Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4\,;\,\,x - 5\,;\,\,2} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\,y + 1} \right).\)

Ba điểm A, B, C thẳng hàng \( \Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{R}:\overrightarrow {AB}  = k \cdot \overrightarrow {AC} \)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 = 6k}\\{x - 5 =  - 3k}\\{2 = k\left( {y + 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = \frac{2}{3}}\\{x = 3\,;\,\,y = 2}\end{array}{\rm{.}}} \right.} \right.\] Vậy \(x + y = 5\). Chọn A.

Ta có \({z_1} + 2{z_2} = \left( {1 + i} \right) + 2\left( {2 + i} \right) = 5 + 3i.\)

Suy ra điểm biểu diễn số phức \({z_1} + 2{z_2}\) có toạ độ là \[\left( {5\,;\,\,3} \right).\] Chọn D.

Ta có \(y = {\cos ^2}\left( {2x + 1} \right).\)

Suy ra \(y' = 2\cos \left( {2x + 1} \right) \cdot {\left[ {\cos \left( {2x + 1} \right)} \right]^\prime }\)\( \Rightarrow y' = 2\cos \left( {2x + 1} \right) \cdot 2\left[ { - \sin \left( {2x + 1} \right)} \right]\)

\[ \Rightarrow y' =  - 4\cos \left( {2x + 1} \right) \cdot \sin \left( {2x + 1} \right) =  - 2\sin \left( {4x + 2} \right).\] Chọn D.

Kẻ $AH\bot SB\,\,(*)$

Ta có $BC\bot AB$ (do ABCD là hình vuông); $BC\bot SA$(do $SA\bot \left( ABCD \right)$.

Suy ra $BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AH\,\,(**)$

Gọi \[B=\Delta \cap Ox\Rightarrow B\left( x\,;\,\,0\,;\,\,0 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( x-2\,;\,-1\,;\,-1 \right).\]

Do $\Delta \bot d$ nên $1\cdot \left( x-2 \right)+2\cdot \left( -1 \right)+3\cdot \left( -1 \right)=0\Rightarrow x=7\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 5\,;\,\,-1\,;\,\,-1 \right).$

Khi đó đường thẳng $\Delta $ nhận một vectơ chỉ phương là $\vec{u}=\overrightarrow{AB}=\left( 5\,;\,\,-1\,;\,\,-1 \right).$ Chọn B.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}} = 3x - 6\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 \ne 0}\\{{x^2} - 2x + 3 = \left( {x - 1} \right)\left( {3x - 6} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{{x^2} - 2x + 3 = 3{x^2} - 9x + 6}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{2{x^2} - 7x + 3 = 0}\end{array}} \right.\,\,\,(*)\)

Hệ phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt nên số giao điểm của của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}}\) và đường thẳng \(y = 3x - 6\) là 2. Chọn D.

Hàm số xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)

Ta có \(f'(x) = - {x^2} + 2mx + 3m + 2.\)

Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(f'(x) \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le - 1\).

Hay \(m \in \left[ { - 2;\, - 1} \right] \Rightarrow a = - 2,\,\,b = - 1 \Rightarrow 2a - b = - 3.\) Chọn B.

Gọi \((S)\) có tâm \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\) và bán kính R.

Phương trình mặt cầu \((S)\) có dạng:\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0.{\rm{ }}\)

Theo giả thiết, \((S)\) đi qua ba điểm \[O,\,\,A,\,\,B\], ta có hệ phương trình:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 0}\\{ - 8c + d = - 16}\\{ - 4a + d = - 4}\\{\frac{{\left| {2a + b - c + 5} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 1} }} = R}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 0}\\{c = 2}\\{a = 1}\\{{{\left( {2 + b - 2 + 5} \right)}^2} = 6\left( {{1^2} + {b^2} + {2^2} - 0} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\\{c = 2}\\{d = 0}\end{array}.} \right.} \right.} \right.\]

Vậy \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 6.\) Chọn A.

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{m \ne 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {m + 2} \right)}^2} - \left( {m - 1} \right)\left( {m + 1} \right) > 0}\\{m \ne 1}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} + 4m + 4 - {m^2} + 1 > 0}\\{m \ne 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >  - \frac{5}{4}}\\{m \ne 1}\end{array}.} \right.} \right.\)

Khi đó \({x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} = \frac{{2(m + 2)}}{{m - 1}} - \frac{{m + 1}}{{m - 1}} = 1 - \frac{4}{{m - 1}}.\)

Để \({x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2}\) là một số nguyên \( \Rightarrow \frac{4}{{m - 1}}\) là một số nguyên.

\( \Rightarrow m - 1\) là ước của 4 mà Ư\(\left( 4 \right) = \left\{ { \pm 4\,;\,\, \pm 2\,;\,\, \pm 1} \right\}\)

\[ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 = 1}\\{m - 1 =  - 1}\\{m - 1 = 4}\\{m - 1 =  - 4}\\{m - 1 = 2}\\{m - 1 =  - 2}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = 0}\\{m = 4}\\{m =  - 3\,\,(L)}\\{m = 3}\\{m =  - 1}\end{array} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1\,;\,\,0\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}} \right.} \right.\].

Vậy có 5 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.

Tập xác định \(D = \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\). Ta có \(y' = 2x + \frac{8}{x} - m\).

Hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) khi \(y' \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le 2x + \frac{8}{x}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Đặt \(f(x) = 2x + \frac{8}{x}\), có \(f'(x) = 2 - \frac{8}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2}}},f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Bảng biến thiên

Suy ra hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) khi \(m \le 8\) hay \[m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\].

Vậy có 8 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Gọi \({u_1},\,\,q\) lần lượt là số hạng đầu tiên và công bội của dãy số gồm các cạnh của mảnh vườn. Ta có \({u_1} \in \mathbb{Z},\,\,{u_1} > 0,\,\,q = 2\).

Vì mảnh vườn là hình đa giác nên \(n > 3\).

\({S_n} = {u_1} \cdot \frac{{{q^n} - 1}}{{q - 1}} = 63 \Leftrightarrow {u_1} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{2 - 1}} = 63\)\( \Leftrightarrow {u_1} \cdot \left( {{2^n} - 1} \right) = 63 \Leftrightarrow {u_1} = \frac{{63}}{{{2^n} - 1}} \in \mathbb{Z}\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^n} - 1 \in U(63)}\\{{2^n} - 1 > 0}\\{n > 3}\end{array}} \right.\)\[ \Rightarrow {2^n} - 1 \in \left\{ {3\,;\,\,7\,;\,\,9\,;\,\,63} \right\} \Leftrightarrow {2^n} \in \left\{ {4\,;\,\,8\,;\,\,10\,;\,\,64} \right\}\]

\( \Rightarrow n \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,6} \right\} \Rightarrow n = 6 \Rightarrow {u_1} = 1\). Vậy đa giác đó có 6 cạnh. Chọn C.

Điều kiện xác định: \(x > 0.\)

Ta có \({\log _2}x + {\log _3}x \ge 1 + {\log _2}x \cdot {\log _3}x \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - 1} \right)\left( {{{\log }_3}x - 1} \right) \le 0\)

Suy ra có 2 nghiệm nguyên \(x\) thoả mãn. Chọn B.

Xét \(I = \int {\left( {a{x^2} + bx + 5} \right)\,} {e^x}\;{\rm{d}}x\). Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = a{x^2} + bx + 5 \Rightarrow {\rm{d}}u = (2ax + b){\rm{d}}x}\\{\;{\rm{d}}v = {e^x}\;{\rm{d}}x \Rightarrow v = {e^x}}\end{array}} \right.\).

Khi đó: \(I = \int {\left( {a{x^2} + bx + 5} \right)} \,{e^x}\;{\rm{d}}x = \left( {a{x^2} + bx + 5} \right){e^x} - \int {(2ax + b)} \,{e^x}\;{\rm{d}}x\)

\( = \left( {a{x^2} + bx + 5} \right){e^x} - \left( {2ax + b} \right){e^x} + \int 2 a \cdot {e^x}\;{\rm{d}}x\)

\( = \left( {a{x^2} + bx + 5} \right){e^x} - \left( {2ax + b} \right){e^x} + 2a{e^x} + C\)\[ = {e^x}\left[ {a{x^2} + \left( {b - 2a} \right) + \left( {5 - b + 2a} \right)} \right] + C.\]

Ta có \(\int {\left( {a{x^2} + bx + 5} \right)\,} {e^x}\;{\rm{d}}x = \left( {3{x^2} - 8x + 13} \right){e^x} + C\)

\( \Leftrightarrow {e^x}\left[ {a{x^2} + \left( {b - 2a} \right) + \left( {5 - b + 2a} \right)} \right] + C = \left( {3{x^2} - 8x + 13} \right){e^x} + C\)

\( \Leftrightarrow a{x^2} + \left( {b - 2a} \right) + \left( {5 - b + 2a} \right) = 3{x^2} - 8x + 13\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b - 2a =  - 8}\\{5 - b + 2a = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b =  - 2}\end{array}} \right.} \right.\) (thoả mãn)

Suy ra \(S = a + b = 1.\) Chọn A.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m\left( {x + 1} \right) \ge x + 3}\\{4mx + 3 \ge 4x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {2m - 1} \right)x \ge 3 - 2m}\\{\left( {4m - 4} \right)x \ge  - 3}\end{array}} \right.} \right.\)

Giả sử hệ có nghiệm duy nhất thì \(\frac{{3 - 2m}}{{2m - 1}} = \frac{{ - 3}}{{4m - 4}}\)\( \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{3}{4}}\\{m = \frac{5}{2}}\end{array}.} \right.\)

Thử lại:

• Với \(m = \frac{3}{4}\), hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {\frac{3}{2} - 1} \right)x \ge 3 - \frac{3}{2}}\\{ - x \ge  - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{x \le 3}\end{array} \Leftrightarrow x = 3} \right.} \right.\) (thoả mãn)

• Với \(m = \frac{5}{2}\), hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x \ge  - 2}\\{6x \ge  - 3}\end{array} \Leftrightarrow x \ge  - \frac{1}{2}} \right.\) (không thoả mãn)

Vậy \(m = \frac{3}{4}\) là giá trị cần tìm. Chọn B.

