Giả sử trồng được \(n\) hàng cây \[\left( {n \ge 1\,,\,\,n \in \mathbb{N}} \right)\].

Số cây ở các hàng tạo thành một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 1\).

Theo giả thiết: \[{S_n} = 3240 \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = 3240\]

\( \Leftrightarrow n\left( {n + 1} \right) = 6480 \Leftrightarrow {n^2} + n - 6480 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 80\,\,\,({\rm{TM}})}\\{n =  - 81\,\,\,(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\).

Vậy có tất cả 80 hàng cây. Chọn C.

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) thì \(SO \bot \left( {ABC} \right).\) Suy ra \(\widehat {SAO} = 60^\circ .\)

\(AO = \frac{2}{3} \cdot 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\,,\,\,SH = AO \cdot \tan 60^\circ  = 2a.\)

Diện tích \(\Delta ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 .\)

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SO = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)

Ta có \(\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 1 + 5i \Leftrightarrow z = \frac{{1 + 5i}}{{3 + 2i}} = 1 + i.\)

Suy ra \(w = \left( {z + 1} \right)\bar z = z \cdot \bar z + \bar z = \left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right) + 1 - i = 2 + 1 - i = 3 - i\) \[ \Rightarrow \left| w \right| = \sqrt {10} .\]

Chọn B.

Do \(D \in Oy\) nên \(D\left( {0\,;\,\,y\,;\,\,0} \right)\).

Suy ra .

Khi đó \(\left[ {\overrightarrow {DA} \,,\,\,\overrightarrow {DB} } \right] = \left( {1 + 2y\,;\,\,5\,;\,\,y + 3} \right)\).

Ta có \[{V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {DA} \,,\,\,\overrightarrow {DB} } \right] \cdot \overrightarrow {DC} } \right| = 5\]\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2y + 6 = 30}\\{2y + 6 =  - 30}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 12}\\{y =  - 18}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy \({y_1} + {y_2} = 12 - 18 =  - 6\). Chọn A.

Ta có \(\widehat {CBH} = \widehat {BAC} + \widehat {ACB}\) (góc ngoài của \(\Delta ABC)\) nên \(\widehat {ACB} = 14^\circ \).

Áp dụng định lý sin trong tam giác \[ABC\], ta có: \(\frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}} \Rightarrow BC = 51,3\;\,{\rm{m}}\).

Xét tam giác \[BCH\] vuông tại \[H\], ta có: \[\sin \widehat {CBH} = \frac{{CH}}{{BC}} \Rightarrow CH = 51,3 \cdot \sin 62^\circ  \approx 45,3\;({\rm{m)}}.\]

Chọn B.

Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3 - {2^{1 - x}}} \right) + x < 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - {2^{1 - x}} > 0}\\{{{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( {3 - {2^{1 - x}}} \right) <  - x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - \frac{2}{{{2^x}}} > 0}\\{3 - {2^{1 - x}} > {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{ - x}}}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{3.2}^x} - 2 > 0}\\{3 - \frac{2}{{{2^x}}} > {2^x}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} > \frac{2}{3}}\\{{{\left( {{2^x}} \right)}^2} - 3 \cdot {2^x} + 2 < 0}\end{array} \Leftrightarrow 1 < {2^x} < 2 \Leftrightarrow 0 < x < 1} \right.} \right..\)

Vậy \(S = \left( {0\,;\,\,1} \right) = \left( {a\,;\,\,b} \right) \Rightarrow a = 0;b = 1 \Rightarrow a - 2b =  - 2.\) Chọn C.

Gọi \({V_1},\,\,{V_2}\) lần lượt là thể tích khối gỗ ban đầu và thể tích khối gỗ bị cắt.

Thể tích của khối gỗ ban đầu là: \({V_1} = \pi {\left( {\frac{{0,5}}{2}} \right)^2}.1 = \frac{\pi }{{16}}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích phần gỗ đã bị cắt đi là: \({V_2} = \frac{1}{2}\pi {\left( {\frac{{0,5}}{2}} \right)^2}.0,5 = \frac{\pi }{{64}}\,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Thể tích khối gỗ còn lại là: \(V = {V_1} - {V_2} = \frac{\pi }{{16}} - \frac{\pi }{{64}} = \frac{{3\pi }}{{64}}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right).\) Chọn C.

Ta có \(y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}.\)

Vì đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) đi qua điềm \(\left( {0\,;\,\,1} \right)\) suy ra \(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow \frac{b}{d} = 1 \Leftrightarrow b = d\).          (1)

Dựa vào đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 0 \right) = 3}\\{x =  - \frac{d}{c} = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ad - bc}}{{{d^2}}} = 3}\\{d =  - c}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ - ac - bc}}{{{c^2}}} = 3}\\{d =  - c}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Thay (1) vào (2), ta được \(\frac{{ - ac + {c^2}}}{{{c^2}}} = 3 \Rightarrow \frac{{ - a + c}}{c} = 3 \Rightarrow  - a = 2c \Rightarrow a =  - 2c.\)

Vậy \(f\left( { - 2} \right) = \frac{{ - 2a + b}}{{ - 2c + d}} = \frac{{ - 2 \cdot \left( { - 2c} \right) + d}}{{ - 2c - c}} = \frac{{4c - c}}{{ - 3c}} =  - 1.\) Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {1 - 3x} }} \Rightarrow \int {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \int {\frac{1}{{\sqrt {1 - 3x} }}} \;{\rm{d}}x \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{2}{3}\sqrt {1 - 3x}  + {C_1}.\)

Mà \[f\left( { - 1} \right) = \frac{2}{3} \Leftrightarrow  - \frac{2}{3}\sqrt {1 - 3 \cdot \left( { - 1} \right)}  + {C_1} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow {C_1} = 2.\]

Khi đó \(f\left( x \right) =  - \frac{2}{3}\sqrt {1 - 3x}  + 2.\)

Lại có \(F\left( x \right) = \int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( { - \frac{2}{3}\sqrt {1 - 3x}  + 2} \right)} \,{\rm{d}}x\)

\( = \int {\left[ { - \frac{2}{3}{{\left( {1 - 3x} \right)}^{\frac{1}{2}}} + 2} \right]} \,{\rm{d}}x = \frac{4}{{27}}{\left( {1 - 3x} \right)^{\frac{3}{2}}} + 2x + {C_2}{\rm{.}}\)

Mà \(F\left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{4}{{27}}{\left( {1 + 3} \right)^{\frac{3}{2}}} - 2 + {C_2} = 0 \Leftrightarrow {C_2} = \frac{{22}}{{27}}.\)

Vậy \(F\left( x \right) = \frac{4}{{27}}{\left( {1 - 3x} \right)^{\frac{3}{2}}} + 2x + \frac{{22}}{{27}} \Leftrightarrow F\left( {\frac{1}{4}} \right) = \frac{4}{3}.\) Chọn D.

Tốc độ thay đổi số tiền đầu tư của ông An vào năm thứ \(t\) là \(f'\left( t \right) = \frac{{12\,\,000}}{{{{\left( {t + 5} \right)}^2}}}\).

Suy ra nguyên hàm của \(f'\left( t \right)\) là hàm số \(f\left( t \right)\) mô tả số tiền mà ông An thu về vào năm thứ \[t.\]

Ta có \(f\left( t \right) = \int {f'\left( t \right)} \,{\rm{d}}t = \int {\frac{{12\,\,000}}{{{{\left( {t + 5} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}t =  - \frac{{12\,\,000}}{{t + 5}} + C.\)

Số tiền vốn ban đầu là 200 triệu đồng nên \(f(0) = 200 \Leftrightarrow  - \frac{{12\,\,000}}{{0 + 5}} + C = 200 \Leftrightarrow C = 2\,\,600.\)

Vậy số tiền mà ông An thu về tính đến đầu tháng 5 năm 2023 là:

\(f\left( {48} \right) =  - \frac{{12\,\,000}}{{48 + 5}} + 2\,\,600 \approx 2\,\,373,5\) (triệu đồng). Chọn C.

12. Ta có \({\log _c}\left( {{a^2}b} \right) = \frac{{{{\log }_b}\left( {{a^2}b} \right)}}{{{{\log }_b}c}} = \frac{{{{\log }_b}{a^2} + {{\log }_b}b}}{3} = \frac{{2 \cdot \frac{1}{{{{\log }_a}b}} + 1}}{3} = \frac{{2 \cdot \frac{1}{2} + 1}}{3} = \frac{2}{3}.\)

Chọn D.

Để chọn được 3 câu hỏi trong đó có ít nhất 1 câu lý thuyết và 1 câu bài tập, có 2 TH:

• TH1: Chọn 1 câu lý thuyết và 2 câu bài tập có \(C_4^1 \cdot C_6^2\) (cách chọn).

• TH2: Chọn 2 câu lý thuyết và 1 câu bài tập có \(C_4^2 \cdot C_6^1\) (cách chọn).

Suy ra có \(C_4^1 \cdot C_6^2 + C_4^2 \cdot C_6^1 = 96\) (cách chọn). Chọn C.

Cách 1: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {5\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right),\)

\(\overrightarrow {DC}  = \left( {6 - a\,;\,\,1 - b\,;\,\, - c} \right){\rm{. }}\)

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}\)

Ta có \(A\left( {0\,;\,\,2} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\,4} \right),\,\,C\left( {2\,;\,\,3} \right).\)

Ta thấy rằng \(F\left( {x\,;\,\,y} \right) = y - x\) đạt giá trị nhỏ nhất tại một đỉnh của tam giác ABC

• Tại \(A\left( {0\,;\,\,2} \right)\) thì \(F = 2.\)

• Tại \(B\left( {1\,;\,\,4} \right)\) thì \(F = 3.\)

• Tại \(C\left( {2\,;\,\,3} \right)\) thì \(F = 1.\)

Ta có \(I = \int\limits_1^2 {xf'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {xf\left( x \right)} \right|_1^2 - \int\limits_1^2 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x\).

