Top 5 đề thi Đánh giá năng lực trường ĐHQG Hà Nội có đáp án (Đề 4)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính tổng \(1 + 2 + ... + n = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\).

Giải chi tiết:

Thực hiện liên tiếp việc xóa hai số bất kì trên bảng rồi ghi lại một số tự nhiên bằng tổng của hai số vừa xóa, cứ thực hiện công việc như vậy cho đến khi trên bảng chỉ còn một số. Số cuối cùng còn lại trên bảng sẽ là tổng của các số tự nhiên từ 1 đến 2020.

Vậy số còn lại trên bảng là \(1 + 2 + ... + 2020 = \frac{{2020.2021}}{2} = 2041210\).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp tính nguyên hàm của hàm số hữu tỷ có bậc tử cao hơn bậc mẫu, ta chia tử cho mẫu sau đó sử dụng các công thức nguyên hàm của hàm số cơ bản để tìm nguyên hàm của hàm số.

Giải chi tiết:

\(\int {\frac{{{x^2} + 2x + 3}}{{x + 1}}dx} = \int {\frac{{{x^2} + 2x + 1 + 2}}{{x + 1}}dx} \)

\( = \int {\frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 2}}{{x + 1}}dx} = \int {\left( {x + 1} \right)dx} + \int {\frac{2}{{x + 1}}dx} \)

\( = \frac{{{x^2}}}{2} + x + 2\ln \left| {x + 1} \right| + C\).

Đáp án C

Phương pháp giải:

+) Đặt \(t\left( x \right) = 2 - \sqrt {2x - {x^2}} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \left[ {0;2} \right]\), tìm khoảng giá trị của \(t\).

+) Dựa vào đồ thị hàm số, tìm điều kiện của \(m\) để phương trình \(f\left( t \right) = m\) có nghiệm thỏa mãn ĐK tìm được ở bước trên.

Giải chi tiết:

Xét hàm số \(t\left( x \right) = 2 - \sqrt {2x - {x^2}} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \left[ {0;2} \right]\), có:

\(t'\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} t'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Hàm số \(t\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {0;2} \right]\) có:

\(t\left( 0 \right) = t\left( 2 \right) = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} t\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} t\left( x \right) = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} t\left( x \right) = 2\)

\(x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow t \in \left[ {1;2} \right]\). Khi đó bài toán trở thành có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình \(f\left( t \right) = m\) có nghiệm \(t \in \left[ {1;2} \right]\).

Quan sát đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;2} \right]\) ta thấy, phương trình \(f\left( t \right) = m\) có nghiệm \( \Leftrightarrow 3 \le m \le 5\).

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {3;4;5} \right\}\) có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Tìm hàm số vận tốc: \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} \), sử dụng dữ kiện \(v\left( 0 \right) = 15\) để tìm C.

- Quãng đường đi được sau 10 giây là: \(S = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dt} \).

Giải chi tiết:

Ta có \(v = \int {a\left( t \right)dt = \int {\left( {3t - 8} \right)dt} } = \frac{{3{t^2}}}{2} - 8t + C\).

Vì ô tô đang chạy với vận tốc 15m/s nên ta có: \(v\left( 0 \right) = 15 \Rightarrow C = 15.\)

\( \Rightarrow v = \frac{{3{t^2}}}{2} - 8t + 15.\)

Vậy quãng đường ô tô đi được sau 10 giây là: \(S = \int\limits_0^{10} {\left( {\frac{{3{t^2}}}{2} - 8t + 15} \right)dt = 250} \).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức lãi kép \(T = A{\left( {1 + r} \right)^N}\).

Số tiền người đó nhận được sau \(N\) quý là: \(T = 300{\left( {1 + 1,75\% } \right)^N}\)

Ta có: \(T \ge 500 \Leftrightarrow 300{\left( {1 + 1,75\% } \right)^N} \ge 500\)

\( \Leftrightarrow 1,{0175^N} \ge \frac{5}{3} \Leftrightarrow N \ge {\log _{1,0175}}\frac{5}{3} \approx 29,445\).

Do \(N\) là nhỏ nhất nên \(N = 30\) quý.

Do đó sau \(30.3 = 90\) tháng thì người đó có ít nhất 500 triệu.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải bất phương trình dạng \({\log _a}f\left( x \right) > {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow 0 < f\left( x \right) < g\left( x \right)\) (với \(0 < a < 1\)).

Giải chi tiết:

Ta có: \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x - 2} \right) > {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {4 - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow 0 < 3x - 2 < 4 - x \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 2 > 0}\\{4x < 6}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > \frac{2}{3}}\\{x < \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {\frac{2}{3};\frac{3}{2}} \right)\).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = f(x),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g(x)\], trục hoành và hai đường thẳng \[x = a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\] được tính theo công thức : \[S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \].

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: \(f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{x = - 1}\\{x = 1}\end{array}} \right.\)

Diện tích phần gạch chép trong hình bằng: \(S = \int\limits_{ - 3}^1 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|} {\mkern 1mu} dx\)

\( = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} {\mkern 1mu} dx + \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]} {\mkern 1mu} dx\).

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tìm TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\)

- Để hàm số đồng biến trên \(\left( {a;b} \right)\) thì \(y' > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {a;b} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' > 0}\\{{x_0} \notin \left( {a;b} \right)}\end{array}} \right.\).