Ta có \(y = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - g}}{{2v_0^2{{\cos }^2}\alpha }} \cdot {x^2} + x \cdot \tan \alpha  = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {\frac{{ - g}}{{2v_0^2\cos \alpha }} \cdot x + \tan \alpha } \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \frac{{x_0^2\sin 2\alpha }}{g} = 25\,\,000\sin 2\alpha .}\end{array}} \right.\)

Do đó, tầm bay xa mà quả đạn đạt tới là \(25\,\,000\sin 2\alpha \,\,(m).\)

Vậy đạn bay xa nhất khi \(\sin 2\alpha  = 1 \Leftrightarrow 2\alpha  = \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow \alpha  = \frac{\pi }{4} + k\pi .\)

Vì \(0 \le \alpha  \le \frac{\pi }{2}\) nên \(\alpha  = \frac{\pi }{4}.\)

Vậy góc bắn bằng \(45^\circ \) thì đạn bay xa nhất. Chọn B.

• TH1: \({z_1},\,\,{z_2}\) là các nghiệm thực \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 5 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 5}\\{m < 1}\end{array}} \right..\)

Ta có \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| \Leftrightarrow {z_1} =  - {z_2} \Leftrightarrow {z_1} + {z_2} = 0 \Leftrightarrow 2m = 0 \Leftrightarrow m = 0.\)

• TH2: \({z_1},\,\,{z_2}\) là các nghiệm ảo \( \Leftrightarrow \Delta ' < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 5 < 0 \Leftrightarrow 1 < m < 5.\)

Phương trình bậc hai có hai nghiệm phức phân biệt thì hai số phức đó là hai số phức liên hợp nên luôn thoả mãn điều kiện \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right|\)

\( \Rightarrow m \in \left( {1\,;\,\,5} \right){\rm{. M\`a  }}m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}{\rm{. }}\)

Vậy có 4 giá trị \(m\) thoả mãn. Chọn A.

Gọi \(k\) là hệ số góc của đường thẳng \(d\) qua \[A.\]

Ta có phương trình của \(d\) có dạng: \(y = kx + m - k.\)

\(d\) tiếp xúc với \((C) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{kx + m - k = {x^3} + 3{x^2} + 1}\\{k = 3{x^2} + 6x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 2{x^3} + 6x + 1\,\,(*)}\\{k = 3{x^2} + 6x}\end{array}} \right.} \right.\) có nghiệm.

Để qua \(A\) có thể kẻ được đúng 3 tiếp tuyến tới \((C)\).

Khi phương trình (*) phải có 3 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow {y_{CT}} < m < {y_{CD}}\) với \(f(x) =  - 2{x^3} + 6x + 1.\)

Ta có \[f'(x) =  - 6{x^2} + 6\,;\,\,f'(x) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1.\] \(f(1) = 5 = {f_{CD}};\,\,f( - 1) =  - 3 = {f_{CT}}.\)

Suy ra \( - 3 < m < 5.\) Vậy số phần tử của \(S\) là 7. Chọn B.

Vận tốc của vật được tính theo công thức \(v(t) = 10 + {t^2} - 7t\,\,(m/s).\)

Quãng đường vật đi được tính theo công thức \(S\left( t \right) = \int v (t)dt = \frac{{{t^3}}}{3} - \frac{7}{2}{t^2} + 10t\,\,(m).\)

Ta có \(S'\left( t \right) = {t^2} - 7t + 10 \Rightarrow S'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 7t + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2}\\{t = 5}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow S\left( 0 \right) = 0;\,\,S\left( 2 \right) = \frac{{26}}{3};\,\,S\left( 5 \right) = \frac{{25}}{6};\,\,S\left( 6 \right) = 6\)\( \Rightarrow {\max _{[0;\,\,6]}}S(t) = S(2) = \frac{{26}}{3}.\) Chọn D.

Bán kính hình trụ của cái mũ là: \(r = \frac{{35 - 10 - 10}}{2} = \frac{{15}}{2}(\;{\rm{cm}}).\)

Đường cao hình trụ của cái mũ là \(30\,\;{\rm{cm}}.\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi  \cdot \frac{{15}}{2} \cdot 30 = 450\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Diện tích vành mũ là: \({S_v} = \pi {\left( {\frac{{35}}{2}} \right)^2} - {S_d}\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Vậy tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ là:

\(S = {S_{xq}} + {S_d} + {S_v} = 450\pi  + {\left( {\frac{{35}}{2}} \right)^2}\pi  = 756,25\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\) Chọn B.

• TH1: \(m = 0 \Rightarrow y =  - 1\) nên hàm số không có cực trị \( \Rightarrow m = 0\) (loại).

• TH2: \(m \ne 0 \Rightarrow {m^2} > 0.\)

Hàm số \(y = {m^2}{x^4} - \left( {{m^2} - 2019m} \right){x^2} - 1\) có đúng một cực trị \( \Leftrightarrow ab \ge 0\)

\( \Leftrightarrow  - {m^2}\left( {{m^2} - 2019m} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2019m \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2019.{\rm{ }}\)

Vì \(m \ne 0 \Rightarrow 0 < m \le 2019.\)

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên có 2019 giá trị của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Thể tích của khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi A{I^2} \cdot OI = \frac{1}{3}\pi {a^2} \cdot a\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}\). Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 4} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AD}  = \left( { - 4\,;\,\,1\,;\,\,0} \right).\)

Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} \,;\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 6\,;\,\, - 10\,;\,\,4} \right).\)

Thể tích khối tứ diện \[ABCD\] là \[V = \frac{1}{6} \cdot \left| {\,\left[ {\overrightarrow {AB} \,;\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{6} \cdot \left| {14} \right| = \frac{7}{3}.\] Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3\,;\,\, - 4} \right).\)

Suy ra, phương trình tổng quát của đường thẳng \[AB\] có dạng: \(4x + 3y + m = 0.\)

• Vì \(A\left( {1\,;\,\,1} \right) \in AB\) nên \(4.1 + 3.1 + m = 0 \Leftrightarrow m =  - 7 \Rightarrow AB:4x + 3y - 7 = 0.\)

• Vì \(C\left( {a\,;\,\,b} \right) \in d:x - 2y - 1 = 0 \Rightarrow a - 2b - 1 = 0 \Rightarrow a = 2b + 1.\)

Theo giả thiết, ta có \(d\left( {C\,;\,\,AB} \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{\left| {4a + 3b - 7} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 6 \Leftrightarrow \left| {4a + 3b - 7} \right| = 30.\)

Thay \(a = 2b + 1\) vào phương trình trên ta được \(\left| {4\left( {2b + 1} \right) + 3b - 7} \right| = 30 \Leftrightarrow \left| {11b - 3} \right| = 30\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{11b - 3 = 30}\\{11b - 3 =  - 30}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3}\\{b = \frac{{ - 27}}{{11}}}\end{array}.} \right.} \right.\) Do \(C\) có toạ độ nguyên nên \(b = 3 \Rightarrow a = 7 \Rightarrow a + b = 10.\)

Chọn A.

Với \(AB = 3,\,\,AD = 1,\,\,BG = 1\), \(GD = DE = 1.\)

Ta có \(\int\limits_{ - 2}^3 {f(x){\rm{d}}x}  = {S_{ABGH}} + {S_{BGD}} - {S_{CDE}}\)\(T = \frac{1}{{10}}.\)

Suy ra \(\int\limits_{ - 2}^3 {f(x){\rm{d}}x}  = 3 \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 - \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = 3\). Chọn D.

Đặt \({4^a} = {25^b} = {10^c} = t.\)

• \({4^a} = t \Leftrightarrow a = {\log _4}t\);                   

• \({25^b} = t \Leftrightarrow b = {\log _5}t\);                                   

• \({10^c} = t \Leftrightarrow c = {\log _{10}}t\).