Với \(f\left( {2x} \right) - xf\left( {{x^2}} \right) = 5x - 2{x^3} - 1\).

Thay \(x = 1\,;\,\,f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) = 5 - 2 - 1 = 2 \Leftrightarrow f(2) = 3.\)

Khi đó \(\int f \left( {2x} \right)dx - \int x f\left( {{x^2}} \right)dx = \int {\left( {5x - 2{x^3} - 1} \right)\,} dx\)

\( \Leftrightarrow \int 2 f\left( {2x} \right)dx - \int 2 xf\left( {{x^2}} \right)dx = \int {\left( {10x - 4{x^3} - 2} \right)} \,dx\)

\( \Leftrightarrow F\left( {2x} \right) - F\left( {{x^2}} \right) = 5{x^2} - {x^4} - 2x + c\).

• Với \(x = 0 \Rightarrow F\left( 0 \right) - F\left( 0 \right) = c \Leftrightarrow c = 0\).

• Với \(x = 1 \Rightarrow F\left( 2 \right) - F\left( 1 \right) = 5 - 1 - 2 = 2\).

Vậy \(I = 2f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) - \left[ {F\left( 2 \right) - F\left( 1 \right)} \right] = 2 \cdot 3 - 1 - 2 = 3\). Chọn A.

Gọi số có ba chữ số cần tìm có dạng \(\overline {xyz} .\)

Điều kiện: \(x > 0\,;\,\,y\,,\,\,z \ge 0\,;\,\,x\,,\,\,y\,,\,\,z \in \mathbb{N}.\)

• Số đó chia cho tồng các chữ số của nó thì được thương là 17 và dư 5 nên ta có phương trình

\(\frac{{100x + 10y + z}}{{x + y + z}} = 17 + \frac{7}{{x + y + z}} \Leftrightarrow 83x - 7y - 16z = 7.\)

• Tương tự ta có phương trình: \( - 44x + 6y - 53z = 8\) và \(85x - 14y - 5z = 14.\)

Theo đề bài, ta lập được hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{83x - 7y - 16z = 7}\\{ - 44x + 6y - 53z = 8}\\{85x - 14y - 5z = 14}\end{array}} \right.\).

Giải hệ ta được \(x = 2\,,\,\,y = 9\,,\,\,z = 6.\)

Vậy số cần tìm là 296. Chọn B.

Ta có \(3\cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) - m + 5 = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{m - 5}}{3}.\)

Điều kiện để phương trình có nghiệm: \( - 1 \le \frac{{m - 5}}{3} \le 1 \Leftrightarrow 2 \le m \le 8.\)

Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}.\)

Vậy có 7 số nguyên \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Gọi \(t\,\,\left( \%  \right)\) là tỉ lệ tăng trưởng mỗi năm

Trung bình mỗi năm dân số của tỉnh Bình Dương tăng:

\(1\,\,691\,\,400{\left( {1 + t} \right)^4} = 1\,\,802\,\,500 \Leftrightarrow t = 1,6\% \). Chọn A.

Gọi \(M\left( {0\,;\,\,y\,;\,\,0} \right) \in Oy:\overrightarrow {AM}  = \left( { - 1\,;\,\,y - 1\,;\,\, - 1} \right)\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,1} \right)\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(A\) cắt trục \[Oy\] tại \(M\).

Do \(\Delta  \bot d\) nên \(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Leftrightarrow  - 1 + 2\left( {y - 1} \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow y = 2\).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,1} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 1 - t}\\{z = 1 + t}\end{array}} \right.\).

Mà điểm \(N\left( { - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right) \in \Delta \) nên đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + t}\\{y = 3 - t}\\{z =  - 1 + t}\end{array}} \right.\).

Chọn C

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {x^2} - 2x}\\{b = \sqrt {y + 1} }\end{array}} \right.\) .

Hệ phương trình đã cho trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + b = 0}\\{3a - 2b =  - 7}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 2x =  - 1}\\{\sqrt {y + 1}  = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 3}\end{array}} \right.} \right.} \right..\)

Do đó \(m + 6 = 4 \Leftrightarrow m =  - 2.\) Chọn A.

Đặt \(t = {2^x},\,\,t \in \left[ {\frac{1}{2}\,;\,\,2} \right],\,\,f\left( x \right)\) trở thành \(g\left( t \right) = {t^2} + \left( {a - 2} \right)t + 2\).

Hàm số \(g\left( t \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{2}\,;\,\,2} \right]\).

Ta có \(g'\left( t \right) = 2t + a - 2,\,\,g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{2 - a}}{2}\).

• TH1: \(\frac{1}{2} \le \frac{{2 - a}}{2} \le 2 \Leftrightarrow  - 2 \le a \le 1\). Suy ra \({\min _{\left[ {\frac{1}{2}\,;\,\,2} \right]}}g(t) = g\left( {\frac{{2 - a}}{2}} \right) = \frac{{8 - {{\left( {a - 2} \right)}^2}}}{4}\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \frac{{8 - {{(a - 2)}^2}}}{4} \ge 1 \Leftrightarrow 0 \le a \le 4.\) Do đó \(0 \le a \le 1.\)

• TH2: \(\frac{{2 - a}}{2} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow a > 1\). Suy ra \({\min _{\left[ {\frac{1}{2}\,;\,\,2} \right]}}g(t) = g\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}a + \frac{5}{4}\).

Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow \frac{1}{2}a + \frac{5}{4} \ge 0 \Leftrightarrow a \ge  - \frac{1}{2}\]. Do đó \(a > 1.\)

• TH3: \(\frac{{2 - a}}{2} > 2 \Leftrightarrow a <  - 2\). Suy ra \({\min _{\left[ {\frac{1}{2}\,;\,\,2} \right]}}g(t) = g(2) = 2a + 2\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow 2a + 2 \ge 1 \Leftrightarrow a \ge  - \frac{1}{2}.\)Do đó không tồn tại \[a.\]

Kết hợp 3 trường hợp trên, ta có \(a \ge 0.\) Chọn D.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4\,;\,\, - 2} \right)\) nên vectơ pháp tuyến của đường thẳng \[AB\] là \(\vec n = \left( {1\,;\,\,2} \right).\)

Suy ra phương trình đường thẳng \[AB\] là \(\left( {x + 3} \right) + 2\left( {y - 5} \right) = 0 \Rightarrow x + 2y - 7 = 0\).

Toạ độ điểm \(I\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y - 1 = 0}\\{x + 2y - 7 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{9}{5}}\\{y = \frac{{13}}{5}}\end{array} \Rightarrow I\left( {\frac{9}{5}\,;\,\,\frac{{13}}{5}} \right)} \right.\).

Vậy tỉ số \(\frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{\sqrt {{{\left( {{x_I} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_I} - {y_A}} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {{x_I} - {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {{y_I} - {y_B}} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {{{\left( {\frac{9}{5} + 3} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{13}}{5} - 5} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{9}{5} - 1} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{13}}{5} - 3} \right)}^2}} }} = 6.\) Chọn A.

Gọi chiều rộng đáy bể là \(x\,\,(m),\,\,\left( {x > 0} \right)\).

Chiều dài đáy bể là 2x. Chiều cao của bể là \(h\,\,(m),\,\,(h > 0).\)

Theo đề bài ta có, \(V = 2{x^2} \cdot h = 288 \Rightarrow h = \frac{{144}}{{{x^2}}}.\)

Tổng diện tích bề là \(S = 2{x^2} + 6xh = 2{x^2} + 6x \cdot \frac{{144}}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{{864}}{x}\).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(2{x^2} = \frac{{432}}{x} \Leftrightarrow x = 6.\) Do đó \({S_{\min }} = 216\;\,{{\rm{m}}^2}.\)

Vậy ông A trả chi phí thấp nhất là \(216 \cdot 500\,\,000 = 108\) (triệu đồng). Chọn D.

Gọi \(H\) là trung điểm của \[AB.\]

Từ giả thiết, suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Từ \(H\) kẻ \(HG \bot BD\) tại \(G\), kẻ \(HI \bot SG\) tại I.

Suy ra \[HI \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\,\,\left( {SBD} \right)} \right) = HI.\]

• TH1: Với \(x < 1\) suy ra \(f(x) = 2(1 - x) = 2 - 2x\).

Khi đó \(F(x) = \int {\left( {2x - 2} \right)\,} dx = 2x - {x^2} + {c_1}\).

• TH2: Với \(x \ge 1\) suy ra \(f(x) = 2(x - 1) = 2x - 2\).

Khi đó \(F(x) = \int {\left( {2x - 2} \right)\,} dx = {x^2} - 2x + {c_2}\).

Ta có \(F\left( 0 \right) = 2.0 - {0^2} + {c_1} = {c_1}\); \(F\left( 2 \right) = {2^2} - 2.2 + {c_2} = {c_2}\).

Suy ra \(F\left( 2 \right) + F\left( 0 \right) = {c_1} + {c_2} = 5\).

Lại có \(F\left( 3 \right) = {3^2} - 2.3 + {c_2} = 3 + {c_2}\); \(F\left( { - 2} \right) =  - 2.2 - {\left( { - 2} \right)^2} + {c_1} = {c_1} - 8\).

