 600 \Leftrightarrow x = 24 \Rightarrow y = \frac{{384}}{{24}} = 16.\].

Vậy chiều dài, chiều rộng của trang sách lần lượt là 30, 20 cm.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Đất nước.

Giải chi tiết:

Nội dung đoạn trích là cơ sở hình thành của đất nước, vậy nên cả hai đáp án trên đều sai.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Đất nước.

Giải chi tiết:

Câu thơ trên gợi nhắc tới truyền thuyết Thánh Gióng.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Đất nước.

Giải chi tiết:

Câu thơ trên gợi nhắc tới truyền thuyết Thánh Gióng.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Đất nước kết hợp với kiến thức về thành ngữ.

Giải chi tiết:

Hạt gạo phải một nắng hai sương xay, giã, giần, sàng

=> Thành ngữ: Một nắng hai sương chỉ sự vất vả, cần cù chăm chỉ của con người

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ các biện pháp nghệ thuật.

Giải chi tiết:

Biện pháp nghệ thuật nổi bật được tác giả sử dụng trong đoạn thơ trên là liệt kê với: miếng trầu, trồng tre mà đánh giặc, tóc mẹ thì bới sau đầu, gừng cay muối mặn, cái kèo, cái cột...

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào các phương thức biểu đạt đã học

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên được viết theo phương thức nghị luận.

Chọn D.

Phương pháp giải: Đọc, tìm ý.

Giải chi tiết:

Theo đoạn trích: “Bản lĩnh đúng nghĩa chỉ có được khi bạn biết đặt ra mục tiêu và phương pháp để đạt được mục tiêu đó”.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:

Câu văn trên sửa dụng biện pháp tu từ so sánh. So sánh việc không có phương pháp với việc chạy trên con đường có nhiều ổ gà.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Điều thứ ba vô cùng quan trọng chính là khả năng của bạn. Đó là những kỹ năng đã được trau đồi cùng với vốn tri thức, trải nghiệm. Một người mạnh hay yếu quan trọng là tùy thuộc vào yếu tố này.

Như vậy, sự mạnh yếu của một người phụ thuộc vào khả năng của người đó.

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ vào các phong cách ngôn ngữ đã học

Giải chi tiết:

Bài viết được trích từ một bài báo online. Vì vậy, phong cách ngôn ngữ được sử dụng ở dây là phong cách báo chí.

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ 6 phương thức biểu đạt đã học (miêu tả, tự sự, biểu cảm, nghị luận, thuyết minh, hành chính – công vụ).

Giải chi tiết:

Phương thức biểu đạt chính: nghị luận

Chọn D.

Phương pháp giải:

Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

Thành công là đạt được những điều mong muốn, hoàn thành mục tiêu của mình.

Chọn B.

Phương pháp giải: Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

Đích cuối cùng mà chúng ta nhắm tới là hạnh phúc.

Chọn A.

Phương pháp giải: Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

Đích cuối cùng mà chúng ta nhắm tới là hạnh phúc.

Chọn A.

Phương pháp giải: Phân tích, tổng hợp

Giải chi tiết:

Bài học: Bí quyết để có cuộc sống thành công thực sự

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ 6 phong cách ngôn ngữ đã học (sinh hoạt, nghệ thuật, chính luận, báo chí, khoa học, hành chính).

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên mang đầy đủ đặc điểm của phong cách chính luận:

- Tính công khai về quan điểm chính trị: Tác giả bày tỏ quan điểm của mình về tính tự kiêu, tự đại và tác hại của nó đối với con người.

- Tính chặt chẽ trong diễn đạt và suy luận: Tác giả đưa ra tác hại của tính tự kiêu và lấy ví dụ so sánh để người đọc có thể hình dung một cách cụ thể. Các câu văn ngắn liên tiếp được nối với nhau bằng các phép liên kết câu làm cho đoạn văn trở nên chặt chẽ.

- Tính truyền cảm và thuyết phục: Giọng điệu hùng hồn, ngôn từ sáng rõ

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ vào 6 thao tác lập luận đã học (giải thích, chứng minh, phân tích, so sánh, bình luận, bác bỏ).

Giải chi tiết:

- Thao tác lập luận:

+ Giải thích: “Tự kiêu, tự đại là khờ dại”.

+ Bác bỏ: “Chớ tự kiêu, tự đại”.

+ Phân tích: các câu tiếp theo.

+ So sánh: “Người mà tự kiêu, tự mãn, cũng như cái chén, cái đĩa cạn…”

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào 6 thao tác lập luận đã học (giải thích, chứng minh, phân tích, so sánh, bình luận, bác bỏ).

Giải chi tiết:

- Thao tác lập luận:

+ Giải thích: “Tự kiêu, tự đại là khờ dại”.

+ Bác bỏ: “Chớ tự kiêu, tự đại”.

+ Phân tích: các câu tiếp theo.