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {2m} \right\}\)

Ta có: \(y = \frac{{mx - 18}}{{x - 2m}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 2{m^2} + 18}}{{{{\left( {x - 2m} \right)}^2}}}\)

Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) thì \(y' > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{18 - 2{m^2} > 0}\\{2m \notin \left( {2; + \infty } \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 3 < m < 3}\\{2m \le 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 3 < m < 3}\\{m \le 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - 3 < m \le 1\)

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\} = S\).

Vậy tổng các phần tử của \(S\) bằng: \( - 2 - 1 + 0 + 1 = - 2\).

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\). Thay vào phương trình.

- Sử dụng điều kiện để hai số phức bằng nhau.

Giải chi tiết:

Ta có \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\)

Khi đó: \(\left( {1 + 2i} \right)z + \left( {3 - 4i} \right)\bar z = - 42 - 54i\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 + 2i} \right)\left( {a + bi} \right) + \left( {3 - 4i} \right)\left( {a - bi} \right) = - 42 - 54i\)

\( \Leftrightarrow \left( {4a - 6b} \right) + \left( { - 2a - 2b} \right)i = - 42 - 54i\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a - 6b = - 42}\\{ - 2a - 2b = - 54}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 12}\\{b = 15}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow a + b = 27\).

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Đặt \(z = x + yi \Rightarrow \bar z = x - yi\)

- Thay \[z,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \bar z\] vào phương trình đề bài cho.

- Sử dụng công thức \[\left| {a + bi} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \].

- Bình phương hai vế, tìm mối quan hệ giữa \[x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y\] và kết luận.

Giải chi tiết:

Đặt \[z = x + yi \Rightarrow \bar z = x - yi\]. Theo bài ra ta có:

\[\left| {z + i - 1} \right| = \left| {\bar z - 2i} \right|\]

\[ \Leftrightarrow \left| {x + yi + i - 1} \right| = \left| {x - yi - 2z} \right|\]

\[ \Leftrightarrow \left| {x - 1 + \left( {y + 1} \right)i} \right| = \left| {x - \left( {y + 2} \right)i} \right|\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y + 2} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 + {y^2} + 2y + 1 = {x^2} + {y^2} + 4y + 4\]

\[ \Leftrightarrow 2x + 2y + 2 = 0\]

\[ \Leftrightarrow x + y + 1 = 0\]

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \[z\] là đường thẳng có phương trình \[x + y + 1 = 0\].

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tham số hóa điểm \(A\)sau đó sử dụng công thức diện tích tìm \(A\). Viết phương trình \(CD\) và tính được \(D\).

Tham số hóa điểm \(C\) và dựa vào khoảng cách \(CD\) để tìm \(C\).

Giải chi tiết:

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đường tròn \[\left( {{C_1}} \right)\] có tâm \[{I_1},\] bán kính \({R_1}\) tiếp xúc ngoài với đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2},\) bán kính \({R_2}\) \( \Rightarrow {I_1}{I_2} = {R_1} + {R_2}.\)

Giải chi tiết:

Để phương trình \(\left( {{C_2}} \right)\) là phương trình đường tròn thì: \({\left( {2m - 1} \right)^2} + {\left( {m - 2} \right)^2} - m - 6 > 0\)

\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m + 1 + {m^2} - 4m + 4 - m - 6 > 0\)

\( \Leftrightarrow 5{m^2} - 9m - 1 > 0{\mkern 1mu} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \frac{{9 + \sqrt {101} }}{{10}}}\\{m < \frac{{9 - \sqrt {101} }}{{10}}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left( {{C_2}} \right)\) luôn là phương trình đường tròn với \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \frac{{9 + \sqrt {101} }}{{10}}}\\{m < \frac{{9 - \sqrt {101} }}{{10}}}\end{array}} \right..\)

Ta có: \(\left( {{C_1}} \right)\) có tâm \({I_1}\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)\) và bán kính \({R_1} = 2\).

\(\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2}\left( {2m - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m - 2} \right)\) và bán kính \({R_2} = \sqrt {{{\left( {2m - 1} \right)}^2} + {{\left( {m - 2} \right)}^2} - m - 6} = \sqrt {5{m^2} - 9m - 1} .\)

Đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) tiếp xúc ngoài với nhau \( \Leftrightarrow {I_1}{I_2} = {R_1} + {R_2}\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {2m - 1} \right)}^2} + {{\left( {m - 2} \right)}^2}} = 2 + \sqrt {5{m^2} - 9m - 1} \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {5{m^2} - 8m + 5} = 2 + \sqrt {5{m^2} - 9m - 1} \)

\( \Leftrightarrow 5{m^2} - 8m + 5 = 4 + 4\sqrt {5{m^2} - 9m - 1} + 5{m^2} - 9m - 1\)

\( \Leftrightarrow m + 2 = 4\sqrt {5{m^2} - 9m - 1} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 2 \ge 0}\\{{{\left( {m + 2} \right)}^2} = 16\left( {5{m^2} - 9m - 1} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - 2}\\{{m^2} + 4m + 4 = 80{m^2} - 144m - 16}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - 2}\\{79{m^2} - 148m - 20 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = - \frac{{10}}{{79}}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = - \frac{{10}}{{79}}}\end{array}} \right.\)