Suy ra \(T = \frac{c}{a} + \frac{c}{b} = \frac{{{{\log }_{10}}t}}{{{{\log }_4}t}} + \frac{{{{\log }_{10}}t}}{{{{\log }_{25}}t}} = \frac{{{{\log }_t}4}}{{{{\log }_t}10}} + \frac{{{{\log }_t}25}}{{{{\log }_t}10}}\)\( = \frac{{{{\log }_t}4.25}}{{{{\log }_t}10}} = \frac{{{{\log }_t}100}}{{{{\log }_t}10}} = 2.\)

Chọn C.

Đường tròn lớn có chu vi bằng \(8\pi \) nên bán kính của \((S)\) là \(\frac{{8\pi }}{{2\pi }} = 4.\)

Từ phương trình của \((S)\) suy ra bán kính của \((S)\) là \(\sqrt {{2^2} + {1^2} + {a^2} - 10a} .\)

Do đó \(\sqrt {{2^2} + {1^2} + {a^2} - 10a}  = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{a = 11}\end{array}} \right..\) Chọn C.

Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học (6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024 - 2025.

Áp dụng công thức \({S_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\) để tính dân số năm 2018.

Trong đó \(A = 905\,\,300\,;\,\,r = 1,37\% \,;\,\,n = 8\).

Dân số năm 2018 là \(905\,\,300{\left( {1 + \frac{{1,37}}{{100}}} \right)^8} = 1\,\,009\,\,411\).

Dân số năm 2017 là \(905\,\,300{\left( {1 + \frac{{1,37}}{{100}}} \right)^7} = 995\,\,769\).

Số trẻ vào lớp 1 là \(1\,\,009\,\,411 - 995\,\,769 + 2\,\,400 = 16\,\,042\).

Số phòng học cần chuẩn bị là \(16\,\,042:35 \approx 458,3\).

Vậy số phòng cần chuẩn bị là 459 phòng. Chọn C.

Cách 1: Ta có \(w = (1 - i)z + i \Leftrightarrow z = \frac{{w - i}}{{1 - i}}\)

Đặt \(w = x + yi\,\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\)\( \Rightarrow z = \frac{{x + yi - i}}{{1 - i}}.\)

Ta có \(\left| {z - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{x + yi - i}}{{1 - i}} - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{(x + yi - i)(1 + i)}}{2} - 2} \right| = 2.\)

\( \Leftrightarrow \left| {x + xi + yi - y - i + 1 - 4} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| {x - y - 3 + (x + y - 1)i} \right| = 4\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - y - 3} \right)^2} + {\left( {x + y - 1} \right)^2} = 16\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 9 - 2xy + 6y - 6x + {x^2} + {y^2} + 1 + 2xy - 2y - 2x = 16\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} - 8x + 4y - 6 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 2y - 3 = 0\)

Đường tròn có bán kính là \(R = \sqrt {{2^2} + {1^2} + 3}  = 2\sqrt 2 .\)

Cách 2: Ta có \[w = \left( {1 - i} \right)z + i \Leftrightarrow z = \frac{{w - i}}{{1 - i}} \Leftrightarrow z - 2 = \frac{{w - i}}{{1 - i}} - 2\]

\( \Leftrightarrow z - 2 = \frac{{w - i - 2 + 2i}}{{1 - i}} = \frac{{w - 2 + i}}{{1 - i}} \Leftrightarrow \left| {z - 2} \right| = \left| {\frac{{w - 2 + i}}{{1 - i}}} \right|\).

Suy ra \(\left| {z - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{w - 2 + i}}{{1 - i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| {w - 2 + i} \right|}}{{\left| {1 - i} \right|}} = 2 \Leftrightarrow \left| {w - 2 + i} \right| = 2\sqrt 2 .\) Chọn D.

Từ đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right) \Rightarrow f'\left( x \right) \le 0\] trên mỗi đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,1} \right]\) và \[\left[ {1\,;\,\,4} \right]\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục Ox với đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] trên đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,1} \right]\)

\[{S_1} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx}  =  - \int\limits_{ - 2}^1 {f'\left( x \right)dx}  = f\left( { - 2} \right) - f\left( 1 \right)\]

\( \Rightarrow f\left( { - 2} \right) - f\left( 1 \right) = 9 \Rightarrow f\left( { - 2} \right) = 9 + f\left( 1 \right) = 9 + 3 = 12\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục \[Ox\] với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) trên đoạn \[\left[ {1\,;\,\,4} \right]\]

\({S_2} = \left| {f'\left( x \right)} \right|dx =  - \int\limits_1^4 {f'\left( x \right)dx}  = f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right)\)

\[ \Rightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right) = 12 \Rightarrow f\left( 4 \right) = f\left( 1 \right) - 12 = 3 - 12 =  - 9\]\( \Rightarrow f\left( { - 2} \right) + f\left( 4 \right) = 12 - 9 = 3\). Chọn C.

Gọi \[E,\,\,F,\,\,G\] lần lượt là trung điểm của \[BC,\,\,CD\] và \[DB.\]

Ta có \({S_{EFG}} = \frac{1}{4}{S_{BCD}} \Rightarrow {V_{A.GEF}} = \frac{1}{4}{V_{A.BCD}} = \frac{1}{4}.\)

• TH1: An và Cường trả lời đúng, Bình trả lời sai \( \Rightarrow {P_1} = 0,9 \cdot \left( {1 - 0,7} \right) \cdot 0,8 = 0,216\).

• TH2: Bình và Cường trả lời đúng, An trả lời sai \( \Rightarrow {P_2} = \left( {1 - 0,9} \right) \cdot 0,7 \cdot 0,8 = 0,056\).

Xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn trên là \(P = {P_1} + {P_2} = 0,272\). Chọn D.

Đặt \(y = f(x) = {x^2} - 2\left( {m + \frac{1}{m}} \right)x + m\).

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số là \(x = m + \frac{1}{m} \ge 2\) (Bất đẳng thức Cô-si).

Vì hệ số \(a = 1 > 0\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty \,;\,\,m + \frac{1}{m}} \right).\)

\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left[ { - 1\,;\,\,1} \right]\)

\( \Rightarrow {y_1} = f( - 1) = 3m + \frac{2}{m} + 1\) và \({y_2} = f(1) = 1 - m - \frac{2}{m}\)

Theo đề bài ta có: \({y_1} - {y_2} = 8\)\( \Leftrightarrow 3m + \frac{2}{m} + 1 - 1 + m + \frac{2}{m} = 8\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).

Chọn B.

Ta có\(A\left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right),\)\(B\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\) nên \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,5} \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \[AB\] là \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - t\\y = 1 - t\\z =  - 3 + 5t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Xét vị trí tương đối giữa \[AB\] và \(\Delta \) ta có \[AB\] cắt \(\Delta \) tại \(C\left( { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right).\)

Suy ra \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  \Rightarrow C\) là trung điểm của \[AB\].

\(T = \left| {MA - MB} \right| \le AB.\) Dấu "=" xảy ra khi \(M \equiv A\) hoặc \(M \equiv B.\)

Do đó \({T_{\max }} = AB = \sqrt {27}  = 3\sqrt 3 .\) Chọn C.

Vì \[A,\,\,B\] là hai tập hợp khác rỗng, nên ta có điều kiện:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < 5}\\{3 < 2020 - 5m}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 6}\\{m < \frac{{2017}}{5}}\end{array} \Leftrightarrow m < 6} \right.} \right..\)

Để \(A\backslash B = \emptyset \) thì \(A \subset B\) ta có điều kiện

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 \le m - 1}\\{5 < 2020 - 5m}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 \le m}\\{m < 403}\end{array} \Leftrightarrow 4 \le m < 403} \right.} \right..\)

Kết hợp điều kiện, suy ra \(4 \le m < 6.\)

Vậy có 2 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 2.

Xét hàm số \(T =  - 0,008{t^3} - 0,16t + 28\) với \(t \in \left[ {1\,;\,\,10} \right].\)

Ta có \(T' =  - 0,024{t^2} - 0,16\) với \(t \in \left[ {1\,;\,\,10} \right].\)

Suy ra hàm số \(T\) nghịch biến trên đoạn \(\left[ {1\,;\,\,10} \right].\)

Nhiệt độ thấp nhất trong phòng đạt được là:

\({T_{\min }} = T\left( {10} \right) =  - 0,008 \cdot {10^3} - 0,16 \cdot 10 + 28 = 18,4\;\,\left( {^\circ C} \right)\).

Đáp án: \(18,4\).

Ta có \(y = {\left( {{x^3} - 6{x^2} - m} \right)^2}\)\( \Rightarrow y' = 2 \cdot \left( {3{x^2} - 12x} \right) \cdot \left( {{x^3} - 6{x^2} - m} \right)\left( {{{\left( {{u^2}} \right)}^\prime } = 2u \cdot u'} \right)\).

Khi đó \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{x^2} - 12x = 0}\\{{x^3} - 6{x^2} - m = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0\,;\,\,x = 4}\\{m = {x^3} - 6{x^2} = f\left( x \right)}\end{array}} \right.} \right.\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m = f\left( x \right)\) có ba nghiệm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right) \Rightarrow  - 32 < m < 0.\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 31\,;\,\, - 30\,;\,\, - 29\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 1} \right\}.\)

Đáp án: 31.