Vậy \(P = F\left( 3 \right) + F\left( { - 2} \right) = 3 + {c_2} + {c_1} - 8 = 3 + 5 - 8 = 0\). Chọn B.

Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận đứng thì phương trình \({x^2} - 2mx + 3m + 10 = 0\) có hai nghiệm thoả mãn \({x_1},\,\,{x_2}\) phân biệt và hai nghiệm khác 1.

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{1 - 2m + 3m + 10 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 3m - 10 > 0}\\{m \ne  - 11}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - 2}\\{m > 5}\end{array}} \right.}\\{m \ne  - 11}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\,,\,\,m \in \left[ { - 25\,;\,\,25} \right]\) nên có 42 giá trị nguyên \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

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

Khi đó ta có \(\left| {z - 1} \right| \le 1 \Leftrightarrow \left| {\left( {x + yi} \right) - 1} \right| \le 1\)

\( \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 1} \right) + yi} \right| \le 1 \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le 1.\)

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {ABB'A'} \right).\)

Gọi \(I\) là hình chiếu của \(D\) lên \(A'B\,,\,\,O\) là tâm của hình vuông \(ABCD.\)

Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right);\,w = a + bi\,\,\left( {a,\,b \in \mathbb{R}} \right).\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {z - 1} \right| = \left| {z - i} \right|}\\{|\left| {w - 4i} \right| = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2} = {x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}}\\{{a^2} + {{\left( {b - 4} \right)}^2} = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = x}\\{{a^2} + {{\left( {b - 4} \right)}^2} = 1}\end{array}} \right.} \right.} \right..\)

Khi đó ta có tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) trên \[Oxy\] là đường thẳng \(\Delta :y = x.\)

Tập hợp hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) trên \[Oxy\] là đường tròn \((C)\) tâm \(I\left( {0\,;\,\,4} \right),\,\,R = 1.\)

Gọi các điểm \(A\left( z \right)\,,\,\,B\left( w \right).\) Khi đó \(A \in \Delta \,,\,\,B \in (C)\) và \(\left| {z - w} \right| = AB.\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên đường thẳng \(\Delta .\)

Ta có \(IH = d\left( {I\,;\,\,\Delta } \right) = 2\sqrt 2  > R = 1\) nên \(\Delta \) và \((C)\) không giao nhau.

Suy ra \(\left| {z - w} \right| = AB \ge IA - IB \ge IH - IB = d\left( {I\,,\,\,\Delta } \right) - R = 2\sqrt 2  - 1.\)

Đẳng thức xảy ra khi \[I,\,\,A,\,\,B\] thẳng hàng và \(A \equiv H.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(\left| {z - w} \right|\) bằng \(2\sqrt 2  - 1.\) Chọn D.

Ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2f'\left( {2x} \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x} \right) = 2\).

Đặt \(2x = t\,,\,\,t \in \left[ { - 3\,;\,\,4} \right] \Rightarrow f'\left( t \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 0}\\{t = 2}\\{t = 4}\end{array}} \right.\).

Do đó GTLN tại \(t = 2\)\( \Rightarrow 2 = 2x \Leftrightarrow x = 1\).

Vậy GTLN của hàm số là \(f\left( 2 \right) = 4\). Chọn C.

Ta có \(\lim \sqrt {3 + \frac{{a{n^2} - 1}}{{3 + {n^2}}} - \frac{1}{{{2^n}}}}  = \lim \sqrt {3 + \frac{{a - \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{3}{{{n^2}}} + 1}} - \frac{1}{{{2^n}}}}  = \sqrt {3 + a} \).

Để \(\sqrt {3 + a} \) là số nguyên thì \(a + 3\) là số chính phương thuộc khoảng \(\left( {3\,;\,\,23} \right)\)

Do đó \[a + 3 \in \left\{ {4\,;\,\,9\,;\,\,16} \right\} \Rightarrow a \in \left\{ {1\,;\,\,6\,;\,\,13} \right\}\].

Vậy có 3 giá trị nguyên \(a\) cần tìm. Chọn B.

Ta có \(\left( P \right):\frac{x}{1} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 \Leftrightarrow x + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} - 1 = 0\).

Vì \(\left( P \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right)\) nên \(1 \cdot 0 + \frac{1}{y} \cdot 1 + \frac{1}{c} \cdot \left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow b = c\).

Lại có \[d\left( {O\,;\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow 1 + \frac{2}{{{b^2}}} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{1}{2} = c}\\{b =  - \frac{1}{2} = c}\end{array}} \right.\].

Suy ra \(4bc = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 4 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = 1\). Chọn A.

Ta có \(g'\left( x \right) = \frac{{{{\left[ {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right]}^\prime } \cdot \left[ {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right]}}{{\left| {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right|}}\).

Suy ra \(g'\left( x \right) = \frac{{2f'\left( x \right) \cdot \left[ {f\left( x \right) + 1} \right] \cdot \left[ {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right]}}{{\left| {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m} \right|}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) + 1 = 0}\\{{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + m = 0}\end{array}} \right..\)

Dễ thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm là \(x = 1\,;\,\,x = 3.\)

Và \[f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{6} - {x^2} + \frac{3}{2}x + C\] mà \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0.\)

Do đó phương trình \(f\left( x \right) + 1 = \frac{{{x^3}}}{6} - {x^2} + \frac{3}{2}x + 1 = 0\) có nghiệm duy nhất.

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow (*)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \( \Leftrightarrow \Delta  = 1 - 4m \le 0 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{4}.\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left( { - 2021\,;\,\,2022} \right)\) suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,2021} \right\}.\) Chọn C.

Gọi \[P\] là trung điểm của \[AB.\]

Khi đó \[NP\] là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NP\,{\rm{//}}\,AC}\\{NP = \frac{1}{2}AC = 1}\end{array}} \right..\)

Cách 1: Ta có \(d\left( {O,\,\,BC} \right) = \frac{m}{{\sqrt {{m^2} + 1} }}\).

\(BC = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_C}} \right)}^2}}  = \sqrt {\left( {{m^2} + 1} \right){{\left( {{x_B} - {x_C}} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt {\left( {{m^2} + 1} \right)\left[ {{{\left( {{x_B} + {x_C}} \right)}^2} - 4{x_B}{x_C}} \right]}  = \sqrt {\left( {{m^2} + 1} \right)4m} \)

\( \Rightarrow {S_{OBC}} = \frac{1}{2}d\left( {O,\,\,BC} \right) = m\sqrt m  = 64 \Leftrightarrow m = 16.\)

Cách 2: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\({x^3} - 3{x^2} + 4 = mx + m\)\( \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - 4x + 4 - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{{{\left( {x - 2} \right)}^2} = m\,\,\,(*)}\end{array}} \right.\)

Để đường thẳng \(d:y = mx + m\) cắt \((C)\) tại 3 điểm phân biệt thì

\((*)\) có hai nghiệm phân biệt khác\( - 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m \ne 9\end{array} \right.\)

\[(*) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 - \sqrt m  \Rightarrow B\left( {2 - \sqrt m \,;\,\,3m - m\sqrt m } \right)\\x = 2 + \sqrt m  \Rightarrow C\left( {2 + \sqrt m \,;\,\,3m + m\sqrt m } \right)\end{array} \right.\]

\(\overrightarrow {OB}  = \left( {2 - \sqrt m \,;\,\,3m - m\sqrt m } \right)\,,\,\,\overrightarrow {OC}  = \left( {2 + \sqrt m \,;\,\,3m + m\sqrt m } \right)\)

\( \Rightarrow {S_{OBC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {OB} \,,\,\,\overrightarrow {OC} } \right]} \right| = m\sqrt m  = 64 \Rightarrow m = 16.\)

Đáp án: 16.

Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là \[\overline {abc} \,\,\left( {0 \le a,\,\,b,\,\,c \le 9,\,\,a \ne 0} \right).\]

Suy ra số phần tử của \(S\) là: \(9 \cdot 10 \cdot 10 = 900\) (phần tử).

Chọn ngẫu nhiên một số từ \(S\) nên \(n\left( \Omega  \right) = 900.\)

Gọi \(A\) là biến cố: "Số được chọn thỏa mãn \(a \le b \le c\)".

• TH1: \(a < b < c.\)

Chọn 3 số từ 1 đến 9, có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải nên TH này có \(C_9^3\) số thoả mãn.

• TH2: \(a = b < c\) có \(C_9^2\) số thỏa mãn.

• TH3: \(a < b = c\) có \(C_9^2\) số thỏa mãn.

• TH4: \(a = b = c\) có 9 số thỏa mãn.

\[ \Rightarrow n\left( A \right) = C_9^3 + 2 \cdot C_9^2 + 9 - 165.\] Do đó \(P(A) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{165}}{{900}} = \frac{{11}}{{60}}.\)  

Đáp án: \(\frac{{11}}{{60}}.\)

Ta có \[a \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow a \ge 1\,;\,\,b \in \mathbb{Z}.\]

\(\left( {{3^b} - 3} \right)\left( {a{{.2}^b} - 16} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 1}\\{b = {{\log }_2}\left( {\frac{{16}}{a}} \right)}\end{array}} \right.\).

• TH1: \({\log _2}\left( {\frac{{16}}{a}} \right) > 1 \Leftrightarrow \frac{{16}}{a} > 2 \Leftrightarrow 0 < a < 8.\)

Khi đó ta có bảng xét dấu vế trái của bất phương trình là

Điều kiện \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{360 - 10n > 0}\\{n \in {\mathbb{N}^*}}\end{array} \Leftrightarrow 0 < n < 36} \right..\)

Trọng lượng cá trên một đơn vị diện tích là:

\(T = \left( {360 - 10n} \right)n =  - 10{n^2} + 360n =  - 10{\left( {n - 18} \right)^2} + 3\,\,240 \Rightarrow T \le 3\,\,240.{\rm{ }}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(n = 18\) (nhận). Do đó \({T_{\max }} = 3\,\,240 \Leftrightarrow n = 18.\)

Vậy cẩn thả 18 con cá trên một đơn vị diện tích để trọng lượng cá sau một vụ thu được nhiều nhất.