Đối chiếu với điều kiện chỉ có \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Phương pháp giải:

+) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( P \right) \supset MN \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {MN} = 0}\\{\left( P \right) \bot \left( {Oxz} \right) \Rightarrow \vec n.\vec j = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \vec n = \left[ {\overrightarrow {MN} ;\vec j} \right]\)

+) Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTPT \(\vec n\left( {A;B;C} \right)\) có phương trình

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

Giải chi tiết:

Gọi \(\vec n\) là 1 VTPT của \(\left( P \right)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( P \right) \supset MN \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {MN} = 0}\\{\left( P \right) \bot \left( {Oxz} \right) \Rightarrow \vec n.\vec j = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \vec n = \left[ {\overrightarrow {MN} ;\vec j} \right]\) với \(\overrightarrow {MN} = \left( { - 1;2;1} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec j = \left( {0;1;0} \right)\)

\( \Rightarrow \vec n = \left( { - 1;0; - 1} \right)//\left( {1;0;1} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(1\left( {x - 0} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + z = 0\).

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Sử dụng tính chất tam giác cân: Đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài đường sinh \(l\) và bán kính đáy \(r\) của hình nón.

- Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh \(l\) và bán kính đáy \(r\) là \({S_{xq}} = \pi rl\).

Giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy R  và chiều cao h  là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h.\)

Công thức tính thể của khối cầu có bán kính R  là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)

Giải chi tiết:

Ta có thể tích của phần kem là: \({V_1} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}.\pi {R^3}\)\( = \frac{2}{3}\pi {.3^3} = 18\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c{m^3}.\)

Thể tích của phần ốc quế bên dưới là: \({V_2} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {.3^2}.9 = 27\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c{m^3}.\)

Vậy \(V = {V_1} + {V_2} = 18\pi + 27\pi = 45\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c{m^3}.\)

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Chứng minh \(\angle \left( {CC';\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {BB';\left( {ABC} \right)} \right) = {60^0}\), , xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính \(B'G,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BM\) (M là trung điểm của \(AC\)).

- Đặt \(BC = x\), tính \(MC\) theo x.

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BCM\) tìm x theo a.

- Tính \({V_{A'ABC}} = \frac{1}{3}.B'G.{S_{\Delta ABC}}\).

Giải chi tiết:

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Gọi \(P\) là trung điểm của \(AB\). Tính \(PM,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} PN\).

- Chứng minh \(\Delta PMN\) vuông, áp dụng định lí Pytago tính \[MN\].

Giải chi tiết:

Đáp án C

Giải chi tiết:

Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {IA} = 9\overrightarrow {IB} \)

Đáp án D

Phương pháp giải:

- \[d \bot \left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \overrightarrow {{n_P}} \]

- Đường thẳng đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] và có 1 VTCP \[\vec u\left( {a;b;c} \right)\] có phương trình tham số \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_0} + at}\\{y = {y_0} + bt}\\{z = {z_0} + ct}\end{array}} \right.\].

Giải chi tiết:

Mặt phẳng \[\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3x - y + z - 7 = 0\] có 1 VTPT \[\overrightarrow {{n_P}} = \left( {3; - 1;1} \right)\].

Vì đường thẳng \[\Delta \] vuông góc với mặt phẳng \[\left( P \right)\] nên có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {{n_P}} = \left( {3; - 1;1} \right)\).

Vậy phương trình tham số của đường thẳng Δ là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + 3t}\\{y = - 3 - t}\\{z = 1 + t}\end{array}} \right.\).

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Từ \(f'\left( x \right)\) suy ra các nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\), chú ý nghiệm bội chẵn, bội lẻ.

- Tính đạo hàm \(g'\left( x \right)\).

- Giải phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) xác định các nghiệm bội lẻ.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)}\\{x = 3{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} don} \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có: \(g\left( x \right) = f\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 6} } \right)\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = \frac{{2x + 2}}{{2\sqrt {{x^2} + 2x + 6} }}f'\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 6} } \right)\)

\({\mkern 1mu} = \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 6} }}f'\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 6} } \right)\)

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = 0}\\{f'\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 6} } \right) = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{\sqrt {{x^2} + 2x + 6} = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{{x^2} + 2x + 6 = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{{x^2} + 2x - 3 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 1}\\{x = - 3}\end{array}} \right.\) (đều là các nghiệm đơn).

(Ta không xét \(\sqrt {{x^2} + 2x + 6} = - 1\) vì \(f'\left( x \right)\) không đổi dấu qua \(x = - 1\) nên nghiệm của phương trình \(\sqrt {{x^2} + 2x + 6} = - 1\) không làm cho \(g'\left( x \right)\) đổi dấu).

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AM} } \right|\)

Giải chi tiết:

Giả sử \(M\left( {a;b;c} \right) \in d\) ta có:

\(\frac{{a - 1}}{2} = \frac{{b + 2}}{{ - 1}} = \frac{{c - 3}}{2} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - a + 1 = 2b + 4}\\{2b + 4 = - c + 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 2b - 3}\\{c = - 2b - 1}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( { - 2b - 3;b; - 2b - 1} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;1;2} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {AC} = \left( { - 2;2;1} \right)\); \(\overrightarrow {AM} = \left( {a;b - 1;c} \right) = \left( { - 2b - 3;b - 1; - 2b - 1} \right)\).