Số tam giác tạo thành khi chọn ngẫu nhiên 3 điểm là \(C_{2n}^3\).

Số đường chéo đi qua tâm là \(n\).

Suy ra, số hình chữ nhật nhận 2 đường chéo đi qua tâm làm 2 đường chéo là \(C_n^2\).

Số tam giác vuông được tạo thành là \(4C_n^2\).

Khi đó, ta được phương trình \(\frac{{4 \cdot C_n^2}}{{C_{2n}^3}} = 0,2 \Rightarrow n = \frac{1}{8}\).

Đáp án: \(\frac{1}{8}\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 5x + 1} \right]\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{9}{8}{\rm{ }}\)

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 9}\\{b = 8}\end{array} \Rightarrow T = a - b = 1} \right.\).

Đáp án: 1.

Đặt \(g(x) = {x^2} - 2x + 2m.\)

− Khi \(m =  - 1\) ta có hàm số \(y = f(x) = \frac{{{x^2} - 2x - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

− Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} - 2x - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} =  - \infty \) suy ra đồ thị của hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận đứng là \(x = 1.\)

− Khi \(m \ne 1\), xét hàm số \[y = f(x) = \frac{{{x^2} - 2x + 2m}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + m} \right)}}\].

• TH1: Đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận đứng \(x = 1.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{g(1) \ne 0}\\{g( - m) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 + 2m \ne 0}\\{{m^2} + 4m = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m =  - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m =  - 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

• TH2: Đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận đứng \(x = m.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{g(1) = 0}\\{g( - m) \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 2m = 0}\\{{m^2} + 4m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{1}{2}}\\{m \ne 0}\\{m \ne  - 4}\end{array} \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}.} \right.} \right.} \right.\)

Vậy có 4 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 4.

Ta có \[f'\left( x \right)\left[ {1 + {e^{f\left( x \right)}}} \right] = 1 + {e^x} \Rightarrow f'\left( x \right) + f'\left( x \right)\,{e^{f\left( x \right)}} = 1 + {e^x}\]

\( \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right) + {e^{f\left( x \right)}}} \right]^\prime } = 1 + {e^x}\)\( \Rightarrow \int {{{\left[ {f\left( x \right) + {e^{f\left( x \right)}}} \right]}^\prime }} {\rm{d}}x = \int {\left( {1 + {e^x}} \right)\,} {\rm{d}}x\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) + {e^{f\left( x \right)}} = x + {e^x} + C\).

Lại có \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f(x) + {e^{f\left( x \right)}} = x + {e^x}.\)

Xét hàm số \(g(t) = t + {e^t}\) với \(t \in \mathbb{R}.\)

Ta có \(g'\left( t \right) = 1 + {e^t} > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\) nên \(g\left( t \right)\) đồng biến trên.

Suy ra \(f\left( x \right) + {e^{f\left( x \right)}} = x + {e^x} \Rightarrow f\left( x \right) = x.\)

Do đó diện tích hình phẳng đó là: \(S = \int\limits_1^3 {x\;{\rm{d}}x}  = \left. {\frac{1}{2}{x^2}} \right|_1^3 = 4.\)

Đáp án: 4.

Gọi \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\,,\,\,\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) lần lượt là một vectơ chỉ phương của \[{d_1},\,{d_2}.\]

Gọi \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right)\), có

\(\overrightarrow {{n_1}} \) cùng phương với \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right).\)

\(\vec n = \left( {1\,;\,\,a\,;\,\,b} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(\left( P \right)\).

Do \(\left( P \right)\) song song với \({d_1},\,\,{d_2}\) nên chọn \(\vec n = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right).\)

Do đó, phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) có dạng: \(x - 3y + z + c = 0.\)

Lấy \({M_1}\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right) \in {d_1},\,\,{M_2}\left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right) \in {d_2}\).

Có \(d\left( {{d_1}\,,\,\,\left( P \right)} \right) = 2d\left( {{d_2}\,,\,\,\left( P \right)} \right) \Leftrightarrow d\left( {{M_1}\,,\,\,\left( P \right)} \right) = 2d\left( {{M_2}\,,\,\,\left( P \right)} \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 - 3 \cdot \left( { - 2} \right) + 1 + c} \right|}}{{\sqrt {11} }} = 2\frac{{\left| {1 - 3 - 2 + c} \right|}}{{\sqrt {11} }}\)\[ \Leftrightarrow \left| {8 + c} \right| = 2\left| { - 4 + c} \right|\]\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{8 + c = 2\left( { - 4 + c} \right)}\\{8 + c = 2\left( {4 - c} \right)}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 16\,\,(TM)}\\{c = 0\,\,(L)}\end{array}} \right.\)

Do đó \((P):x - 3y + z + 16 = 0 \Rightarrow a =  - 3,\,\,b = 1,\,\,c = 16.\)

Vậy \(a + b + c = 14.\)

Đáp án: 14.

Đặt \(t = {\log _3}x \Rightarrow x = {3^t}.\)

Phương trình trở thành: \({t^2} + 3m(1 + t) + 2{m^2} - 2m - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow {t^2} + 3mt + 2{m^2} + m - 1 = 0\)

Ta có \(\Delta  = {(m - 2)^2} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = \frac{{ - 3m + m - 2}}{2} =  - m - 1}\\{{t_2} = \frac{{ - 3m - m + 2}}{2} =  - 2m + 1}\end{array}} \right.\).

Khi đó \({t_1} = {\log _3}{x_1}\) và \({t_2} = {\log _3}{x_2}\).

Mà \({x_1} + {x_2} < \frac{{10}}{3} \Leftrightarrow {3^{ - m - 1}} + {3^{ - 2m + 1}} < \frac{{10}}{3}\)\( \Leftrightarrow \frac{{{3^{ - m}}}}{3} + 3 \cdot {\left( {{3^{ - m}}} \right)^2} < \frac{{10}}{3}\).

Đặt \({3^{ - m}} = u > 0\)

\({\rm{ (1) }} \Leftrightarrow 3{u^2} + \frac{u}{3} - \frac{{10}}{3} < 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 10}}{9} < u < 1\)\( \Leftrightarrow  - \frac{{10}}{9} < {3^{ - m}} < 1 \Leftrightarrow  - m < 0 \Leftrightarrow m > 0\).

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta  > 0 \Leftrightarrow m \ne 2\). Vậy \(S\) có vô số phần tử.

Đáp án: Vô số.

Xét hàm số \(u = \left| {{x^2} - 1} \right| - 2 \Rightarrow u' = \frac{{{x^2} - 1}}{{\left| {{x^2} - 1} \right|}} \cdot 2x\) \( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực trị tại \(x = 0\,;\,\,x =  \pm 1.\)

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào BBT, để phương trình \(f\left( {\left| {{x^2} - 1} \right| - 2} \right) = m\) có đúng 6 nghiệm \( \Rightarrow m \in \left( { - 1\,;\,\,7} \right).\)

Vậy có 7 giá trị \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 7.

Đường thẳng \(d:\frac{{x - 5}}{2} = \frac{{y + 7}}{2} = \frac{{z - 12}}{{ - 1}}\) có một vectơ chỉ phương là \(\vec u = \left( {2\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right).\)

Mặt phẳng \((\alpha ):x + 2y - 3z - 3 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right).\)

Ta có \[\sin \left( {d\,,\,\,(\alpha )} \right) = \frac{{\left| {\vec u \cdot \vec n} \right|}}{{\left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\vec n} \right|}} = \frac{{3\sqrt {14} }}{{14}}.\]

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \((\alpha ).\)

Khi đó tam giác \[MAH\] vuông tại \(H\) nên

\(\sin \left( {d\,,\,\left( \alpha  \right)} \right) = \sin \widehat {AMH} = \frac{{AH}}{{AM}}\)\( \Rightarrow AH = AM \cdot \sin \left( {d\,,\,\left( \alpha  \right)} \right) = 3.\)

Vậy khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((\alpha )\) bằng 3.

Đáp án: 3.

Đặt \(z = x + yi\quad (x,y \in \mathbb{R})\)

Với toạ độ các đỉnh là \(A\left( {4\,;\,\,4} \right),\,\,B\left( {4\,;\,\,2} \right)\) và \(C\left( {2\,;\,\,4} \right).\)

Ta có \(\left| z \right| = OM\) với \(M\) là điểm biểu diễn số phức \(z\).

Khi đó, điểm \(M\) nằm trong tam giác \[ABC\].

Gọi \(H\left( {3\,;\,\,3} \right)\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow O,\,\,A,\,\,H\) thẳng hàng

Suy ra \({\left| z \right|_{\max }} = O{M_{\max }} = OA = \sqrt {{4^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 2 .\)

Và \({\left| z \right|_{\min }} = O{M_{\min }} = OH = \sqrt {{3^2} + {3^2}}  = 3\sqrt 2 .\)

Vậy \(M \cdot m = 4\sqrt 2  \cdot 3\sqrt 2  = 24.\)

Đáp án: 24.