Đáp án: 18.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}.\) Ta có \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị \((C)\) tại điểm \(M\left( {{x_0}\,;\,\,\frac{{{x_0} + 2}}{{{x_0} - 1}}} \right)\) là

\(y = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} + 2}}{{{x_0} - 1}}.\)

Tiếp tuyến đi qua điểm \(A\left( {0\,;\,\,a} \right)\) nên \(a = \frac{{3{x_0}}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} + \frac{{\left( {{x_0} + 2} \right)}}{{\left( {{x_0} - 1} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} \ne 1}\\{3{x_0} + \left( {{x_0} + 2} \right)\left( {{x_0} - 1} \right) = a{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} \ne 1}\\{\left( {a - 1} \right)x_0^2 - 2\left( {a + 2} \right){x_0} + a + 2 = 0}\end{array}} \right.} \right.\)

Để từ điểm \(A\) kẻ được 2 tiếp tuyến đến \((C)\) thì \((1)\) có hai nghiệm phân biệt khác 1 nên

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

Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là các nghiệm của phương trình (1).

Theo định lí Viète, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {a + 2} \right)}}{{a - 1}}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{{a + 2}}{{a - 1}}}\end{array}} \right.\)

Hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục hoành khi và chỉ khi \(y\left( {{x_1}} \right) \cdot y\left( {{x_2}} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)}}{{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right)}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}{{{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{9a + 6}}{{ - 3}} < 0 \Leftrightarrow a >  - \frac{2}{3}{\rm{. }}\)

Kết hợp với điều kiện \((*)\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a >  - \frac{2}{3}}\\{a \ne 1}\end{array}} \right.\).

Mà \[a \in \left[ { - 2018\,;\,\,2018} \right],\,\,a \in \mathbb{Z} \Rightarrow a \in \left\{ {0\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,2018} \right\}.\]

Vậy có tất cả 2018 giá trị nguyên của \(a\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 2018.

Xét tam giác ABC có

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos B\)

\( = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} + {2^2} - 2 \cdot \sqrt 3  \cdot \cos 30^\circ  = 1\).

Suy ra \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 4\) hay \[\Delta ABC\] vuông tại \[B.\]

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC\) nên \(IA = IC = IB.\) (1)

Tương tự \[\Delta ANC\] vuông tại \(N\) ta được \(IA = IC = IN.\) (2)

Parabol có dạng \((P):y = a{x^2}\)

\((P)\) đi qua \(A\left( { - \,4\,;\,\,10} \right)\), ta có \(10 = a{.4^2} \Leftrightarrow a = \frac{{10}}{{16}} = \frac{5}{8}\)

Suy ra parabol có phương trình \(y = \frac{5}{8}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = \frac{8}{5}y.\)

Thể tích tối đa của cốc là \(V = \pi \int\limits_0^{10} {\left( {\frac{8}{5}y} \right)} \,{\rm{d}}y \approx 251\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Giả sử \(z = a + bi\,\,\left( {a,\,\,b \in \mathbb{R}} \right).\)

Khi đó \(z\left( {\bar z - 2 + i} \right) + 4i - 1 = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi - 2 + i} \right) + 4i - 1\)

\( = \left( {a + bi} \right) \cdot \left[ {\left( {a - 2} \right) + \left( {1 - b} \right)i} \right] + 4i - 1\)

\( = a\left( {a - 2} \right) - b\left( {1 - b} \right) + \left[ {a\left( {1 - b} \right) + b\left( {a - 2} \right)} \right]i + 4i - 1\)

\( = a\left( {a - 2} \right) - b(1 - b) - 1 + \left( {a - 2b + 4} \right)i{\rm{. }}\)

Ta có \(z\left( {\bar z - 2 + i} \right) + 4i - 1\) là số thực nên \(a - 2b + 4 = 0.\)

Số phức \(z\) có điểm biểu diễn \(M\left( {a\,;\,\,b} \right)\) nên \(M \in d:x - 2y + 4 = 0.\)

Đường thẳng \(d\) cắt trục \[Ox,\,\,Oy\] lần lượt tại \(A\left( { - \,4\,;\,\,0} \right)\) và \[B\left( {0\,;\,\,2} \right)\] nên \[{S_{OAB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = 4.\]

Vậy diện tích tam giác giới hạn bởi đường thẳng \(d\) và hai trục tọa độ bằng 4.

Đáp án: 4.

Gọi \[H,\,\,I\] lần lượt là trung điểm của \[AB,\,\,CD,\] kẻ \(HK \bot SI\) tại \[K.\]

Vì tam giác \[SAB\] cân tại \(S\) và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot HI}\\{CD \bot SH}\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SIH} \right)} \right.\)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right)\) và mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right).\) Do đó \(AB \bot (P).\)

Giả sử mặt cầu \((S)\) có phương trình \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0.\)

Mặt cầu \((S)\) đi qua hai điểm A, B nên ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9 + 1 + 1 + 6a - 2b - 2c + d = 0}\\{1 + 1 + 25 - 2a + 2b - 10c + d = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6a - 2b - 2c + d =  - 11}\\{2a - 2b + 10c - d = 27}\end{array}} \right.} \right.\).

Ta có \({z^2} - 2mz + {m^2} + m + 8 = 0 \Rightarrow \Delta ' =  - m - 8.{\rm{ }}\)

Để phương trình có hai nghiệm phức phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' < 0 \Leftrightarrow  - m - 8 < 0 \Leftrightarrow m >  - 8\).

Lại có \({S_{OAB}} = 3 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot OH \cdot AB = 3 \Leftrightarrow OH \cdot AB = 6.\)

\(OH = {x_{{z_1}}} = {x_{{z_2}}} = \frac{{ - b}}{{2a}} = m\); \(BA = 2BH = 2 \cdot {y_{{z_1}}} = \frac{{2 \cdot \sqrt {m + 8} }}{2} = \sqrt {m + 8} \)

\( \Rightarrow m \cdot \sqrt {m + 8}  = 6\)\( \Leftrightarrow {m^2}\left( {m + 8} \right) = 36\)\( \Leftrightarrow {m^3} + 8{m^2} - 36 = 0\).

Áp dụng định lí Viète, ta có \({m_1} + {m_2} + {m_3} = \frac{{ - b}}{a} =  - 8.\)

Đáp án: 8.

Ta có \(\left( {{m^x} - mx + x} \right)\log m = \log \left( {mx} \right) \Leftrightarrow {m^x} - mx + x = \frac{{\log \left( {mx} \right)}}{{\log m}}\)

Suy ra \(x = y \Leftrightarrow {m^x} = mx \Leftrightarrow \ln {m^x} = \ln \left( {mx} \right) \Leftrightarrow x \cdot \ln m = \ln m + \ln x\)

\( \Leftrightarrow x \cdot \ln m - \ln m = \ln x \Leftrightarrow \ln m = \frac{{\ln x}}{{x - 1}}\) với \(x > \frac{1}{{2023}}\) và \(x \ne 1.\)

Lập bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{{x - 1}}.\)

Khi đó, phương trình \(\ln m = f\left( x \right)\) có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \ln m < 7,616 \Leftrightarrow m < 2030,63.\)

Kết hợp với \(m \ge 3\) và \(m \in \mathbb{Z}\), ta có \(m \in \left\{ {3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\, \ldots \,;\,\,2030} \right\}.\)

Đáp án: 2028.

Gọi \(I\) là điểm thoả mãn \(\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  - 2\overrightarrow {IC}  = \vec 0 \Rightarrow I\left( { - 1\,;\,\, - 5\,;\,\,4} \right).\)

Khi đó \(T = M{A^2} + 3M{B^2} - 2M{C^2} = 2M{I^2} + I{A^2} + 3I{B^2} - 2I{C^2}\)

\( \Rightarrow {T_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\max }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( P \right).\)

Khi đó đường thẳng \[MI\] đi qua \(I\left( { - 1\,;\,\, - 5\,;\,\,4} \right)\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\) của \(\left( P \right)\) làm vectơ chỉ phương.

Ta có phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + t}\\{y =  - 5 + t}\\{z = 4 - 3t}\end{array}\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right..\)

Mặt khác \(M = IM \cap \left( P \right)\) nên toạ độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ phương trình sau:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + t}\\{y =  - 5 - t}\\{z = 4 - 3t}\\{5x - y + z - 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 0}\\{y =  - 4}\\{z = 1}\end{array} \Rightarrow M\left( {0\,;\,\, - 4\,;\,\,1} \right) \Rightarrow T =  - 14.} \right.} \right.\)

Đáp án: −14.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{r = \frac{1}{2}\ell }\\{\ell  = \frac{3}{2}R}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{r = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}R = \frac{3}{4}R}\\{\ell  = \frac{3}{2}R}\end{array}} \right.} \right.\).