\(\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 3; - 6;6} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AM} = - 3.\left( { - 2b - 3} \right) - 6\left( {b - 1} \right) + 6\left( { - 2b - 1} \right)\)\( = - 12b + 9\)

\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AM} } \right| = \frac{1}{6}\left| {12b - 9} \right| = \frac{1}{2}\left| {4b - 3} \right|\)

Theo bài ra ta có: \(\frac{1}{2}\left| {4b - 3} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{9}{4}}\\{b = - \frac{3}{4}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{M\left( { - \frac{{15}}{2};\frac{9}{4}; - \frac{{11}}{2}} \right)}\\{M\left( { - \frac{3}{2}; - \frac{3}{4};\frac{1}{2}} \right)}\end{array}} \right.\).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Nếu hàm số \(y = f\left( x \right)\) có n điểm cực trị dương thì hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có \(n + 1\) điểm cực trị.

Giải chi tiết:

Để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có đúng 5 điểm cực trị thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) phải có 2 điểm cực trị dương \( \Rightarrow \) Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) phải có 2 nghiệm bội lẻ dương phân biệt.

Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)}\\{{x^2} + \left( {4m - 5} \right)x + {m^2} - 7m + 6 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.\)

Do đó phương trình (*) cần phải có 1 nghiệm bội lẻ dương khác 1.

Ta có: \(\Delta = {\left( {4m - 5} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 7m + 6} \right)\)

\( = 16{m^2} - 40m + 25 - 4{m^2} + 28m - 24\)

\( = 12{m^2} - 12m + 1\)

Để (*) có 1 nghiệm bội lẻ dương khác 1 thì:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta = 12{m^2} - 12m + 1 > 0}\\{P = {m^2} - 7m + 6 \le 0}\\{1 + 4m - 5 + {m^2} - 7m + 6 \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \frac{{3 + \sqrt 6 }}{6}}\\{m < \frac{{3 - \sqrt 6 }}{6}}\end{array}} \right.}\\{1 \le m \le 6}\\{m \ne 1}\\{m \ne 2}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 < m \le 6}\\{m \ne 2}\end{array}} \right.\)

Vậy có 4 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải phương trình dạng \(\sqrt A = B \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \ge 0}\\{A = {B^2}}\end{array}} \right.\).

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(x - m \ge 0 \Leftrightarrow x \ge m\)

Ta có: \(2x - 4 = 3\sqrt {x - m} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 2}\\{4{{\left( {x - 2} \right)}^2} = 9\left( {x - m} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 2}\\{4{x^2} - 16x + 16 = 9x - 9m}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 2}\\{4{x^2} - 25x + 9m + 16 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\end{array}} \right.\)

Để phương trình ban đầu có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệm \(x \ge 2\).

\( \Rightarrow \Delta = {25^2} - 4.4\left( {9m + 16} \right) \ge 0\)

\( \Leftrightarrow 369 - 144m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \frac{{41}}{{16}}\)

Khi đó phương trình có 2 nghiệm \(x = \frac{{25 \pm \sqrt {369 - 144m} }}{8}\)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{25 + \sqrt {369 - 144m} }}{8} \ge 2}\\{\frac{{25 - \sqrt {369 - 144m} }}{8} \ge 2}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {369 - 144m} \ge - 9{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\\{\sqrt {369 - 144m} \le 9}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow 0 \le 369 - 144m \le 81\)

\( \Leftrightarrow 2 \le m \le \frac{{41}}{{16}}\).

Kết hợp điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 2}\\{x \ge m}\end{array}} \right.\) ta thấy \(2 \le m \le \frac{{41}}{{16}}\) thỏa mãn.

Vậy \(2 \le m \le \frac{{41}}{{16}}\).

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế.

- Sử dụng phương pháp đổi biến số.

- Sử dụng tính chất tích phân: \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = \int\limits_a^b {f\left( t \right)dt} \).

Giải chi tiết:

Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được:

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {5x - 2} \right)f\left( {5{x^2} - 4x} \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {50{x^3} - 60{x^2} + 23x - 1} \right)dx} \)

Xét tích phân \(I = \int\limits_0^1 {\left( {5x - 2} \right)f\left( {5{x^2} - 4x} \right)dx} \).

Đặt \(t = 5{x^2} - 4x\) ta có: \(dt = \left( {10x - 4} \right)dx \Leftrightarrow \left( {5x - 2} \right)dx = \frac{1}{2}dt\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 0}\\{x = 1 \Rightarrow t = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow I = \int\limits_0^1 {\frac{1}{2}f\left( t \right)dt} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \)

Xét tích phân \(J = \int\limits_0^1 {\left( {50{x^3} - 60{x^2} + 23x - 1} \right)dx} \) ta có:

\(J = \left. {\left( {\frac{{50{x^4}}}{4} - \frac{{60{x^3}}}{3} + \frac{{23{x^2}}}{2} - x} \right)} \right|_0^1 = 3\)

Khi đó ta có \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 3\)

\( \Leftrightarrow \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 3\)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 2\).