+ So sánh: “Người mà tự kiêu, tự mãn, cũng như cái chén, cái đĩa cạn…”

Chọn A.

Phương pháp giải: Phân tích, lý giải, tổng hợp
Giải chi tiết:
“Tự kiêu, tự đại tức là thoái bộ”: ý kiến nêu lên tác hại của việc tự kiêu, tự đại. “Thoái bộ” ở đây nghĩa là suy thoái, thụt lùi. Một người tự kiêu, tự đại sẽ không học hỏi được những điều hay, không tiếp thu được những kiến thức mới mà chỉ bị thụt lùi về phía sau và không phát triển bản thân lên được.
Chọn B.

Phương pháp giải: Phân tích, liên hệ

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên phê phán tính tự kiêu, tự đại, giống với văn bản Ếch ngồi đáy giếng.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

“Nguyễn Đình Chiểu là nhà thơ có quan niệm văn chương nhất quán. Ông chủ trương dùng văn chương biểu hiện đạo lý và chiến đấu cho sự nghiệp chính nghĩa.”

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào lỗi sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.

Giải chi tiết:

Từ “nghiêm trọng” sai về ngữ nghĩa.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Thao tác lập luận bình luận là đưa ra ý kiến đánh giá (xác định phải trái, đúng sai, hay dở), bàn bạc (trao đổi ý kiến) về một tình hình, một vấn đề.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Thao tác lập luận bình luận là đưa ra ý kiến đánh giá (xác định phải trái, đúng sai, hay dở), bàn bạc (trao đổi ý kiến) về một tình hình, một vấn đề.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Từ thân thiết không phù hợp dùng trong văn cảnh

=> Sửa lại: gần gũi

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào các loại từ đã học

Giải chi tiết:

Các từ “nhấp nhô”, “cuồn cuộn”, “lăn tăn” là các từ đồng nghĩa dùng để chỉ trạng thái vận động của con sóng. Từ “nhấp nhổm” là từ dùng để chỉ hoạt động trạng thái của con người.

Chọn D.

Phương pháp giải: Vận dụng kiến thức về từ loại

Giải chi tiết:

Từ “nhỏ nhắn” là từ láy. Các từ còn lại đều là từ ghép.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào các loại từ đã học

Giải chi tiết:

Các từ: “kiến thiết”, “xây dựng”, “tu sửa” dùng đối với các công trình lớn. Riêng từ “sửa chữa” dùng cho các đồ vật nhỏ hàng ngày.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào hiểu biết về các tác giả đã học trong chương trình THPT

Giải chi tiết:

Tố Hữu là nhà thơ thuộc thế hệ nhà thơ Cách mạng. Ông viết thơ chủ yếu để phục vụ Cách mạng không đề cao cái tôi. Các tác giả còn lại đều thuộc phong trào thơ mới. Đặc trưng của phong trào thơ mới là đề cao cái tôi nên đây cũng chính là đặc điểm nổi bật trong phong cách nghệ thuật của các nhà thơ trên.

Chọn B.

Phương pháp giải: Vận dụng những hiểu biết về các tác phẩm trong chương tình Ngữ văn THPT.

Giải chi tiết:

Các đáp án A, B, C đều là các tác phẩm có phần đề từ:

- Tràng giang (Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài)

- Người lái đò Sông Đà (“Chúng thủy giai Đông tẩu/ Đà giang độc Bắc lưu” và “Đẹp vậy thay tiếng hát trên dòng sông”)

- Đàn ghi ta của Lor – ca (Khi tôi chết hãy chôn tôi với cây đàn)

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ hiểu biết về tác giả trong chương trình THPT

Giải chi tiết:

Viết về người trí thức tiểu tư sản nghèo, Nam Cao đã mạnh dạn phân tích và mổ xẻ tất cả

Chọn A.

Phương pháp giải: Điền từ.

Giải chi tiết:

“Quá trình tiếp nhận văn học có vai trò, ý nghĩa vô cùng quan trọng trong lịch sử phát triển của văn học.”

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào ý nghĩa từ và câu

Giải chi tiết:

Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống

Chọn B.

Phương pháp giải: Điền từ.

Giải chi tiết:

"Xuân Diệu là nhà thơ mới nhất trong các nhà thơ mới".

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung câu văn.

Giải chi tiết:

“Ngay lúc ấy, một chiếc thuyền đâm thẳng vào trước chỗ tôi đứng”

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào kiến thức về biện pháp tu từ đã học
Giải chi tiết:
- Biện pháp tu từ: Ẩn dụ (tắm, bể máu)
- Tác dụng: Khắc sâu tội tác dã man, tàn độc của thực dân Pháp đối với cách mạng, nhân dân ta. Đồng thời bộc lộ thái độ căm phẫn của tác giả trước tội ác của kẻ thù và nỗi đau xót của tác giả trước thảm cảnh của nhân dân.
Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn thơ và vận dụng các kiến thức về biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:

Điệp từ “nhớ” nhấn mạnh cảm xúc của tác giả khi ông phải rời xa binh đoàn Tây tiến vốn đã gắn bó rất lâu.