Diện tích mặt cầu \(\left( {{H_1}} \right)\) là \({S_1} = 4\pi {R^2}.\)

Diện tích toàn phần của hình nón \(\left( {{H_2}} \right)\) là:

\({S_2} = \pi r\ell  + \pi {r^2} = \pi \left( {\frac{3}{4}R} \right) \cdot \frac{3}{2}R + \pi  \cdot {\left( {\frac{3}{4}R} \right)^2} = \frac{{27}}{{16}}\pi {R^2}.\)

Theo giả thiết, \({S_1} + {S_2} = 91 \Leftrightarrow \frac{{27}}{{16}}\pi {R^2} + 4\pi {R^2} = 91 \Leftrightarrow \frac{{91}}{{16}}\pi {R^2} = 91 \Leftrightarrow \pi {R^2} = 16.\)

Vậy diện tích mặt cầu là \({S_2} = 4\pi {R^2} = 4.16 = 64\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Đáp án: 64.

Gọi \[x\,,\,\,y\,,\,\,h\,\,(m)\] lần lượt là chiều rộng, chiều dài của đáy và chiều cao của hình hộp chữ nhật.

Theo bài ra, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}y = 2x\\xyh = 288\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x\\2{x^2} \cdot h = 288\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x\\h = \frac{{144}}{{{x^2}}}\end{array} \right.\].

Diện tích bể cần xây là  

Ta có \[{x^2} + \frac{{216}}{x} + \frac{{216}}{x} \ge \sqrt[3]{{{x^2} \cdot \frac{{216}}{x} \cdot \frac{{216}}{x}}} = 108\]\( \Rightarrow S = 2 \cdot 108 = 216\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Vậy ông Khoa trả chi phí thấp nhất là \[500\,\,000 \cdot 216 = 108\] (triệu đồng).

Đáp án: 108.

Ta gắn từ “lịm” với các ngữ cảnh thường dùng trong đời sống như: ngất lịm/lịm dần đi.... để nhận ra “lịm” không phải là trạng thái tâm lí, mà là trạng lái sinh lí (sinh học), nghĩa là không còn sức cử động → phương án đúng là “bất động”. Chọn A.

HS có thể tiến hành suy luận nhanh: Mị nhớ về ngày trước là nhớ những điều tốt đẹp đối lập với cuộc sống đau khổ hiện tại nên phương án D không phù hợp về logic. Chọn D.

Suy nghĩ: “nếu có nắm lá ngón trong tay lúc này, Mị sẽ ăn cho chết ngay.” xuất hiện ở thời điểm Mị nhớ về quá khứ tươi đẹp, cuộc sống tự do, khao khát yêu đương và hạnh phúc. Lúc này, Mị ý thức được một cách sâu sắc bi kịch ở thực tại (nhớ lại chỉ thấy nước mắt ứa ra), hành động tự tử đối với nhân vật vừa là cách để thoát khỏi thực tại, vừa để giải thoát cho bản thân khỏi sự cầm tù về thể xác của nhà thống lí Pá Tra. Các phương án A, B, C chỉ nói tới một khía cạnh nhỏ, không phản ánh hết nỗi đau khổ của Mị. Chọn D.

Trong đoạn trích, Mị ở hai trạng thái: hạnh phúc (khi hồi tưởng về quá khứ: tâm trạng phơi phới trở lại) và đau khổ (khi nhìn nhận thực tại: nước mắt ứa ra). Vì Mị có sự thay đổi trạng thái cảm xúc nên phương án A (trơ lì) không hợp lí, từ “buồn khổ” và “cô đơn” không hợp lí vì Mị mong muốn thoát ra khỏi cuộc sống hiện tại chứ không có nội dung về nhu cầu được tìm kiếm người chia sẻ, tâm tình với mình. Chọn B.

Đoạn 1 nhắc đến các khả năng của động vật: “một số loài động vật có khả năng ghi nhớ các sự việc đã diễn ra quá khứ, dự đoán các sự việc sắp diễn ra trong tương lai, từ đó lập kế hoạch và đưa ra lựa chọn, đồng thời có khả năng phối hợp làm việc nhóm”. Trong số đó không có khả năng truyền đạt cảm xúc. Chọn A.

Đoạn 2 có dữ kiện: “khi những người thử nghiệm liên tục thay đổi địa điểm của nguồn thức ăn, mỗi lần di chuyển thức ăn xa hơn 25% so với vị trí trước đó, ong mật kiếm ăn bắt đầu dự đoán nơi nguồn thức ăn sẽ xuất hiện tiếp theo. Khi các nhà nghiên cứu đến địa điểm mới, họ thấy những con ong đã đến đó trước để chờ đợi thức ăn” → Ong có thể dự đoán được nơi tiếp theo các nhà khoa học sẽ đặt thức ăn của chúng. Chọn B.

Trong đoạn trích có dữ kiện: rái cá dùng đá để làm nứt vỏ trai; tinh tinh mẹ hướng dẫn cho những con tinh tinh con cách sử dụng đá để mở các loại hạt cứng → Một số loài động vật dùng vật dụng thô sơ để tách vỏ thức ăn. Chọn C.

Trong đoạn trích có dữ kiện: “Điều đó cho thấy loài tinh tinh có khả năng tính toán, so sánh và lựa chọn. Họ còn có thể đào tạo cho những con tinh tinh biết tính toán đơn giản và ghi số lượng lên nhãn dán của các mặt hàng” → Loài tinh tinh có khả năng tính toán đơn giản. Chọn D.

Đoạn thơ được viết theo thể tự do. Câu thơ dài ngắn không hạn định, ngắt nhịp linh hoạt,… Chọn A.

Chủ đề của đoạn trích: Khám phá về công lao của Nhân dân đối với Đất Nước. Chọn C.

Truyền thống hiếu học được gợi đến qua câu thơ: “Người học trò nghèo góp cho Đất Nước mình núi Bút, non Nghiên”. Chọn D.

Biện pháp tu từ liệt kê. Liệt kê hàng loạt những danh lam thắng cảnh của Đất nước ta trải dài từ Bắc chí Nam. Chọn B.

Đoạn thơ bộc lộ tình cảm, thái độ trân trọng, ngợi ca, biết ơn của nhân vật trữ tình đối với Nhân dân. Nhân Dân chính là người đã tạo dựng, đã đặt tên, ghi dấu ấn cuộc đời mình lên mỗi ngọn núi, dòng sông, khắp mọi miền đất nước này. Chọn A.

Câu thơ “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều” cho biết tác giả nhấn mạnh sự thiếu vắng âm thanh của cuộc sống con người. Chọn B.

Hình ảnh cánh bèo trong câu “Bèo dạt về đâu hàng nối hàng” gợi liên tưởng đến những kiếp người trôi nổi, vô định. Hai từ “về đâu” càng tô đậm sắc thái trôi nổi, vô định đó. Chọn A.

Biện pháp liệt kê: “sông dài, trời rộng, bến cô liêu”. Biện pháp đối lập: hình ảnh “sông dài, trời rộng” gợi sự mênh mông, rộng lớn, đối lập với “bến cô liêu” gợi sự cô đơn, nhỏ nhoi, trơ trọi. Chọn C.

Âm hưởng chính của đoạn thơ là buồn bã, trống vắng. Chọn B.

Điệp từ “không” trong hai câu thơ nhấn mạnh sự cô đơn, thiếu kết nối trong cuộc sống con người. Chọn D.

Tùy bút là một thể văn. Tuy có chỗ gần với các thể bút kí, kí sự ở yếu tố miêu tả, ghi chép những hình ảnh, sự việc mà nhà văn quan sát, chứng kiến, nhưng tùy bút thiên về biểu cảm, chú trọng thể hiện cảm xúc, tình cảm, suy nghĩ của tác giả trước các hiện tượng và vấn đề của đời sống. Chọn C.

Từ “phong phanh” dùng sai nghĩa trong ngữ cảnh của câu. “Phong phanh” là từ chỉ việc ăn mực không kín đáo, không che được gió lạnh. Phong thanh là thoáng nghe được, không chắc chắn, không xác định được người nói. Chọn C.

Xác định nội dung của câu văn là khái quát cảm xúc của chủ thể trữ tình trong bài thơ “Tự tình” (Bài II). Từ “phẫn nộ” đã dùng sai nghĩa (phẫn nộ: uất hận đến mức bộc lộ những phản ứng mạnh mẽ, không kìm giữ được). Trong trường hợp này phải dùng từ phẫn uất (căm giận và uất ức đến cao độ). Chọn B.

Lỗi logic: thay tuyên truyền = lan tỏa/ lan truyền. Chọn D.

Giải thích: “thô bỉ” nghĩa là cục cằn, thô lỗ, xấu xa và đáng khinh bỉ, thường dùng để nói về lời nói, cách hành xử. Trong câu này “thô bỉ” không phù hợp về nghĩa với “hành động tàn phá của con người”. Từ đúng trong trường hợp này là: thô bạo. Chọn D.

Các từ “đề xuất, đề cử, đề đạt” là cùng đưa ra ý kiến, quan điểm của bản thân còn “đề cương” là vấn đề trọng tâm, cốt lõi để ôn tập. Chọn D.

“Thư giãn” là động từ nghĩa là làm cho cơ bắp, đầu óc được thả lỏng hoặc thảnh thơi hoàn toàn, tạo nên cảm giác thư thái và thoải mái cho cơ thể; 3 từ còn lại đều là danh từ. Chọn A.

Tố Hữu nổi tiếng với thơ ca cách mạng, 3 tác giả còn lại là Xuân Diệu, Huy Cận, Hàn Mạc Tử đều thuộc phong trào thơ mới 1932 – 1945. Chọn A.

Các đáp án A, B, C đều là các tác phẩm có phần đề từ: Tràng giang (Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài). Người lái đò Sông Đà (Chúng thủy giai Đông tẩu/ Đà giang độc Bắc lưu và Đẹp vậy thay tiếng hát trên dòng sông). Đàn ghi ta của Lor-ca (Khi tôi chết hãy chôn tôi với cây đàn). Chọn D.