Đáp án A

Giải chi tiết:

Xác suất để trả lời đúng 1 câu là \(\frac{1}{4}\), xác suất để trả lời sai 1 câu là \[\frac{3}{4}\].

Gọi số câu trả lời đúng là \[x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 \le x \le 10,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \mathbb{N}} \right)\] thì số câu trả lời sai là \[10 - x\].

Số điểm học sinh đó đạt được là \[5x - 2\left( {10 - x} \right) = 7x - 20\].

Theo giả thiết \[ \Rightarrow 7x - 20 < 1 \Leftrightarrow 7x < 21 \Leftrightarrow x < 3 \Rightarrow x \in \left\{ {0;1;2} \right\}\].

TH1: Đúng 0 câu, sai 10 câu \[{P_1} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{10}}\].

TH2: Đúng 1 câu, sai 9 câu \[{P_2} = C_{10}^1.\frac{1}{4}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^9}\].

TH3: Đúng 2 câu, sai 8 câu \[{P_3} = C_{10}^2.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^8}\].

Vậy xác suất để học sinh đó nhận điểm dưới 1 là:

\[{\left( {\frac{3}{4}} \right)^{10}} + C_{10}^1.\frac{1}{4}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^9} + C_{10}^2.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^8} \approx 0,53\].

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Gọi \({M_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {N_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {P_1}\) lần lượt là trung điểm của \(BC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} CD,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BD\), sử dụng công thức tỉ lệ thể tích Simpson, so sánh \({V_{AMNP}}\) và \({V_{A{M_1}{N_1}{P_1}}}\).

- Tiếp tục so sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao \(A.{M_1}{N_1}{P_1}\) và \(A.BCD\), sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra tỉ số diện tích hai đáy.

- Tính thể tích khối tứ diện \(ABCD\)là \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.AC.AD\), từ đó tính được \({V_{AMNP}}\).

Giải chi tiết:

Đáp án: \( - \frac{1}{5}\)

Phương pháp giải:

Hệ số góc của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\).

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{3}{2}} \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {2x - 3} \right)}^2}}}\).

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{2x - 3}}\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = - 1\) là:

\(k = y'\left( { - 1} \right) = \frac{{ - 5}}{{{{\left( { - 5} \right)}^2}}} = - \frac{1}{5}\).

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

Giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) xác định số điểm cực trị bằng số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln x + 1 = 0}\\{{e^x} - 2019 = 0}\\{x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln x = - 1}\\{{e^x} = 2019}\\{x = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{e} \in \left( {0; + \infty } \right)}\\{x = \ln 2019 \in \left( {0; + \infty } \right)}\\{x = - 1 \notin \left( {0; + \infty } \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đáp án: \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = 5\)

Phương pháp giải:

Tính khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song \(Ax + By + Cz + D = 0\) và \(Ax + By + Cz + D' = 0\) là \(d = \frac{{\left| {D - D'} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\).

Giải chi tiết:

\(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 11 - 4} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 5.\)

  Đáp án: 180

 Phương pháp giải:

Xét các TH:

TH1: 1 nam + 4 nữ.

TH2: 2 nam + 3 nữ.

Giải chi tiết:

TH1: Chọn 1 học sinh nam và 4 học sinh nữ có \(C_4^1.C_6^4 = 60\) cách.

TH2: Chọn 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ có \(C_4^2.C_6^3 = 120\) cách.

Vậy có tất cả \(60 + 120 = 180\) cách chọn 5 học sinh mà có cả nam và nữ, đồng thời số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ.

Đáp án: 27

 Phương pháp giải:

- Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 1}}{{{x^2} - x - 2}} = g\left( x \right)\), biểu diễn \(f\left( x \right)\) theo \(g\left( x \right)\) và tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right)\).

- Phân tích biểu thức \(\frac{{{f^3}\left( x \right) + 3f\left( x \right) - 4}}{{{x^2} - 2x}}\) thành tích 2 phân thức, 1 phân thức dạng \(\frac{0}{0}\) và một phân thức xác định.

- Dựa vào giới hạn đề bài.

Giải chi tiết:

Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 1}}{{{x^2} - x - 2}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {{x^2} - x - 2} \right)g\left( x \right) + 1\)

Khi đó ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{{x^2} - x - 2}} = 3 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 3\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {{x^2} - x - 2} \right)g\left( x \right) + 1} \right] = 1\)

Ta có: \({\mkern 1mu} \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{f^3}\left( x \right) + 3f\left( x \right) - 4}}{{{x^2} - 2x}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]\left[ {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + 4} \right]}}{{x\left( {x - 2} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + 4}}{x}\)

Theo bài ra ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{{x^2} - x - 2}} = 3\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}} = 3\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}}.\frac{1}{{x + 1}} = 3\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{x + 1}} = 3\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}}.\frac{1}{3} = 3\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}} = 9\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{f^3}\left( x \right) + 3f\left( x \right) - 4}}{{{x^2} - 2x}} = 9.\frac{{1 + 1 + 4}}{2} = 27\).