\({\log _3}\left( {{x^2} + y + 3x} \right) + {\log _2}\left( {{x^2} + y} \right) \le {\log _3}x + {\log _2}\left( {{x^2} + y + 18x} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {\frac{{{x^2} + y + 3x}}{x}} \right) - {\log _2}\left( {\frac{{{x^2} + y + 18x}}{{{x^2} + y}}} \right) \le 0\)\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {3 + \frac{{{x^2} + y}}{x}} \right) - {\log _2}\left( {1 + \frac{{18x}}{{{x^2} + y}}} \right) \le 0\,\,\,(*)\)

Đặt \(t = \frac{{{x^2} + y}}{x}\). Khi đó \((*) \Leftrightarrow {\log _3}(3 + t) - {\log _2}\left( {1 + \frac{{18}}{t}} \right) \le 0(1)\)

Xét hàm \(f(t) = {\log _3}(3 + t) - {\log _2}\left( {1 + \frac{{18}}{t}} \right),\)\(\,\,f'(t) = \frac{1}{{(3 + t)\ln 3}} + \frac{{18}}{{\left( {{t^2} + 18t} \right)\ln 2}} > 0,\,\,\forall t > 0\)

Suy ra hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Lại có \(f(6) = 0 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow f(t) \le f(6) \Leftrightarrow t \le 6\) hay \(\frac{{{x^2} + y}}{x} \le 6\)

\[ \Leftrightarrow {x^2} + y - 6x \le 0 \Leftrightarrow 9 - y \ge {\left( {x - 3} \right)^2}.\]

Cho \(y\) ứng với các số nguyên dương từ 0 đến 9 ta được 35 cặp giá trị thoả mãn.

Vậy có 35 cặp số nguyên dương \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: \[\frac{3}{5}\].

\(AH \bot SO \Rightarrow AH \bot (SBD) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)

Ta có \(AO = \sqrt 2 .\)  Xét tam giác \[SAO\] có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow SA = 2\)

Thể tích của khối chóp là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{8}{3}.\)

Đáp án: \(\frac{8}{3}\).

Ta có \(BF = \sqrt {A{B^2} - A{F^2}}  = \sqrt {{6^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4}} \)

\(EF = \sqrt {B{F^2} - B{E^2}}  = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{{b^2}}}{4}}  = \sqrt {36 - \frac{{16}}{4}}  = \sqrt {32} \)

\( \Rightarrow {S_{BDF}} = \frac{1}{2}EF \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {32}  \cdot b = 2\sqrt 2 b\)

Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot BF}\\{AC \bot DF}\end{array} \Rightarrow AC \bot \left( {BDF} \right)} \right.\).

Khi đó \({V_{ABCD}} = {V_{A.BDF}} + {V_{C.BDF}}\)\( = \frac{1}{3}AF \cdot {S_{BDF}} + \frac{1}{3} \cdot CF \cdot {S_{BDF}}\)

\( = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot \left( {AF + CF} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot AC\)\( = \frac{1}{3}a \cdot 2\sqrt 2 b = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}ab\).

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: \(ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8 \Rightarrow {V_{ABCD}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.8 = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\).

Vậy \({V_{\max }} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = b}\\{{a^2} + {b^2} = 16}\end{array} \Leftrightarrow a = b = 2\sqrt 2 } \right..\)

Đáp án: \[\frac{{16\sqrt 2 }}{3}\].

Hai câu thơ: “Ôi con sóng ngày xưa/ Và ngày sau vẫn thế” khẳng định sự vĩnh hằng bất biến, khẳng định quy luật muôn đời của những con sóng. Dù là “ngày xưa” (quá khứ) hay “ngày sau” (tương lai) thì con sóng “vẫn thế” (không thay đổi). Chọn A.

“Bồi hồi” có nghĩa là ở trong trạng thái có những cảm xúc, ý nghĩ trở đi trở lại, làm xao xuyến không yên (thường là khi nghĩ đến việc đã qua). Chọn B.

Ý nghĩa của trật tự từ “anh – em” trong câu thơ “Em nghĩ về anh, em” là thể hiện người con gái luôn nghĩ cho người mình yêu trước. Trong suốt bài thơ, hình tượng “em” hiện lên với những trăn trở, suy tư cho “anh” và cho tình yêu của đôi lứa. Chọn C.

Chủ đề nổi bật của đoạn trích là thể hiện quy luật của sóng và tình yêu. Nếu như con sóng ngoài biển khơi vẫn ngày đêm vỗ vào bờ thì khao khát tình yêu trong “em” cũng trường tồn, bất diệt như sự tồn tại của sóng trong tự nhiên. Chọn A.

Đoạn thơ được viết theo thể thơ tự do. Các dòng linh hoạt về số câu, số chữ,… Chọn B.

Từ “họ” trong đoạn thơ chỉ nhân dân. Chọn D.

Chủ đề của đoạn thơ nói về những đóng góp, hi sinh thầm lặng của Nhân dân đối với Đất Nước. Chọn A.

Từ “đắp” là từ mang nghĩa “kiến tạo, tạo tác, hình thành”. Chọn D.

Văn bản trên được viết theo thể thơ thất ngôn (thơ 7 chữ). Chọn C.

Nội dung cơ bản của 8 câu thơ đầu là: Văn bản tập trung khắc họa chân dung người chiến sĩ Tây Tiến (ngoại hình, tâm hồn, lí tưởng, sự hi sinh). Chọn A.

Từ “Tây Tiến” được lặp lại ba lần trong đoạn thơ. Việc lặp lại ba lần từ “Tây Tiến” trong đoạn thơ cho ta hình dung nỗi nhớ Tây Tiến trong lòng nhà thơ là da diết, nó cứ trở đi trở lại trong lòng nhà thơ. Phép lặp này cũng cho chúng ta ấn tượng sâu sắc về hình ảnh trung tâm của nỗi nhớ trong lòng nhà thơ. Chọn D.

Từ “Tây Tiến” được lặp lại ba lần trong đoạn thơ. Việc lặp lại ba lần từ “Tây Tiến” trong đoạn thơ cho ta hình dung nỗi nhớ Tây Tiến trong lòng nhà thơ là da diết, nó cứ trở đi trở lại trong lòng nhà thơ. Phép lặp này cũng cho chúng ta ấn tượng sâu sắc về hình ảnh trung tâm của nỗi nhớ trong lòng nhà thơ. Chọn D.

Phép tu từ nói giảm được thể hiện trong câu thơ: “Áo bào thay chiếu anh về đất”. Cụm từ “về đất” được thay thế cho sự chết chóc, hi sinh. Chọn B.

Văn bản đưa ra suy nghĩ của tác giả về tình yêu quê hương và lập luận về ý kiến của mình => phương thức biểu đạt nghị luận. Chọn A.

Dựa vào câu “Không phải ngẫu nhiên trong tiếng Việt, khi những cặp vợ chồng chung thủy yêu nhau, thì lúc hạnh phúc nhất họ thường tha thiết gọi nhau là “nhà ơi””. Chọn C.

Dựa vào câu “Từng không biết bao lần, cái Kinh Thành oanh liệt này đã ngun ngút cháy khi phải đối đầu với đủ mọi thế lực ngoại xâm...”. Chọn C.

Dựa vào ý chính của văn bản là nói lên những tình cảm cá nhân, gia đình gắn liền với tình yêu quê hương, đất nước. Chọn B.

Đoạn trích trên sử dụng phong cách ngôn ngữ báo chí đưa tin về vấn đề pháp luật vì vậy không thể dùng từ mang sắc thái biểu cảm gây hiểu nhầm về nghĩa.

Tòa chỉ tuyên phạt mức án theo quy định của pháp luật nên không đánh giá “nặng” hay “nhẹ”, do đó, sử dụng từ “rất nặng” là sai phong cách ngôn ngữ. Chọn A.

Đối với dạng đề này, HS cần có kiến thức về vốn từ.

Phun: làm cho chất lỏng hoặc chất hơi bị đẩy mạnh ra ngoài thành tia qua lỗ hẹp.

Hút: làm cho chất lỏng, chất khí chuyển chỗ về phía nào đó bằng cách tạo ra ở đó một khoảng chân không.

Xả: thải hơi hoặc nước ra ngoài.

Tháo: làm cho các chi tiết, bộ phận được lắp ghép rời ra khỏi chỉnh thể.

Như vậy, cả A, C và D đều có ý diễn tả một chất/bộ phận thoát ra rời ra ngoài, riêng B là thu/chuyển chỗ về. Chọn B.

Các từ “đỡ”, “khiêng”, “nâng” đơn thuần thể hiện hành động đưa lên cao, nâng và chuyển vật nặng hoặc cồng kềnh bằng sức của hai hay nhiều người hợp lại… cũng như không phù hợp ngữ cảnh của hoạt động. Động từ “rước” có nghĩa là đi thành đoàn có cờ trống, đèn đuốc, v.v. để làm lễ đón về hoặc để biểu thị sự vui mừng, phấn khởi trong ngày hội. → Từ phù hợp là từ “rước”

=> Hàng triệu người Argentina đổ ra đường rước cúp vàng World Cup. Chọn D.