Nhà văn Nam Cao không thuộc nhóm Tự lực văn đoàn. Chọn D.

Đây là hoạt động mang tính trang trọng, các từ “đưa, giao, chuyển” mặc dù mang ý nghĩa đưa một thứ gì từ nơi này đến nơi khác… tuy nhiên không thể hiện được sự trang trọng, không đúng ngữ cảnh. Động từ “trao” có ý nghĩa giao cho người khác một cách trân trọng nhiệm vụ, quyền lợi nào đó. Từ phù hợp là từ “trao”. Chọn B.

Những sản phẩm, dịch vụ nào cần tập trung đầu tư để tạo hiệu quả và sức lan tỏa cao? Phát triển thương hiệu quốc gia trong các lĩnh vực công nghiệp văn hóa như thế nào?. Chọn A.

Tiếp nhận văn học không giản đơn là một quá trình lặp lại hay tìm về ý tưởng ban đầu của tác phẩm mà là một quá trình đồng sáng tạo. Chọn B.

Xét theo ngữ cảnh của câu văn là “báo cáo tình hình trẻ em thể giới năm 2006” là một văn bản đã trải qua quá trình khảo sát, nghiên cứu, thống kê số liệu nên sẽ cần được thông báo một cách công khai cho mọi người biết. Vì vậy, chọn “công bố” là thích hợp. Chọn D.

Để làm được câu hỏi này, học sinh phải có kiến thức về văn học - văn hoá. Chèo là loại hình nghệ thuật sân khấu cổ truyền Việt Nam. Kịch là “nghệ thuật sân khấu” nhưng không “cổ truyền”. Quan họ và hò mang tính “cổ truyền” nhưng không phải “nghệ thuật sân khấu”. Chọn A.

Nam Cao đã tạo nên sự kịch tính, căng thẳng cho một sự kiện quan trọng: Chí Phèo kết liễu đời Bá Kiến và tự sát bằng cách sử dụng nhịp kể nhanh, gấp, sự kiện dồn dập. Chọn D.

Độc mộc là thuyền dài và hẹp, làm bằng một thân cây gỗ to, khoét trũng. Người miền núi dùng thuyền độc mộc để đi trên những con sông, suối có nhiều thác ghềnh. Chọn A.  

Phần in đậm trong đoạn trích là thành phần phụ chú. Chọn C.                  

Câu văn “Sự cẩu thả trong bất cứ nghề gì cũng là một sự bất lương rồi. Nhưng sự cẩu thả trong văn chương thì thật là đê tiện” đã thể hiện rō nhất nhận thức về nghề nghiệp của nhân vật “hắn”. Chọn D.

Câu thơ “Ai biết tình ai có đậm đà?” có hai cách hiểu: (1) Ai có biết chăng tình cảm (Hàn Mặc Tử) vẫn đậm đà với con người và cảnh vật Vĩ Dạ. (2) Ai mà biết được tình cảm của ai đó với ai có đậm đà hay không?. Chọn B.

Nội dung chính của đoạn trích trên là: Trình bày sự phân loại của AI và dự đoán trong tương lai AI có thể thay con người làm nhiều việc.

- Đoạn trích đã trình bày 2 ý: Chia AI thành 2 nhóm (phân loại AI). Nhưng trong tương lai, những cỗ máy có AI mạnh sẽ có khả năng học hỏi khi chúng vận hành và phản ứng lại với các sự kiện bất ngờ… (dự đoán trong tương lai AI có thể thay con người làm nhiều việc). Chọn D.

“Mười lăm năm ấy” là khoảng thời gian từ thời kì kháng Nhật (khởi nghĩa Bắc Sơn 1940) đến khi người kháng chiến trở về thủ đô. Chọn B.

Đoạn trích tiểu dẫn nói về nhà văn Kim Lân. Chọn B.

Câu thơ “Thương người rồi mới thương ta” gợi nhắc đến truyền thống nhân đạo (thương người) của dân tộc Việt Nam. Chọn B.

Gió và mây vốn dĩ là hai sự vật luôn luôn đi kèm với nhau. Thế nhưng ở đây gió lại theo lối, mây theo đường. Hai sự vật hay đi kèm với nhau nay bỗng chốc bị tách rời gợi cảm giác của sự chia lìa, xa cách. Chọn C.

Tây Bắc – “nơi máu rỏ tâm hồn ta thấm đất” có nghĩa là mảnh đất này đã trải qua sự hi sinh mất mát. Vì thế, “nay dạt dào đã chín trái đầu xuân” có nghĩa là đã phục hồi lại sau những năm tháng bị tàn phá. Chọn B.

Trong đoạn trích, Chí Phèo “ôm mặt khóc rưng rức” vì hắn nhận thấy mình bị khước từ quyền trở lại với xã hội. Chọn D.

Nghệ thuật điệp từ: “đâu, chao, thương nhớ”. Phản ánh tâm trạng buồn thương, nhớ nhung đến cồn cào và nỗi cô đơn cực điểm của nhà thơ trong cảnh tù đày. Chọn A.

Chi tiết “Hai chị em còn nhìn theo cái chấm nhỏ của chiếc đèn xanh treo trên toa sau cùng, xa xa mãi rồi khuất sau rặng tre” không những thể hiện nỗi tiếc nuối khi đoàn tàu đi qua mang theo thế giới rực rỡ ánh sáng, rộn rã âm thanh rời xa phố huyện mà còn tô đậm niềm khát khao ánh sáng mãnh liệt của hai chị em (Liên và An). Chọn D.

Ngày 26-01-1950, Ản Độ tuyên bố độc lập và thành lập nước Cộng hòa. Ngày 15-8-1950 nước Cộng hoà Inđônêxia thống nhất ra đời. Chọn A.

Đến đầu những năm 70 của thế kỉ XX, Nhật Bản trở thành một trong ba trung tâm kinh tế-tài chính lớn của thế giới cùng với Mĩ và Tây Âu. Chọn B.

Cách mạng tháng Mười (1917) ở Nga thành công đã mở đường, cổ vũ cho phong trào cách mạng thế giới trong đó có Việt Nam. Nguyễn Ái Quốc đã tiếp thu tư tưởng của cách mạng tháng Mười Nga và truyền bá tư tưởng cứu nước theo khuynh hướng vô sản vào Việt Nam. Chọn C.

A loại vì hậu phương ở đây chưa nêu rõ là có hậu phương quốc tế hay không hay chỉ có hậu phương trong nước.

B loại vì trong Cách mạng tháng Tám ta chưa xây dựng được quân đội chính quy lớn mạnh.

C chọn vì nguyên nhân chung tạo nên thắng lợi của Cách mạng tháng Tám năm 1945 và kháng chiến chống Pháp (1945 - 1954) là sự lãnh đạo tài tình của Đảng. Chọn C.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

A loại vì cao trào kháng Nhật cứu nước diễn ra ở Bắc Kì và Trung Kì, diễn ra dưới hình thức đấu tranh chính trị và vũ trang.

B loại vì phong trào cách mạng 1930 - 1931 diễn ra dưới hình thức đấu tranh chính trịvà vũ trang.

C loại vì trong Tổng khởi nghĩa giành chính quyền ta sử dụng bạo lực của quần chúng để giành chính quyền.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

A loại vì các nước Đồng minh không thiết lập quan hệ ngoại giao với nước Việt Nam Dân chủ Cộng hòa trong những năm 1945 - 1946.

B chọn vì nhân dân ta đã giành được quyền làm chủ, bước đầu được hưởng quyền lợi do chính quyền cách mạng đưa đến nên rất phấn khởi, gắn bó với chế độ và quyết tâm bảo vệ chế độ dân chủ cộng hòa.

C loại vì Liên Xô công nhận và đặt quan hệ ngoại giao với ta năm 1950.

D loại vì Việt Nam nhận được sự ủng hộ và giúp đỡ của các nước xã hội chủ nghĩa từ năm 1950.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

Phương án B sai vì đó không phải là mục tiêu của chiến dịch Biên giới năm 1950.

Phương án C sai vì sau chiến dịch Biên giới, Mĩ mới "dính líu", "can thiệp" sâu hơn vào cuộc chiến tranh của Pháp ở Việt Nam.

Phương án D sai vì đến tháng 6 năm 1950, Pháp vẫn chiếm ưu thế trên mọi chiến trường.

Phương án A đúng vì đến tháng 6 năm 1950 thế và lực của Việt Nam đã có thời gian chuẩn bị nên đã lớn mạnh hơn nhiều so với trước. Chọn A.

Khi thành lập, Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên đã xác định rõ mục tiêu là tổ chức và lãnh đạo quần chúng đoàn kết, tranh đấu để đánh đổ đế quốc chủ nghĩa Pháp và tay sai để tự cứu lấy mình. Chọn B.

Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên sau khi thành lập đã ra Báo Thanh niên, số đầu tiên ngày 21-6-1925; Mở lớp đào tạo cán bộ tại Quảng Châu, truyền bá tư tưởng yêu nước; từ 1928 thực hiện vô sản hoá đưa cán bộ cùng vào làm việc với công nhân. Phương án B không phải là hoạt động của Việt Nam Cách mạng Thanh niên, đây là hoạt động của Việt Nam Quốc dân đảng. Chọn B.