Đáp án: 1

Phương pháp giải:

Cho hàm số \(y = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\)

Với \(a > 0:\) Giá trị nhỏ nhất của hàm số \({y_{\min }} = - \frac{\Delta }{{4a}}\) đạt được tại \(x = - \frac{b}{{2a}}.\)

Với \(a < 0:\) Giá trị lớn nhất của hàm số \({y_{\max }} = - \frac{\Delta }{{4a}}\) ạt được tại \(x = - \frac{b}{{2a}}.\)

Giải chi tiết:

Hoành độ đỉnh \(x = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{ - 4}}{2} = 2.\)

Vì \(a = 1 > 0\) nên hàm số \(y = {x^2} - 4x + 5\) có giá trị nhỏ nhất \({y_{\min }} = y\left( 2 \right) = {2^2} - 4.2 + 5 = 1.\)

Đáp án: \[ - 1 \le m \le 2\]

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm.

- Hàm số không có cực trị \[ \Leftrightarrow y' = 0\] vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \[ \Leftrightarrow \Delta \le 0\].

Giải chi tiết:

+ \(y' = {x^2} - 2mx + m + 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

+ Hàm số không có cực trị \( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta \le 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( { - 2m} \right)^2} - 4.1.\left( {m + 2} \right) \le 0\)

\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m - 8 \le 0\)

\( \Leftrightarrow - 1 \le m \le 2\).

Đáp án: \(S = \frac{{937}}{{12}}\)

Phương pháp giải:

- Giải phương trình hoành độ giao điểm.

- Sử dụng công thức: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g\left( x \right)\), các đường thẳng \(x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\( - {x^3} + 12x = - {x^2} \Leftrightarrow - {x^3} + {x^2} + 12x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 4}\\{x = - 3}\end{array}} \right.\)

Vậy diện tích của hình phẳng \(\left( H \right)\) là:

\(\int\limits_{ - 3}^0 {\left| { - {x^3} + {x^2} + 12x} \right|} + \int\limits_0^4 {\left| { - {x^3} + {x^2} + 12x} \right|} = \frac{{99}}{4} + \frac{{160}}{3} = \frac{{937}}{{12}}\).

Đáp án: 5

Phương pháp giải:

- Đặt \(t = f\left( x \right)\), dựa vào tương giao đồ thị giải phương trình tìm t.

- Tiếp tục sử dụng tương giao tìm số nghiệm x.

Giải chi tiết:

Đặt \(t = f\left( x \right)\), phương trình trở thành \(f\left( t \right) = - 2\).

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = - 2\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Phương trình có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = - 2}\\{t = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = - 2}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right.\).

Tiếp tục dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

  Phương trình \(f\left( x \right) = - 2\) có 2 nghiệm phân biệt.

  Phương trình \(f\left( x \right) = 1\) có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình ban đầu có tất cả 5 nghiệm phân biệt.

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

- Đặt \(z = a + bi\), thay vào các điều kiện bài cho lập hệ phương trình ẩn \(x,y\).

- Giải hệ phương trình tìm \(x,y \Rightarrow z\).

Giải chi tiết:

Đặt \(z = a + bi\) ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| z \right| = 5}\\{\left| {z - \left( {7 + 7i} \right)} \right| = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} = 25}\\{{{\left( {a - 7} \right)}^2} + {{\left( {b - 7} \right)}^2} = 25}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} = 25}\\{{a^2} + {b^2} - 14a - 14b + 98 = 25}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} = 25}\\{a + b = 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 7 - a}\\{{a^2} + {{\left( {7 - a} \right)}^2} = 25}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 7 - a}\\{2{a^2} - 14a + 24 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4,b = 3}\\{a = 3,b = 4}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \) hai số phức cần tìm là \(4 + 3i,3 + 4i \Rightarrow T = {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = {\left| {\left( {4 + 3i} \right) - \left( {3 + 4i} \right)} \right|^2} = {\left| {1 - i} \right|^2} = 2\).

Đáp án: \[30^\circ \]

Phương pháp giải:

- 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 góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Giải chi tiết:

Đáp án: 1

 Phương pháp giải:

- Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A và vuông góc với \(\left( P \right)\).

- Tìm \(H = \Delta \cap \left( P \right)\).

- Tìm \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\) và tính tổng.

Giải chi tiết:

Gọi Δ là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(\left( P \right)\), phương trình đường thẳng Δ là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 - 2t}\\{z = - 2 - t}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Delta \right)\)

Vì \(H\) là hình chiếu vuông góc của A trên \(\left( P \right)\) nên \[H = \Delta \cap \left( P \right)\]

\[ \Rightarrow \] Tọa độ điểm \[H\] là nghiệm của hệ phương trình:

 \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 - 2t}\\{z = - 2 - t}\\{2x - 2y - z + 7 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 - 2t}\\{z = - 2 - t}\\{2 + 4t - 2 + 4t + 2 + t + 7 = 0}\end{array}} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 - 2t}\\{z = - 2 - t}\\{9t + 9 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = - 1}\\{x = - 1}\\{y = 3}\\{z = - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow H\left( { - 1;3; - 1} \right)\]

\[ \Rightarrow a = - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 3,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c = - 1\]

Vậy \[a + b + c = - 1 + 3 - 1 = 1\].

Đáp án: 4

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b - a > 0}\\{a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b > 0}\end{array}} \right.\).