Đoạn trích trên thuộc phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn C.

Phương án A, B, D đều là các quốc gia ở khu vực Mĩ Latinh.

Phương án C đúng, Anggôla là quốc gia ở châu Phi và giành được độc lập sau Chiến tranh thế giới thứ hai. Chọn C.

"Chia để trị", thực hiện văn hóa nô dịch, ngu dân là những chính sách của thực dân Pháp về chính trị và văn hóa, giáo dục nhằm nô dịch lâu dài nhân dân Việt Nam. Chọn C.

Hệ tư tưởng dân chủ tư sản cuối thế kỉ XIX, đầu thế kỉ XX mới xuất hiện tại Việt Nam, đây là một hệ tư tưởng mới với Việt Nam nhưng đã cũ với các quốc gia trên thế giới. Đồng thời giai cấp tư sản Việt Nam ra đời muộn, tiềm lực kinh tế nhỏ bé nên khả năng lãnh đạo còn hạn chế. Từ hai yếu tố đó cho thấy phong phong trào yêu nước theo khuynh hướng dân chủ tư sản thiếu sự lãnh đạo của một giai cấp tiên tiến. Chọn A.

Từ năm 1973, sự phát triển kinh tế của Nhật Bản thường xen kẽ với các đợt khủng hoảng, suy thoái ngắn do tác động của cuộc khủng hoảng năng lượng (1973). Chọn C.

Một trong những hạn chế của Luận cương chính trị của Đảng Cộng sản Đông Dương (10-1930) là đánh giá không đúng khả năng cách mạng của tầng lớp tiểu tư sản, giai cấp tư sản dân tộc, khả năng lôi kéo bộ phận trung, tiểu địa chủ tham gia Mặt trận dân tộc thống nhất, chống đế quốc và phong kiến. Chọn C.

Từ ngày 16 đến ngày 17-8-1945, Đại hội Quốc dân được triệu tập ở Tân Trào. Đại hội tán thành chủ trương Tổng khởi nghĩa của Đảng, thông qua 10 chính sách của Việt Minh, cử ra Uỷ ban Dân tộc giải phóng Việt Nam do Hồ Chí Minh làm Chủ tịch. Chọn D.

Theo nội dung của Hiệp định Sơ bộ thì: Chính phủ Pháp công nhận nước Việt Nam Dân chủ Cộng hoà là một quốc gia tự do, có chính phủ riêng, nghị viện riêng, quân đội riêng, tài chính riêng và là thành viên của Liên bang Đông Dương, nằm trong khối Liên hiệp Pháp. Chọn D.

Nhiệm vụ của cách mạng Việt Nam từ năm 1954 đến năm 1975 là: xây dựng chủ nghĩa xã hội ở miền Bắc, giải phóng miền Nam, thống nhất đất nước. Chọn B.

Duyên hải Nam Trung Bộ với nhiều bãi biển đẹp, thời tiết thuận lợi quanh năm thuận lợi nhất cho phát triển du lịch biển. Chọn C.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- Đáp án A. Tổng khối lượng vận chuyển hành khách bằng đường hàng không tăng qua các năm → đúng.

- Đáp án B. Khối lượng vận chuyển khách trong nước luôn lớn hơn khách quốc tế → đúng.

- Đáp án C. Khối lượng vận chuyển khách quốc tế năm 2020 tăng so với năm 2015 → sai, năm 2020 khách quốc tế giảm. Chọn C.

Trong giai đoạn tới, ngành bưu chính sẽ phát triển theo hướng cơ giới hóa, tự động hóa, tin học hóa nhằm đạt trình độ hiện đại ngang tầm các nước tiên tiến trong khu vực. Chọn B.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- Tây Nguyên giàu tài nguyên khoáng sản với trữ lượng lớn bô-xít và đá axít, asen → loại A

- Tây Nguyên được mệnh danh  là kho vàng xanh của cả nước với diện tích rừng lớn → loại B

- Tây Nguyên có trữ năng thủy điện lớn thứ 2 cả nước → loại C

- Tây Nguyên nằm ở miền khí hậu phía Nam, không chịu ảnh hưởng của gió mùa đông bắc và không có mùa đông lạnh. Chọn D.

Đồng bằng sông Cửu Long bị xâm nhập mặn nặng trong mủa khô là do địa hình thấp, ba mặt giáp biển, sông ngòi, kênh rạch chằng chịt.

A. nhiều cửa sông, ba mặt giáp biễn, có nhiều vùng trũng rộng lớn. → thiếu địa hình thấp.

B. địa hình thấp, ba mặt giáp biển, sông ngòi, kênh rạch chằng chịt. → đúng. Chọn B.

C. có nhiều vùng trũng rộng lớn, ba mặt giáp biển, địa hình đa dạng. → thiếu địa hình thấp.

D. sông ngòi, kênh rạch chằng chịt, ba mặt giáp biển, nhiều cửa sông. → thiếu địa hình thấp.

Đoạn AB gồm n nguồn điện giống nhau ghép song song. Chọn A.

Đoạn AB gồm n nguồn điện giống nhau ghép song song. Chọn A.

Tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau nên ta có \({i^\prime } + r = 90^\circ \Rightarrow {\rm{i}} + {\rm{r}} = 90^\circ \) \( \Rightarrow {\rm{i}} = 90^\circ - {\rm{r}}\). Chọn B.

Vận dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được các chiều của đường sức từ qua M: “Nắm bàn tay phải rồi đặt sao cho bốn ngón tay hướng theo chiều đường sức từ chạy qua dây dẫn thì ngón tay cái choãi ra chỉ chiều của dòng điện”. Chọn C.

Nguồn (I) phát ra tia hồng ngoại.

Nguồn (II) phát ra tia tử ngoại.

Nguồn (III) phát ra tia X.

Nguồn (IV) phát ra sóng vô tuyến.

Các bức xạ do các nguồn trên phát ra sắp xếp theo thứ tự tần số giảm dần là: (III), (II), (I), (IV). Chọn D.

Nguồn (I) phát ra tia hồng ngoại.

Nguồn (II) phát ra tia tử ngoại.

Nguồn (III) phát ra tia X.

Nguồn (IV) phát ra sóng vô tuyến.

Các bức xạ do các nguồn trên phát ra sắp xếp theo thứ tự tần số giảm dần là: (III), (II), (I), (IV). Chọn D.

Ta có OA = x (m); AB = 5 m; AM = 3,2 m.

\(\tan \widehat {MOB} = \tan \left( {{{\rm{\alpha }}_1} - {{\rm{\alpha }}_2}} \right) = \frac{{\tan {{\rm{\alpha }}_1} - \tan {{\rm{\alpha }}_2}}}{{1 + \tan {{\rm{\alpha }}_1}\tan {{\rm{\alpha }}_2}}} = \frac{{\frac{5}{x} - \frac{{3,2}}{x}}}{{1 + \frac{5}{x}.\frac{{3,2}}{x}}} = \frac{{1,8}}{{x + \frac{{16}}{x}}}\)

Theo BĐT Cosi, ta có: \(x + \frac{{16}}{x} \ge 2\sqrt {16}  = 8 \Rightarrow x = 8\,m.\) Do đó: \(OM = \sqrt {{8^2} + 3,{2^2}}  = \frac{{8\sqrt {29} }}{5}m\)

Ta có: \({{\rm{L}}_{\rm{A}}} - {{\rm{L}}_{\rm{M}}} = 10\log \frac{{{{\rm{I}}_{\rm{A}}}}}{{{{\rm{I}}_M}}} \Leftrightarrow 35 - 45 =  - 10 = 10\log \frac{{{{\rm{I}}_{\rm{A}}}}}{{{{\rm{I}}_{\rm{M}}}}} \Rightarrow \frac{{{{\rm{I}}_{\rm{A}}}}}{{{{\rm{I}}_{\rm{M}}}}} = 0,1\).

Ban đầu, tại O đặt 2 nguồn nên ta có: \({I_A} = \frac{{2P}}{{4\pi R_A^2}}\)

Gọi n là số nguồn cần đặt thêm tại O nên ta có: \({I_M} = \frac{{(n + 2)P}}{{4\pi R_M^2}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{I_A}}}{{{I_M}}} = \frac{2}{{n + 2}}\frac{{R_M^2}}{{R_A^2}} \Rightarrow \frac{2}{{n + 2}}.\frac{{{{\left( {\frac{{8\sqrt {29} }}{5}} \right)}^2}}}{{{8^2}}} = 0,1 \Rightarrow n = 22.\)

Đáp án. 22.

Nguồn (I) phát ra tia hồng ngoại.

Nguồn (II) phát ra tia tử ngoại.

Nguồn (III) phát ra tia X.

Nguồn (IV) phát ra sóng vô tuyến.

Các bức xạ do các nguồn trên phát ra sắp xếp theo thứ tự tần số giảm dần là: (III), (II), (I), (IV). Chọn D.

Các phản ứng hạt nhân tuân theo các định luật: định luật bảo toàn điện tích, định luật bảo toàn động lượng, định luật bảo toàn năng lượng toàn phần. Chọn C.