Cuối năm 1928, thực hiện chủ trương "vô sản hóa", nhiều cán bộ của Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên đi vào các nhà máy, hầm mỏ, đồn điền, cùng sinh hoạt và lao động với công nhân để tuyên truyền vận động cách mạng, nâng cao ý thức chính trị cho giai cấp công nhân. Phong trào công nhân vì thế càng phát triển mạnh mẽ hơn và trở thành nòng cốt của phong trào dân tộc trong cả nước. Đấu tranh của công nhân đã nổ ra ở nhiều nơi. Từ đó phong trào công nhân đã chuyển dần từ tự phát sang tự giác. Chọn C.

Mục tiêu hợp tác chính trong Liên minh châu Âu (EU) không phải là quân sự. Chọn D.

Do điều kiện tự nhiên và dân đông nên cây lương thực là cây trồng quan trọng nhất ở Trung Quốc. Chọn A.

Đặc trưng khí hậu của phần lãnh thổ phía Bắc là Nhiệt đới ẩm gió mùa có mùa đông lạnh. Chọn A.

Sông Đà Rằng có mùa lũ vào thu-đông, sông này ở miền Trung. Chọn C.

Các chuyến bay nước ta được khai thác chủ yếu ở 3 đầu mối là Hà Nội, Đà Nẵng, Hồ Chí Minh. Chọn D.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. phong phú đa dạng về loại hình. → không đặc trưng cho ngành viễn thông.

B. về cơ bản đã phủ kín ở các vùng. → không đặc trưng, có thể là ngành giao thông đường bộ.

C. mạng lưới nhìn chung còn lạc hậu. → sai

D. tốc độ phát triển nhanh vượt bậc. → đúng. Chọn D.

Tài nguyên thiên nhiên ở ĐBSH không thật sự phong phú. Chọn D.

Khó khăn lớn nhất của Đông Nam Bộ trong phát triển nông nghiệp là mùa khô sâu sắc, thiếu nước ngọt, cần được khắc phục. Chọn B.

Nhận xét: lực điện tác dụng lên electron ngược chiều điện trường → electron chuyển động chậm dần đều.

Lực điện tác dụng lên electron là: \[{F_d} = - E.e = ma \Rightarrow a = \frac{{ - E.e}}{m}\]

Ngay khi dừng lại, quãng đường electron dịch chuyển được là

\[s = \frac{{{v^2} - {v_0}^2}}{{2a}} = \frac{{{0^2} - {v^2}}}{{2.\frac{{ - E.e}}{m}}} = \frac{{m{v^2}}}{{2E.e}}\]. Chọn D.

Ta có phương trình phóng xạ: \[_Z^AX \to _{ - 1}^0{\beta ^ - } + _{20}^{42}Ca\]

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số nuclon, ta có:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Z = - 1 + 20 = 19}\\{A = 0 + 42 = 42}\end{array}} \right. \Rightarrow X = \,_{19}^{42}K\]. Chọn C.

Cường độ âm tại một điểm trong không khí có giá trị: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I\~\frac{1}{{{r^2}}}}\\{I\~{A^2}}\end{array}} \right. \Rightarrow {A^2}\~\frac{1}{{{r^2}}} \Rightarrow A\~\frac{1}{r}\]

Ta có: \[\frac{{{A_Q}}}{{{A_P}}} = \frac{{{r_P}}}{{{r_Q}}} \Rightarrow \frac{{{A_Q}}}{{0,8}} = \frac{r}{{2r}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {A_Q} = 0,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\mu m} \right)\]. Chọn D.

Ánh sáng phản xạ trên một bề mặt: hiện tượng phản xạ ánh sáng

Ánh sáng đi qua một khe hẹp: hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng

Ánh sáng từ hai nguồn giống hệt nhau đặt cách nhau một khoảng a: hiện tượng giao thoa ánh sáng

Ánh sáng truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác: hiện tượng khúc xạ ánh sáng.

Chọn B.

Nhận xét: ảnh luôn có vận tốc ngược hướng với điểm sáng → ảnh dao động ngược pha với điểm sáng → ảnh là ảnh thật

Từ phương trình chuyển động, ta thấy pha ban đầu của điểm sáng S là \[ - \frac{\pi }{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} rad\]

→ pha ban đầu của ảnh S’ là \[\frac{\pi }{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} rad\]

Trong khoảng thời gian \[\frac{{13}}{{12}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} s\], vecto quét được góc là: \[\Delta \varphi = \omega \Delta t = 2\pi .\frac{{13}}{{12}} = \frac{{13\pi }}{6} = 2\pi + \frac{\pi }{6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad} \right)\]

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy quãng đường điểm sáng S (biên độ A) và ảnh S’ (biên độ A’) đi được trong thời gian \[\frac{{13}}{{12}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} s\] là: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4A + \frac{A}{2} = 18{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) \Rightarrow A = 4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\\{4A' + \frac{{A'}}{2} = 36{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) \Rightarrow A' = 8{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\end{array}} \right.\]\[ \Rightarrow \frac{{x'}}{x} = - \frac{{A'}}{A} = - 2 \Rightarrow x' = - 2x\]

Độ phóng đại của ảnh là: \[\left| k \right| = \left| { - \frac{{d'}}{d}} \right| = \frac{{A'}}{A} \Rightarrow \frac{{d'}}{d} = \frac{{A'}}{A} = 2 \Rightarrow d' = 2d\]

Khoảng cách giữa ảnh và vật theo phương dao động là:

\[\Delta x = \left| {x - x'} \right| = \left| {3x} \right| \Rightarrow \Delta {x_{\max }} = 3A = 12{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\]

Khoảng cách lớn nhất giữa ảnh và vật là: \[{D_{\max }} = \sqrt {{{\left( {\Delta x} \right)}^2} + {{\left( {d + d'} \right)}^2}} \Rightarrow 37 = \sqrt {{{12}^2} + {{\left( {d + d'} \right)}^2}} \]

\[ \Rightarrow d + d' = 35{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\]\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = \frac{{35}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\\{d' = \frac{{70}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\end{array}} \right.\]

Áp dụng công thức thấu kính, ta có: \[\frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{3}{{35}} + \frac{3}{{70}} = \frac{1}{f} \Rightarrow f = \frac{{90}}{7} \approx 7,78{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\]

Tiêu cự của thấu kính gần nhất với giá trị 7,9 cm. Chọn C.

Chiết suất tỉ đối của hai môi trường: \[{n_{21}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{\sin i}}{{\sin r}}\]⇒ B sai.

⇒ Chiết suất tỉ đối phụ thuộc vào môi trường, không phụ thuộc vào góc tới và góc khúc xạ ⇒ A, C sai.

Chiết suất tỉ đối cho biết tia sáng khúc xạ nhiều hay ít khi đi từ môi trường này vào môi trường kia ⇒ D đúng.

Chọn D.

Kết luận đúng về quan hệ giữa điện trường và từ trường của điện từ trường là: Điện trường và từ trường biến thiên theo thời gian với cùng chu kì, cùng pha, phương vuông góc với nhau. Chọn D.

Quang trở là một linh kiện bán dẫn hoạt động dựa trên hiện tượng quang điện trong. Chọn A.

Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy, để trên \[{\Delta _1}\] có 7 cực đại, tại điểm A là cực đại bậc 4 \[ \Rightarrow IA = 4\frac{\lambda }{2} = 2\lambda \]

Trên \[{\Delta _2}\]có 3 cực đại, tại điểm B là cực đại bậc 2 \[ \Rightarrow IB = 2\frac{\lambda }{2} = \lambda \]

Khoảng cách giữa \({\Delta _1}\)và \({\Delta _2}\)là: \[AB = 3\lambda  = 9\left( {cm} \right) \Rightarrow \lambda  = 3\left( {cm} \right)\]

Số điểm cực đại trên đoạn S₁S₂ là: \[n = 2\left[ {\frac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda }} \right] + 1 = 2.\left[ {\frac{{28}}{3}} \right] + 1 = 19\] (cực đại)

Đáp án: 19.

Phản ứng hóa học xảy ra được cân bằng như sau:

Ta có: \({n_{toluene}} = \frac{{1,84}}{{92}} = 0,02\;{\rm{mol }}.\)

Từ hệ số tỉ lệ phản ứng được cân bằng trên có: \({{\rm{n}}_{{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}}}\) phản ứng \( = 2{{\rm{n}}_{{\rm{toluene }}}} = 0,04\) mol.

Vì dùng dư \(20\% \) so với lượng phản ứng nên \({{\rm{n}}_{{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}}}\) dùng \( = 0,04 \cdot 1,2 = 0,048\;{\rm{mol}}\)

\( \Rightarrow {\rm{m}} = 7,584\) gam.

Chọn B.

Khi nhiệt độ đạt đến \({190^^\circ }{\rm{C}}\) thì độ giảm khối lượng là 100% - 71,2% = 28,8%

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

\(160 + 18n = 250 \cdot (100\% - 28,8\% )\)

\(n = 0,98 \approx 1.\)

Vậy thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({190^^\circ }{\rm{C}}\) là \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)

Chọn B.

Phần 1:                                   \({n_{CO_3^{2 - }\, + \,\,HCO_3^ - }} = {n_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,16\)mol

Phần 2:                                   \({n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,06\,(mol) \to {n_{HCO_3^ - }} = 0,1\,(mol)\)

Khối lượng hỗn hợp:             \((2{\rm{M}} + 60) \cdot 0,06 + ({\rm{M}} + 61) \cdot 0,1 = \frac{{27,32}}{2} = 13,66\)

                                                                                          \( \to {\rm{M}} = 18\left( {{\rm{NH}}_4^ + } \right)\)

A. Sai. Hai muối có số mol khác nhau.

B. Sai. ${\left(N{H}_4\right)}_{2}C{O}_3\stackrel{t^o}{\to }2N{H}_3+C{O}_2+H_{2}O$

C. Đúng.

\[\begin{array}{l}{(N{H_4})_2}C{O_3} + 2NaOH \to 2N{H_3} \uparrow + N{a_2}C{O_3} + 2{H_2}O\\N{H_4}HC{O_3} + 2NaOH \to N{H_3} \uparrow + N{a_2}C{O_3} + 2{H_2}O\end{array}\]

D. Sai. X tác dụng tối đa với 0,22 mol NaOH.

Chọn C.