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên thể hiện vẻ đẹp lao động rất đỗi bình dị. Đối với mọi người công việc vượt thác là một công việc khó khăn đòi hỏi sự điêu luyện nhưng đối với những người hùng sông nước thì họ lại coi đó là một điều rất bình thường và cùng giản dị. Câu chuyện của họ nhắc đến các loại cá thay vì nhắc đến chiến công trong cuộc chiến với Sông Đà. Đây chính là vẻ đep của chất vàng mười mà Nguyễn Tuân đề cao.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ những phong cách ngôn ngữ đã học

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên được trích trong tác phẩm văn học. Đoạn trích có sử dụng ngôn từ, nghệ thuật giàu hình ảnh. Đây là đặc trưng của phong cách ngôn ngữ nghệ thuật

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Câu thơ “Bao giờ bến mới gặp đò” sử dụng biện pháp tu từ ẩn dụ. Trong đó “bến” là hình ảnh ẩn dụ cho người con gái, “đò” là hình ảnh ẩn dụ cho người con trai.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Nguyễn Tuân gọi đây là cảnh xưa nay chưa từng có bởi lẽ:

- Nơi cho chữ: Là một căn buồng nơi giam tử tù chứ không phải là nơi thanh cao, tao nhã.

- Người cho chữ không phải là một ông đồ trong trang phục khăn xếp mà là một người tù ngày mai phải ra pháp trường chịu án tử hình.

- Người nhận chữ với dáng vẻ khúm núp lại là viên quản ngục

- Huấn Cao không chỉ cho chữ quản ngục mà còn cho quản ngục con đường hướng thượng hướng thiện.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung tác phẩm Rừng xà nu.

Giải chi tiết:

Hình ảnh cây xà nu trong đoạn trích trên là biểu tượng cho sức sống mãnh liệt và ý chí không chịu khuất phục của người dân làng Xô man. Đạn đại bác cũng không tiêu diệt được rừng xà nu cũng như không dập tắt được sức sống tiềm tàng của người dân nơi đây.

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ vào các biện pháp nghệ thuật đã học

Giải chi tiết:

Câu thơ “Củi một cành khô lạc mấy dòng” sử dụng biện pháp nghệ thuật đảo ngữ (Đảo số từ lên trước danh từ)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung văn bản đã học

Giải chi tiết:

Đoạn trích được kể thông qua lời của nhân vật Phùng.

Chọn D

Phương pháp giải: Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học.

Giải chi tiết:

Đoạn thơ trên sử dụng các biện pháp tu từ:

- Câu hỏi tu từ (Ai biết tình ai có đậm đà?)

- Điệp từ (khách đường xa)

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Chiều tối.

Giải chi tiết:

Hai câu đầu bài thơ “Chiều tối” gợi lên trong lòng người đọc cảm giác  mệt mỏi, cô quạnh

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:

Hình ảnh con sóng trong đoạn trích là một hình ảnh ẩn sụ. Con sóng là ẩn dụ cho người phụ nữ trong tình yêu

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung của tác phẩm Vĩnh biệt Cửu Trùng Đài.

Giải chi tiết:

Đài Cửu Trùng chính là hình ảnh thể hiện mộng lớn của Vũ Như Tô và Đan Thiềm. Đài Cửu Trùng cháy có nghĩa là mộng lớn đã tan thành mây khói. Đan Thiềm nói vĩnh biệt ở đây là vĩnh biệt mộng lớn của hai người.

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung của tác phẩm

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên nói đến vẻ đẹp trữ tình thơ mộng của con Sông Đà.

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung của tác phẩm

Giải chi tiết:

Tiếng chửi của Chí Phèo là một cách mở đàu câu chuyện hết sức độc đáo của Nam Cao. Tiếng chửi ấy không phải là tiếng chửi của một thằng sau rượu  hay một tên lưu manh. Tiếng chửi ấy bắt nguồn từ khát khao được giao tiếng với con người của nhân vật Chí Phèo.

Chọn C.

Phương pháp giải: SGK Lịch sử 11, trang 72.

Giải chi tiết:

Nội dung chủ yếu trong đạo luật Phục hưng công nghiệp trong Chính sách mới của Tổng thống Mỹ Rudoven là tổ chức lại sản xuất công nghiệp theo những hợp đồng chặt chẽ về sản phẩm và thị trường tiêu thụ.

Chọn B.

Phương pháp giải: SGK Lịch sử 12, trang 54.

Giải chi tiết:

Chính sách kinh tế mới (NEP) là sự chuyển đổi từ nền kinh tế do Nhà nước nắm độc quyền về mọi mặt sang nền kinh tế nhiều thành phần, nhưng vẫn đặt dưới sự kiểm soát của Nhà nước.

Chọn D.