Do \({\rm{i}} = \frac{{{\rm{\lambda D}}}}{{\rm{a}}}\), nghĩa là khoảng vân i tỉ lệ thuận với D.

Theo bài, khi dịch chuyển màn ra xa thì lúc đầu M là vân sáng sẽ chuyển thành vân tối nên ta có:

 \(k\frac{{{\rm{\lambda }}D}}{a} = \left( {k - \frac{1}{2}} \right)\frac{{{\rm{\lambda }}{D^\prime }}}{a}\) \( \Rightarrow kD = \left( {k - \frac{1}{2}} \right)\left( {D + \frac{1}{7}} \right)\) \( \Rightarrow \frac{1}{7}k - \frac{1}{2}D = \frac{1}{{14}}\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)

\(k\frac{{{\rm{\lambda }}D}}{a} = \left( {k - \frac{1}{2} - 1} \right)\frac{{{\rm{\lambda }}{D^\prime }}}{a} \Rightarrow kD = \left( {k - \frac{3}{2}} \right)\left( {D + \frac{1}{7} + \frac{{16}}{{35}}} \right) \Rightarrow \frac{3}{5}k - \frac{3}{2}D = \frac{9}{{10}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) ta có k = 4, D = 1 m. Chọn B.

Các phản ứng hạt nhân tuân theo các định luật: định luật bảo toàn điện tích, định luật bảo toàn động lượng, định luật bảo toàn năng lượng toàn phần. Chọn C.

Khi \({x_2} = 0,{x_1} = - 8\sqrt 3 \;{\rm{cm}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8\sqrt 3 = 16\cos \left( {4{\rm{\pi }}t + \frac{{\rm{\pi }}}{{12}}} \right)}\\{0 = {A_2}\cos (4{\rm{\pi }}t + {\rm{\varphi }})}\end{array} \Rightarrow {\rm{\varphi }} = - \frac{{\rm{\pi }}}{4}} \right.\)

Khi \({x_1} = - 8\;{\rm{cm}}\)thì \({x_2} = 3,2\;{\rm{cm}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8 = 16\cos \left( {4{\rm{\pi }}t + \frac{{\rm{\pi }}}{{12}}} \right)}\\{3,2 = {A_2}\cos \left( {4{\rm{\pi }}t - \frac{{\rm{\pi }}}{4}} \right)}\end{array} \Rightarrow {A_2} = 6,4\;{\rm{cm}}} \right.\)

Áp dụng số phức: \(x = {x_1} + {x_2} = 16\angle \frac{\pi }{{12}} + 6,4\angle - \frac{\pi }{4} \Rightarrow A \approx 20\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Chọn B.

Do , nghĩa là khoảng vân i tỉ lệ thuận với D.

Theo bài, khi dịch chuyển màn ra xa thì lúc đầu M là vân sáng sẽ chuyển thành vân tối nên ta có:

Thứ tự giảm dần về khả năng đâm xuyên của các tia phóng xạ là \({\rm{\gamma ,}}\,{\rm{\beta ,}}\,{\rm{\alpha }}\). Chọn C.

Do , nghĩa là khoảng vân i tỉ lệ thuận với D.

Theo bài, khi dịch chuyển màn ra xa thì lúc đầu M là vân sáng sẽ chuyển thành vân tối nên ta có:

Nguyên tắc hoạt động của Pin năng lượng Mặt Trời dựa trên hiện tượng quang điện trong. Chọn B.

Ta có: 1 lít = 1000 mL nhiên liệu có chứa 85% ethanol về thể tích

$\begin{array}{l}\Rightarrow V_{ethanol}=850mL\\ m_{ethanol}=850\cdot 0,8=680\left(g\right)\Rightarrow n_{ethanol}=\frac{340}{23}\left(mol\right)\\ C_6{H}_{12}{O}_6\left(aq\right)\underset{25-35°C}{\overset{enzyme}{\to }}2C_2{H}_{5}OH\left(aq\right)+2C{O}_2\left(g\right)\\ \frac{170}{23}\leftarrow \frac{340}{23}\\ m_{glu\cos e}=\frac{170}{23}\cdot 180=1330gam.\end{array}$

Chọn A.

Thứ tự giảm dần về khả năng đâm xuyên của các tia phóng xạ là . Chọn C.

Khi nhiệt độ đạt đến \({325^o}C\) thì tổng độ giảm khối lượng là 28,89% + 7,25% = 36,14%.

Gọi công thức chất rắn khi đó là \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot {\rm{n}}{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\(160 + 18n = 250 \cdot (100\% - 36,14\% )\)

\(n = 0\)

→ Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({325^o}C\) là \(CuS{O_4}.\) Chọn C.

Nguyên tắc hoạt động của Pin năng lượng Mặt Trời dựa trên hiện tượng quang điện trong. Chọn B.

Thí nghiệm 1: Lượng \(O{H^ - }\) thêm vào chưa đủ để phản ứng hết với \[A{l^{3 + }}:\]

\[\begin{array}{l}A{l^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Al{(OH)_3}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,015\,\,\, \to \,\,\,\,0,005\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\end{array}\]

Thí nghiệm 2: Lượng \(O{H^ - }\) thêm vào hòa tan một phần kết tủa:

Áp dụng công thức: \({n_{O{H^ - }}} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_ \downarrow } \Rightarrow 0,027 = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - 0,005 \Rightarrow {n_{A{l^{3 + }}}} = 0,008\,(mol)\)

Nồng độ của dung dịch \({\rm{AlC}}{{\rm{l}}_3}\) là \(0,8{\rm{M}}\)

Chọn D.

Ta có: 1 lít = 1000 mL nhiên liệu có chứa 85% ethanol về thể tích

 $X:\left\{\begin{array}{l}{\text{C}}_2{\text{H}}_5\text{OH}:\text{x\hspace{0.17em}mol}\\ {\text{CH}}_3{\text{COOCH}}_3:\text{y\hspace{0.17em}mol}\\ {\text{CH}}_3\text{CHO}:\text{z\hspace{0.17em}mol}\end{array}\right.\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}\stackrel{\text{BTNT\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}C}}{\to }2x+3y+2z=0,28\left(1\right)\\ \stackrel{\text{BTNT\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}H}}{\to }3x+3y+2z=0,34\left(2\right)\end{array}\right.$

% số mol của \[{C_2}{H_5}OH\]trong X là \(50\%  \to \frac{{\rm{x}}}{{{\rm{x}} + {\rm{y}} + {\rm{z}}}} \cdot 100\%  = 50\% \,\,\,\,\,\,(3)\)

Từ (1), (2) và (3) \( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,06}\\{y = 0,04}\\{z = 0,02}\end{array} \to {\rm{m}} = 0,06.46 + 0,04.74 + 0,02.44 = 6,6} \right.\) gam

- Khi cho 13,2 gam X (2m) tác dụng với \(AgN{O_3}/N{H_3}\)

Þ Trong 13,2 gam X có 0,04 mol \[C{H_3}CHO\]

 $\begin{array}{l}\begin{array}{cc}{\text{CH}}_3\text{CHO}& \stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }2\text{Ag}\\ 0,04& 0,08\end{array}\\ \Rightarrow \text{p}=0,08.108=8,64\text{ gam.}\end{array}$

Chọn B.

Khi nhiệt độ đạt đến  thì tổng độ giảm khối lượng là 28,89% + 7,25% = 36,14%.

Gọi công thức chất rắn khi đó là 

Mỡ lợn chứa các chất béo no như tristearin, tripanmitin, khi đun sôi với dung dịch NaOH xảy ra phản ứng xà phòng hóa (thủy phân chất béo):

${\left(\text{RCOO}\right)}_{\text{3}}{\text{C}}_3{H}_5+3\text{NaOH}\stackrel{t^o}{\to }3\text{RCOONa}+{\text{C}}_3{\text{H}}_5{\left(\text{OH}\right)}_3$.

Sản phẩm thu được gồm muối và glycerol dễ tan trong dung dịch nên sau bước 2 thu được chất lỏng đồng nhất.

Ở bước 3: để nguội và hòa tan thêm NaCl (muối ăn) vào \( \to \) làm giảm độ tan của muối sodium stearate, thêm nữa khối lượng riêng của dung dịch lúc này cũng tăng lên \( \to \) các muối hữu cơ (muối sodium của các acid béo) bị tách ra khỏi dung dịch, nhẹ hơn dung dịch dễ tách tạo chất rắn màu trắng nổi lên trên dung dịch. Do đó:

A. Đúng. Vì dầu nhớt thuộc loại alkane.

B. Đúng. Quan sát phương trình phản ứng trên thì việc thêm nước không phải là xúc tác của phản ứng. Thực chất việc nhỏ thêm vài giọt nước trong quá trình phản ứng là để giữ cho thể tích hỗn hợp không đổi.

C. Sai. Vì thêm dung dịch NaCl để tách muối sodium của các acid béo nổi lên trên.

D. Đúng. Sau bước 3, hỗn hợp tách thành hai lớp trong đó: phía trên là chất rắn màu trắng, phía dưới là chất lỏng.

Chọn C.