Dễ dàng nhận thấy 2 amino acid đều có cùng công thức phân tử là \({C_3}{H_7}{O_2}N\)

Þ \({n_X} = \frac{{26,7}}{{89}} = 0,3\;{\rm{mol}}\)

Coi \({\rm{NaOH}}\) tác dụng với \({\rm{HCl}}\) trước, sau đó \({\rm{HCl}}\) tác dụng với X

Þ \({{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}} + {{\rm{n}}_{\rm{X}}} \to 0,5 = {{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}} + 0,3\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}} = 0,2\;{\rm{mol}} \Rightarrow {\rm{V}} = 0,2\) lít \( = 200{\rm{mL}}{\rm{.}}\)

Chọn C.

A. Đúng, quá trình điều chế X thường có kèm các sản phẩm phụ là \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) và \({\rm{S}}{{\rm{O}}_2}.\)

B. Sai, khí \({\rm{X}}\) là ethylene \(\left( {{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_4}} \right).\)

C. Đúng, \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_4}\) làm mất màu dung dịch bromine.

D. Đúng, đá bọt giúp hỗn hợp sôi đều.

Chọn B.

Cấu tạo của polymer biểu diễn một đoạn mạch ngắn của poly(vinyl chloride) PVC.

Chọn A.

Phương trình hóa học:

$\begin{array}{l}4Fe{S}_2+11O_2\stackrel{t^o}{\to }2F{e}_2{O}_3+8S{O}_2\\ A{g}_{2}S+O_2\stackrel{t^o}{\to }2Ag+S{O}_2\end{array}$

\({n_{{\rm{Fe}}{{\rm{S}}_2}}} = {n_{{\rm{A}}{{\rm{g}}_2}S}} = \frac{{{n_{{\rm{S}}{{\rm{O}}_2}}}}}{3} = 0,055\,(mol)\)

Chất rắn B gồm có \({\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3}\) và Ag, cho qua \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) thì chỉ còn lại Ag.

\( \Rightarrow m = 0,055.2.108 = 11,88\,gam\).

Chọn B.

Xảy ra các phản ứng:

\({\rm{NH}}_4^ + + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\({\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}^ - + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_3}^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\({\rm{C}}{{\rm{O}}_3}^{2 - } + {\rm{C}}{{\rm{a}}^{2 + }} \to {\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow \)

Chọn B.

- Mở khóa B làm cho \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) đi sang bình \(3,{\rm{NaOH}}\) rắn phản ứng với khí \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) tạo ra \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}\), làm giảm nồng độ \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) Þ Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận Þ \({\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}\) phân hủy nhiều hơn.

- Mở khóa A làm khí tràn sang, giảm thể tích Þ thể tích khí giảm Þ cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Chọn B.

- Các phản ứng xảy ra hoàn toàn mà \({\rm{Y}} + {\rm{NaOH}} \to 0,075\) mol \({{\rm{H}}_2}\)

Þ Chứng tỏ sau phản ứng nhiệt nhôm vẫn còn dư \(0,05\;{\rm{mol}}\,{\rm{Al}}\)(bảo toàn electron)

Þ Hỗn hợp Y gồm: \({\rm{Al}}\) dư \(\left( {0,05} \right.\) mol); \({\rm{A}}{{\rm{l}}_2}{{\rm{O}}_3}\) và kim loại \({\rm{M}}\) (của oxide ban đầu).

Giả sử cần vừa đúng \(x\) mol \({\rm{NaOH}} + {\rm{Y}} \to x\) mol \({\rm{NaAl}}{{\rm{O}}_2} \Rightarrow {\rm{Z}}\) còn chứa lượng dư \(0,2x\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{NaOH}}\)

Dung dịch Z chứa \(\left\{ \begin{array}{l}NaAl{O_2}\,\,\,(x\,mol)\\NaOH\,\,\,\,\,\,(0,2x\,mol)\end{array} \right.\)

- Thấy 0,42 mol HCl phản ứng vừa đủ với dung dịch \(Z\)

\(\begin{array}{l}NaAl{O_2} + 4HCl \to NaCl + AlC{l_3} + 2{H_2}O\\x \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,4x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\\NaOH + HCl \to NaCl + {H_2}O\\0,2x \to 0,2x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

Þ \(4x + 0,2x = 0,42 \Rightarrow x = 0,1\;{\rm{mol}}.\)

Theo đó, hỗn hợp Y gồm 0,05 mol Al + 0,025 mol \(A{l_2}{O_3}\)và ? mol M.

- Cho chất không tan T (kim loại M) vào dung dịch \({H_2}S{O_4}\)

\({\rm{M}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to 24\) gam \({{\rm{M}}_2}{\left( {{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}} \right)_{\rm{n}}} + 0,15\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{S}}{{\rm{O}}_2} \uparrow + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Chú ý:

 \( \Rightarrow {{\rm{m}}_{\rm{M}}} = 24 - 0,15 \cdot 96 = 9,6\,{\rm{gam}}{\rm{. }}\)

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

 \(\frac{{9,6}}{M} \cdot n = 0,15 \cdot 2 \Leftrightarrow M = 32n \to \left\{ \begin{array}{l}M = 64\\n = 2\end{array} \right.(Cu)\)

Số mol O trong hỗn hợp X là: \({n_O} = 3{n_{A{l_2}{O_3}}} = 3 \cdot 0,025 = 0,075\,mol\)

Þ \({n_{Cu}}:{n_O} = 0,15:0,075 = 2:1\)

Þ Oxide kim loại cần tìm là \({\rm{C}}{{\rm{u}}_2}{\rm{O}}\)

Þ Tổng số nguyên tử trong phân tử oxide \(C{u_2}O\)là 3. Đáp án: 3

Sắc tố hấp thụ ánh sáng chủ yếu trong phản ứng quang chu kì của thực vật là phitôcrôm. Chọn A.

Các động vật đơn bào như trùng roi, trùng đế giày,… quá trình tiêu hóa chủ yếu là tiêu hóa nội bào; thức ăn được tiếp nhận bằng hình thức thực bào và nhờ các enzim thủy phân chứa trong lizôxôm mà thức ăn được tiêu hóa, cung cấp chất dinh dưỡng cho cơ thể. Chọn C.

Ở hình thức đẻ con, con phát triển trong cơ quan sinh sản của con cái. Do đó, con cái cần cung cấp nhiều năng lượng cho sự phát triển của con, bị ảnh hưởng nhiều, giai đoạn mang thai dễ gặp nguy hiểm. Chọn D.

C. Sai. Hình trên mô tả quá trình phiên mã, quá trình phiên mã có thể tổng hợp nên các loại ARN là mARN, tARN, rARN. Quá trình phiên mã để tạo ra các loại ARN có diễn biến tương tự nhau. Chọn C.

Thể ba có bộ NST là (2n + 1). Do đó, cơ thể có bộ NST của thể ba thỏa mãn bao gồm: AaaBbDdEe (I), AaBBbDdEe (III), AaBbDdEEe (V), AaBbDddEe (VI). Chọn D.

Cây có kiểu gen AabbDd sẽ có thể tạo ra 4 loại hạt phấn gồm AbD, Abd, abD, abd. Do đó, khi lưỡng bội hóa sẽ có thể thu được các kiểu gen là AAbbDD, AAbbdd, aabbDD, aabbdd. Chọn B.

Người mang 3 nhiễm sắc thể số 21 sẽ mắc hội chứng Đao. Chọn B.

Cách li trước hợp tử là những trở ngại ngăn cản các sinh vật giao phối với nhau (ngăn cản sự thụ tinh và tạo ra hợp tử). Do đó, trong các hiện tượng trên, chỉ có hiện tượng “chim sẻ và chim gõ kiến không giao phối với nhau do tập tính ve vãn bạn tình khác nhau” là cách li trước hợp tử. Còn các hiện tượng khác đều đã có sự tạo thành hợp tử nhưng hợp tử chết (B) hoặc không có khả năng sinh sản (A, C) nên đây là các hiện tượng cách li sau hợp tử. Chọn D.

Sai. Nai và bò rừng có ổ sinh thái dinh dưỡng trùng nhau nên mối quan hệ giữa chúng là mối quan hệ canh tranh khác loài, sở dĩ số lượng hai loài này cùng gia tăng là do nguồn sống (lượng thức ăn) vẫn đủ để đảm bảo cho cả hai loài. Chọn B.

Các cá thể trong quần thể P tự thụ phấn nghiêm ngặt. Do đó, trong số các kiểu gen của P chỉ có kiểu gen AaBb khi tự thụ phấn mới cho đời con có cây mang hai cặp gen dị hợp (AaBb).

Mà AaBb tự thụ phấn cho đời con có: \(\left( {\frac{1}{4}AA:\frac{2}{4}Aa:\frac{1}{4}aa} \right) \times \left( {\frac{1}{4}BB:\frac{2}{4}Bb:\frac{1}{4}bb} \right)\).

→ F₁ có cây mang hai cặp gen dị hợp (AaBb) chiếm tỉ lệ là:\(0,24 \times \frac{2}{4}Aa \times \frac{2}{4}Bb = 0,06.\)

Đáp án: 0,06.