Ta có: \({\log _3}\left( {1 + ab} \right) = \frac{1}{2} + {\log _3}\left( {b - a} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 + ab} \right) - {\log _3}\left( {b - a} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{{1 + ab}}{{b - a}} = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{1 + ab}}{{b - a}} = \sqrt 3 \)

\( \Leftrightarrow 1 + ab = \sqrt 3 \left( {b - a} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{a} + b = \sqrt 3 \left( {\frac{b}{a} - 1} \right)\).

Áp dụng BĐT Cô-si ta có \(\frac{1}{a} + b \ge 2\sqrt {\frac{b}{a}} \) nên

\(\sqrt 3 \left( {\frac{b}{a} - 1} \right) \ge 2\sqrt {\frac{b}{a}} \Leftrightarrow \sqrt 3 \frac{b}{a} - 2\sqrt {\frac{b}{a}} - \sqrt 3 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {\frac{b}{a}} \ge \sqrt 3 }\\{\sqrt {\frac{b}{a}} \le - \frac{1}{{\sqrt 3 }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {Loai} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \sqrt {\frac{b}{a}} \ge \sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{b}{a} \ge 3\)

Ta có: \(P = \frac{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}}{{a\left( {a + b} \right)}} = \frac{{1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}}\)

Áp dụng BĐT Cô-si ta có \(1 + {a^2}{b^2} \ge 2\sqrt {{a^2}{b^2}} = 2ab\) nên

\(1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2} \ge {a^2} + {b^2} + 2ab = {\left( {a + b} \right)^2}\)

\( \Rightarrow P = \frac{{1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}} = \frac{{a + b}}{a} = 1 + \frac{b}{a} \ge 4\)

Vậy \({P_{\min }} = 4 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{a} = b}\\{\frac{b}{a} = 3}\\{a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b - a > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{a} = 3a}\\{b = 3a}\\{a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b - a > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{{\sqrt 3 }}}\\{b = \sqrt 3 }\end{array}} \right.\).

Đáp án: \(\frac{{2a\sqrt {33} }}{{11}}\)

Phương pháp giải:

- Kẻ \(OM \bot AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {M \in AC} \right)\), \(ON \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {N \in AB} \right)\), \(OP \bot BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {P \in BC} \right)\). Khi đó ta có \(OP = a,\) \(OM = a\sqrt 2 ,\) \(ON = a\sqrt 3 \).

- Trong \[\left( {OCN} \right)\] kẻ \[OH \bot CN{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in CN} \right)\], chứng minh \[OH \bot \left( {ABC} \right)\].

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Đáp án: \(1,50{\mkern 1mu} {m^3}\)

Phương pháp giải:

- Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể lần lượt là \(x,2x,y\)

- Tìm mối liên hệ \(x,y\) dựa vào dữ kiện diện tích \(6,5{m^2}\).

- Lập hàm số thể tích theo ẩn \(x\) và xét hàm tìm \({V_{\max }}\).

Giải chi tiết:

Đáp án D

Phương pháp giải:

Căn cứ xuất xứ bài thơ Tây Tiến

Giải chi tiết:

Tác phẩm Tây Tiến được trích trong tập “Mây đầu ô” sáng tác năm 1948 khi Quang Dũng phải chuyển công tác đên làng Phù Lưu Chanh. Tại đây, ông nhớ đồng đội và làm bài thơ này.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung bài Tây Tiến.

Giải chi tiết:

Cụm từ: “Quân xanh màu lá dữ oai hùm” là để chỉ hình ảnh những người lính bị sốt rét khiến nước da của họ tái mét đi như màu xanh của lá cây. Cách nói này không những không bi lụy mà

Đáp án A

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghệ thuật bài thơ Tây Tiến

Giải chi tiết:

Hình ảnh con sông Mã được xuất hiện trong đoạn thơ trên kết hợp với hình ảnh sông Mã ở khổ thơ đầu tạo nên kết cấu đầu cuối tương ứng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của tác phẩm Tây Tiến

Giải chi tiết:

Hai câu: “Mắt trừng gửi mộng qua biên giới/ Đêm mơ Hà Nội dáng Kiều thơm” nói đến vẻ đẹp hào hoa của người lính Tây Tiến. Trong hoàn cảnh chiến tranh ác liệt người lính tây Tiến vẫn nhớ tới một “dáng kiều thơm”. Ở đây có thể hiểu cụm từ nhằm để chỉ những người con gái xinh đẹp, đáng yêu. Một thời gian câu thơ này bị cho là rơi rớt chất tiểu tư sản nhưng về sau tác phẩm đã lấy lại vị thế và câu thơ được hiểu theo hướng tích cực. Nhớ về dáng người con gái (người yêu) giữa nơi bom rơi đạn lạc cho thấy chất hào hoa của những người lính trẻ đồng thời chính là động lực để người lính tiếp tục cuộc chiến ác liệt bảo vệ quê hương.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các loại phong cách ngôn ngữ đã học

Giải chi tiết:

Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật thường xuất hiện trong các tác phẩm nghệ thuật. Nó là ngôn ngữ được tổ chức, sắp xếp, lựa chọn, gọt giũa, tinh luyện từ ngôn ngữ thông thường và đạt được giá trị nghệ thuật – thẩm mĩ.