Polymer tổng hợp gồm: nylon-6; nylon-6,6; tơ nitron; cao su buna; poly(methyl methacrylate); PVC. Chọn B.

Đặt \({{\rm{n}}_{{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}}} = {\rm{x}}\,{\rm{(mol)}},{{\rm{n}}_{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = {\rm{y}}\,{\rm{(mol)}}.\)

Nhiệt phân hỗn hợp X thu được \({n_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}} = {\rm{x}} + 2{\rm{y}}\) mol;

Để ý rằng nếu \({{\rm{O}}_2}\) thiếu thì \({\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) phản ứng với \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) tạo acid \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_2}\) và \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) do đó khí thoát ra là \({{\rm{O}}_2}\) dư

\(4N{O_2}\,\,\,\,\, + \,\,\,\,{O_2}\,\,\, + \,\,\,\,2{H_2}O \to 4HN{O_3}\)

Þ \({n_{{O_2}}}\)phản ứng =\(\frac{1}{4}{n_{N{O_2}}} = 0,25x + 0,5y\,(mol)\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{O_2}}}\) dư = (0,5x + 0,25y) – (0,25x + 0,5y) = 0,25x – 0,25y = 0,25 (mol)

Giải hệ phương trình ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\,(mol)\\y = 1\,(mol)\end{array} \right. \to {{\rm{m}}_{{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}}} = 340\,{\rm{gam}},{{\rm{m}}_{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = 180\,{\rm{gam}} \Rightarrow \% {\rm{Fe}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_2} = 34,62\% .\) Chọn A.

Quá trình trung hòa acid bằng dung dịch kiềm xảy ra phương trình ion rút gọn là \({{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Phương trình ion rút gọn của từng phản ứng là

A. \(2{\rm{KOH}} + {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2} + 2{\rm{KCl}} \Rightarrow {\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }} + 2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2}.\)

B. \(2{\rm{KOH}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) \( \Rightarrow {{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)

C. \({\rm{NaOH}} + {\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}} \to {\rm{NaCl}} + {\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \Rightarrow {\rm{NH}}_4^ + + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}{\rm{.}}\)

D. \({\rm{NaOH}} + {\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \Rightarrow {\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}^ - + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}{\rm{.}}\)

Chọn B.

- Cân bằng hóa học dịch chuyển về phía tạo sản phẩm \( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

- Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt nên khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch về phía làm giảm nhiệt độ \((\Delta H > 0)\) \( \to \) loại A.

- Giảm thể tích bình chứa \( \to \) Áp suất trong bình tăng lên \( \to \) Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch về phía làm giảm áp suất \( \to \) loại B.

- Chất xúc tác không làm cân bằng chuyển dịch \( \to \) loại C.

Chọn D.

Xử lý nhanh các giả thiết số mol và tóm tắt thành sơ đồ sau:

Bảo toàn khối lượng cả sơ đồ: \(14,3 + 0,03 \cdot 101 + 0,5 \cdot 98 = 59,85 + 0,16.9 + {m_{{H_2}O}}\)

→ \({{\rm{m}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 5,04\) gam → \({n_{{H_2}O}} = 0,28\;{\rm{mol}}.\)

Bảo toàn nguyên tố \({\rm{H}}\)có:

Trong dung dịch Y, bảo toàn điện tích ta có: \(3{n_{A{l^{3 + }}}} + 2 \cdot 0,25 + 1 \cdot 0,03 + 1 \cdot 0,05 = 2 \cdot 0,5\).

→ \({n_{A{l^{3 + }}}} = 0,14\,(mol)\)

Bảo toàn nguyên tố \({\rm{N}}\), ta có: \(3{n_{Al{{(N{O_3})}_3}}} + {n_{KN{O_3}}} = {n_{NO}} + {n_{NH_4^ + }}\).

→ \({{\rm{n}}_{{\rm{Al}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_3}}} = 0,02\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Al trong X}}}} = 0,14 - 0,02 = 0,12\;{\rm{mol}}.\)

Vậy \(\% {m_{{\rm{Al trong X}}}} = \frac{{0,12 \cdot 27}}{{14,3}} \cdot 100\%  \approx 22,66\% .\) Đáp án: 22,66%

Ở lá, hơi nước thoát chủ yếu qua con đường khí khổng. Chọn B.

A. Sai. pH máu người trung bình dao động từ 7,35 đến 7,45.

C. Sai. Khi cơ thể vận động mạnh, pH máu giảm.

D. Sai. Giảm nồng độ CO₂ trong máu thì pH máu tăng.

Chọn B.

Cung phản xạ “co ngón tay của người” được mô tả theo sơ đồ sau:

Chọn C.

C. Sai. Enzim ARN pôlymeraza đóng vai trò tổng hợp đoạn mồi, vẫn trượt theo chiều 3’- 5’ đểtổng hợp đoạn mồi có chiều 5’ – 3’. Chọn C.

A. Sai. Vì đối với giống có kiểu gen đồng hợp (thuần chủng), khi tiến hành tự thụ phấn không gây ra thoái hóa giống. Chỉ có giống dị hợp mới dẫn tới thoái hóa giống.

B. Sai. Vì quá trình tự thụ phấn không làm thay đổi tần số alen của quần thể mà chỉ làm tăng tỉ lệ kiểu gen đồng hợp.

C. Đúng. Nguyên nhân là vì ở các quần thể tự thụ phấn thì tỉ lệ dị hợp giảm dần và sau nhiều thế hệ thì tỉ lệ dị hợp tiến tới = 0 nên quần thể chủ yếu chỉ gồm các dòng thuần chủng. 

D. Sai. Vì quần thể giao phấn ngẫu nhiên có tính đa dạng di truyền cao hơn quần thể tự thụ phấn.

Chọn C.

Trong kĩ thuật chuyển gen, các nhà khoa học thường chọn thể truyền có gen đánh dấu để nhận biết các tế bào đã nhận được ADN tái tổ hợp. Chọn A.

\({\rm{P}}:({\rm{Aa}},{\rm{Bb}}) \times \frac{{ab}}{{ab}} \to \) Tỉ lệ kiểu hình thân thấp, hoa trắng ở đời con \( = \underline {ab} \times 1 = 38\% \) → Tỉ lệ giao tử \(\underline {ab} \) ở cây P dị hợp hai cặp gen \( = 0,38 > 0,25 \to \underline {ab} \) là giao tử liên kết.\( \to f = (0,5 - 0,38) \times 2 = 24\% \to \) Khoảng cách giữa 2 gen = tần số hoán vị gen \( = 24{\rm{cM}}\).

Chọn D.

B, D. Sai. Quần thể có kích thước nhỏ thường chịu tác động lớn của các nhân tố từ môi trường sống → nếu môi trường không đồng nhất và thường xuyên thay đổi thì khả năng thích nghi kém.

C. Sai. Quần thể sinh sản tự phối → độ đa dạng di truyền kém hơn quần thể ngẫu phối → nếu môi trường không đồng nhất và thường xuyên thay đổi thì khả năng thích nghi kém.

A. Đúng. Quần thể có kích thước lớn và sinh sản giao phối → quần thể có vô số biến dị tổ hợp → dù môi trường sống thường xuyên thay đổi thì quần thể vẫn có khả năng thích nghi được do tiềm ẩn sẵn kiểu gen thích nghi với môi trường mới. Chọn A.

Có 3 phát biểu đúng, đó là II, III và IV.

I. Sai. Các loài vi sinh vật không sống trên cơ thể và cũng không gây hại cho cá ép nên đây không phải mối quan hệ kí sinh.

Chọn A.

Ở thế hệ xuất phát, tỉ lệ kiểu gen ở cây trưởng thành là 0,2 AA : 0,8 Aa → Cho các cây trưởng thành ở thế hệ xuất phát tự thụ phấn (0,8 Aa tự thụ phấn sẽ sinh ra 3 loại kiểu gen là 0,2 AA : 0,4 AA : 0,2 aa; 0,2 AA tự thụ phấn sẽ sinh ra 0,2 AA) → Tỉ lệ hợp tử ở F₁ là: 0,4 AA : 0,4 Aa : 0,2 aa.

- Vì hạt aa không nảy mầm được nên tỉ lệ kiểu gen ở cây trưởng thành F₁ là: \(0,5AA:0,5Aa = \frac{1}{2}{\rm{AA}}:\frac{1}{2}{\rm{Aa}}\)→ Cho các cây trưởng thành ở thế hệ F₁ tự thụ phấn → Tỉ lệ hợp tử ở F₂ là: \(\frac{5}{8}{\rm{AA}}:\frac{1}{4}{\rm{Aa}}:\frac{1}{8}{\rm{aa}}\).

- Như vậy, ở F₂ hạt nảy mầm gồm có \(\frac{5}{8}{\rm{AA}}\) và \(\frac{1}{4}{\rm{Aa}}\)→ Lấy ngẫu nhiên một hạt ở đời F₂, xác suất để hạt này nảy mầm được trên đất có kim loại nặng là 5/8 + 1/4 = 87,5%. Đáp án: 87,5