-> Đoạn trích trên thuộc phong cách ngôn ngữ: Nghệ thuật

Đáp án A

Phương pháp giải:

Căn cứ đặc điểm các phong cách ngôn ngữ đã học

Giải chi tiết:

- Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật là ngôn ngữ chủ yếu dùng trong các tác phẩm văn chương, không chỉ có chức năng thông tin mà còn thỏa mãn nhu cầu thẩm mĩ của con người. Nó là ngôn ngữ được tổ chức, xếp đặt, lựa chọn, tinh luyện từ ngôn ngữ thông thường và đạt được giá trị nghệ thuật – thẩm mĩ.

- Đặc trưng cơ bản:

+ Tính hình tượng

+ Tính truyền cảm

+ Tính cá thể hóa

- Đoạn văn trên thỏa mãn các đặc trưng cơ bản của ngôn ngữ nghệ thuật.

+ Tính hình tượng: Hình tượng “thành phố” được xây dựng bằng những biện pháp nghệ thuật so sánh (như cô vợ dại dột) và nhân hóa (phố cũng yêu anh). Từ đó tác giả khái quát thành sự cưu mang của thành phố đối với con người và tình cảm con người dành cho thành phố.

+ Tính truyền cảm: Bằng việc sử dụng những thủ pháp nghệ thuật so sánh và nhân hóa, tác giả đã khơi gợi được lòng đồng cảm của người đọc với những tâm tư của nhân vật trong đoạn văn: sự buồn chán thành phố nhưng vì những nhu cầu mưu sinh mà vẫn phải gắn bó, sự tiếc nuối kí ức tuổi thơ.

+ Tính cá thể hóa: Đoạn văn mang đậm phong cách của nhà văn Nguyễn Ngọc Tư: tình cảm, day dứt và nhiều suy tư

Đáp án C

Phương pháp giải:

Căn cứ vào bài Từ ngữ địa phương và biệt ngữ xã hội

Giải chi tiết:

Từ “quạu đeo” là phương ngữ miền Nam, chỉ trạng thái con người nhăn nhó vì bực dọc, khó chịu.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Căn cứ vào đặc điểm của các phương thức biểu đạt đã học

Giải chi tiết:

Miêu tả là sử dụng ngôn ngữ hoặc màu sắc, đường nét, nhạc điệu để làm cho người khác hình dung được hình thức các sự vật hoặc hình dáng, tâm trạng trong khung cảnh nào đó.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

Căn cứ vào các câu văn: Phố cũng không cần anh đáp lại tình yêu, không cần tìm cách xóa sạch đi quá khứ, bởi cũng chẳng cách nào người ta quên bỏ được thời thơ ấu, mối tình đầu. Của rạ của rơm, của khói đốt đồng, vườn cau, rặng bần... bên mé rạch. Lũ cá rúc vào những cái vũng nước quánh đi dưới nắng. Bầy chim trao trảo lao xao kêu quanh quầy chuối chín cây. Ai đó cất tiếng gọi trẻ con về bữa cơm chiều, chén đũa khua trong cái mùi thơm quặn của nồi kho quẹt.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn văn

Giải chi tiết:

Đoạn văn viết về sự nuôi sống, đùm bọc của mảnh đất Sài Gòn dành cho nhân vật trữ tình.

Đáp án 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.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

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

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

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

Đáp án C

Phương pháp giải:

Căn cứ các biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:

Biện pháp: liệt kê: tiền bạc, quyền lực, tài cao học rộng, gia đình êm ấm.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Phân tích, tổng hợp 

Giải chi tiết:

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

Đáp án D

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

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

Theo tác giả bài viết trên, nguyên nhân khiến người xưa tạo nên được những sản phẩm giống như cái chiếc đồng hồ ở điện Versailles: Người xưa luôn hướng về sự trường tồn

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

Theo tác giả, đặc điểm của kiểu tư duy hiện đại: nhanh, hoạt, không tính quá xa

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đọc, tìm ý

Giải chi tiết:

Tác giả không tán đồng với một số người “ở ta” khi họ “thích nói tới hiện đại” vì: phần lớn trường hợp đó là một sự hiện đại học đòi méo mó, nó hiện ra thành cách nghĩ thiển cận và vụ lợi.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Phân tích, tổng hợp

Giải chi tiết:

Thông điệp rút ra từ đoạn trích: Cần phân biệt thói thiển cận và đầu óc thực tế

Đáp án C

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

- Đặc tính là cụm từ dùng để chỉ những tính chất chỉ có ở một cá thể.Ở đây câu văn muốn nói đến cây xanh nói chung nên sử dụng từ đặc tính là không phù hợp. Thay vào đó nên dùng cụm từ “đặc điểm” sẽ phù hợp hơn.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

Sử dụng từ “ý tưởng” trong câu văn này là không hợp lý. Bởi lẽ: “ý tưởng” là từ dùng để những suy nghĩ chưa hoàn thiện. => Sửa lại: Tư tưởng (quan niệm, suy nghĩ về một vấn đề nào đó).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Căn cứ vào hiểu biết về bài Việt Bắc

Giải chi tiết:

Việt Bắc được biết đến không chỉ là một bài thơ trữ tình

=> Sửa lại: Việt Bắc trước hết là một bài thơ trữ tình – chính trị… Bài thơ là khúc hát ân tình thủy chung réo rắt, đằm thắm bậc nhất, và chính điều đó làm nên sức ngân vang sâu thẳm, lâu bền của bài thơ