Diện tích nuôi trồng thủy sản năm 2002 của tỉnh, thành phố Khánh Hoà là cao nhất.

Chọn B.

Ta có \(M \in Oxy \Rightarrow M = \left( {x\,;\,\,y\,;\,\,0} \right);\,\,\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AM}  = \left( {x - 2\,;\,\,y + 2\,;\,\, - 1} \right).\)

Để \[A,\,\,B,\,\,M\] thẳng hàng thì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AM} \) cùng phương

\( \Rightarrow \frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{ - 1}}{1} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2 = 2}\\{y + 2 =  - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y =  - 5}\end{array}.} \right.} \right.\)

Vậy \(M\left( {4\,;\,\, - 5\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.

Theo bài ra, ta có \({Q_0} \cdot \left( {1 - {e^{ - t\sqrt 2 }}} \right) \ge 85\%  \cdot {Q_0}\)

\( \Leftrightarrow 1 - {e^{ - t\sqrt 2 }} \ge 85\%  \Leftrightarrow 1 - {e^{ - t\sqrt 2 }} \ge 0,85 \Leftrightarrow {e^{ - t\sqrt 2 }} \le 0,15\)

\( \Leftrightarrow  - t\sqrt 2  \le \ln 0,15 \Leftrightarrow t \ge \frac{{\ln 0,15}}{{ - \sqrt 2 }} \approx 1,341.\) Chọn B.

Vì \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) ta dựng được hình chữ nhật \[MACB\] với \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow {MC} .\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = \overrightarrow {MC}  = \sqrt {M{A^2} + M{B^2}}  = \sqrt {{{300}^2} + {{400}^2}}  = 500\;{\rm{N}}.\)

Ta có \(\left( {1 + 2i} \right)\bar z + z = 3 - 4i \Leftrightarrow \left( {1 + 2i} \right)\left( {x - yi} \right) + x + yi = 3 - 4i\)

\( \Leftrightarrow x - yi + 2xi + 2y + x + yi = 3 - 4i \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 2y = 3\\2x =  - 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = \frac{{ - 7}}{3}\end{array} \right..\)

\( \Rightarrow S = 3x - 2y =  - 13.\) Chọn C.

Ta có: \(y = {x^3} + a{x^2} + bx + c \Rightarrow y' = 3{x^2} + 2ax + b.\)

Theo đề, ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y\left( 1 \right) = 0}\\{y\left( { - 2} \right) = 0}\\{y'\left( { - 2} \right) = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = {1^3} + a \cdot {1^2} + b \cdot 1 + c}\\{0 = {{\left( { - 2} \right)}^3} + a \cdot {{\left( { - 2} \right)}^2} + b \cdot \left( { - 2} \right) + c}\\{0 = 3 \cdot {{\left( { - 2} \right)}^2} + 2a \cdot \left( { - 2} \right) + b}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c =  - 1}\\{4a - 2b + c = 8}\\{ - 4a + b =  - 12}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b = 0}\\{c =  - 4}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy \(T = {a^2} + {b^2} + {c^2} = {3^2} + {0^2} + {\left( { - 4} \right)^2} = 25.\) Chọn A.

Giả sử hình nón có đỉnh \[O,\] tâm đường tròn đáy là \[I,\] và \((P)\) cắt đường tròn đáy theo dây cung \[AB.\]

Ta có \(h = OI = 4\,,\,\,R = IA = IB = 3\,,\,\,AB = 2.\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\) nên \(MI \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {OMI} \right) \Rightarrow AB \bot OM.\)

Lại có: \(OB = \sqrt {O{I^2} + I{B^2}}  = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\); \(OM = \sqrt {O{B^2} - M{B^2}}  = \sqrt {{5^2} - {1^2}}  = 2\sqrt 6 \)

Vậy \[{S_{OAB}} = \frac{1}{2} \cdot OM \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt 6  \cdot 2 = 2\sqrt 6 .\] Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( {{C_m}} \right)\), ta có:

\({x^3} + 3m{x^2} - {m^3} = {m^2}x + 2{m^3}\)\( \Leftrightarrow {x^3} + 3m{x^2} - {m^2}x - 3{m^3} = 0\)

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

Để đường thẳng \(d\) cắt đồ thị \(\left( {{C_m}} \right)\) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2},{x_3} \Leftrightarrow m \ne 0.\)

Khi đó, \(x_1^4 + x_2^4 + x_3^4 = 83 \Leftrightarrow {m^4} + {\left( { - m} \right)^4} + {\left( { - 3m} \right)^4} = 83 \Leftrightarrow 83{m^4} = 83 \Leftrightarrow m =  \pm 1.\)

Vậy \({m_1} = 1,{m_2} =  - 1\) hay \({m_1} + {m_2} = 0.\) Chọn A.

Vì \(F\left( x \right),\,\,G\left( x \right)\) là hai nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên ta có \(F(x) = G(x) + C.\)

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F\left( {10} \right) + G\left( 1 \right) =  - 11}\\{F\left( 0 \right) + G\left( {10} \right) = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G\left( {10} \right) + C + G\left( 1 \right) =  - 11}\\{G\left( 0 \right) + C + G\left( {10} \right) = 1}\end{array} \Rightarrow G\left( 1 \right) - G\left( 0 \right) =  - 12} \right.} \right..\]

Xét \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\cos } \,2x \cdot f\left( {\sin 2x} \right)dx.\)

Đặt \(t = \sin 2x \Rightarrow \frac{1}{2}dt = \cos 2xdx\), đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 0}\\{x = \frac{\pi }{4} \Rightarrow t = 1}\end{array}} \right..\)

Khi đó \(I = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f\left( t \right)} \,dt = \left. {\frac{1}{2}\left[ {G\left( t \right)} \right]} \right|_0^1 = \frac{1}{2}\left[ {G\left( 1 \right) - G\left( 0 \right)} \right] =  - 6.\) Chọn D.

Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(AH \bot SB\,\,\left( {H \in SB} \right).\)

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot BC}\\{AB \bot BC}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH} \right..\)

Mà \(SB \bot AH\) do cách dựng nên \(AH \bot \left( {SBC} \right).\)

Hay \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(\left( {SBC} \right)\). Suy ra \(\left( {\widehat {SA,\,\,\left( {SBC} \right)}} \right) = \widehat {ASH} = \widehat {ASB}.\)

Tam giác \[ABC\] vuông tại \(B\) nên\(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 .\)

Tam giác \[SAB\] vuông tại \(A\) nên \(\sin \widehat {ASB} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ASB} = 30^\circ .\) Chọn B.

Điều kiện: \({x^2} - 9 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{x \le  - 3}\end{array}} \right..\)

Ta có \(\left( {{x^2} - 5x + 4} \right)\sqrt {{x^2} - 9}  \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {{x^2} - 9}  = 0}\\{{x^2} - 5x + 4 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  \pm 3}\\{1 \le x \le 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 3}\\{1 \le x \le 4}\end{array}} \right.} \right.} \right..\)

Vậy tập nghiệm của phương trình có 3 nghiệm nguyên là: \(S = \left\{ { - 3\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}.\)

Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {OA}  = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {OB}  = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow {OC}  = \left( {4\,;\,\,3\,;\,\,m} \right).\)

\[ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OA} \,,\,\,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {5\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right){\rm{. }}\]

Bốn điểm \[O,\,\,A,\,\,B,\,\,C\] đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow {OA} \,,\,\,\overrightarrow {OB} } \right] \cdot \overrightarrow {OC}  = 0\)

\( \Leftrightarrow 5 \cdot 4 - 2 \cdot 3 - 1 \cdot m = 0 \Leftrightarrow m = 14.\) Chọn A.

Phương trình vận tốc chuyển động của vật là \(v\left( t \right) = \int a \left( t \right){\rm{d}}t = \int 6 t\;{\rm{d}}t = 3{t^2} + C\)

Vật chuyển động với vận tốc \(10\,\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) thì tăng tốc nên \(v\left( 0 \right) = C \Rightarrow C = 10.\)

Do đó \(v\left( t \right) = 3{t^2} + 10.\)

Chiều dài đoạn đường của vật đi được trong khoảng thời gian 5 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là

\(S = \int\limits_0^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_0^5 {\left( {3{t^2} + 10} \right){\rm{d}}t}  = 175\,\,(m)\). Chọn A.

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = x + y}\\{P = xy}\end{array}} \right.\) (điều kiện : \(\left. {{S^2} \ge 4P} \right)\)

Ta được hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S + P = 5}\\{{S^2} - 2P = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P = 5 - S}\\{{S^2} - 2\left( {5 - S} \right) = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P = 5 - S}\\{{S^2} + 2S - 15 = 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S =  - 5}\\{P = 5 - S = 10}\end{array}{\rm{ }}} \right.\)hoặc \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = 3}\\{P = 5 - S = 2}\end{array}} \right.\).

• Với \(S =  - 5\,;\,\,P = 10\) thì \({S^2} - 4P = 25 - 40 =  - 15 < 0\) nên ta loại trường hợp này.

• Với \(S = 3\,;\,\,P = 2\) thì \({S^2} - 4P = 9 - 8 = 1 > 0\) nên khi đó \[x,\,\,y\] là nghiệm của phương trình

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

Ta có nghiệm hệ phương trình là \[\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {1\,;\,\,2} \right)\] hoặc \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {2\,;\,\,1} \right).\) Chọn A.

Ta có \({x^2} - 6{y^2} = xy \Leftrightarrow {x^2} - xy - 6{y^2} = 0\) (*)

Do \[x,\,\,y\] là các số thực dương lớn hơn 1 nên ta chia cả 2 vế của \((*)\) cho \({y^2}\) ta được:

\({\left( {\frac{x}{y}} \right)^2} - \frac{x}{y} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{x}{y} = 3}\\{\frac{x}{y} =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3y}\\{x =  - 2y\quad (L)}\end{array} \Rightarrow x = 3y} \right.} \right.\) (1)

Mặt khác: \(M = \frac{{1 + {{\log }_{12}}x + {{\log }_{12}}y}}{{2{{\log }_{12}}\left( {x + 3y} \right)}} = \frac{{{{\log }_{12}}12xy}}{{{{\log }_{12}}\left( {x + 3y} \right)}}\)     (2)

Thay (1) vào (2) ta có: \(M = \frac{{{{\log }_{12}}36{y^2}}}{{{{\log }_{12}}36{y^2}}} = 1.\) Chọn B.

Số lon nước ở tầng trên cùng cần dùng là 3 lon nước.

Số lon nước ở tầng ngay dưới tầng trên cùng cần dùng là 7 lon nước.

... Số lon nước ở tầng cuối cùng cần dùng là \(k\) lon nước.

Do đó, số lon nước ở mỗi tầng lập thành 1 cấp số cộng với \({u_1} = 3\) và công sai \(d = 4\)

Vì tổng số lon nước làm cây thông là 741 nên \({S_n} = \frac{{n \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = 741\)

\( \Leftrightarrow n \cdot \left[ {2 \cdot 3 + \left( {n - 1} \right) \cdot 4} \right] = 1482 \Leftrightarrow 4{n^2} + 2n - 1482 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 19}\\{n =  - \frac{{39}}{2}}\end{array}} \right.\)

Vậy cây thông này thiết kế gồm 19 tầng. Chọn B.

Đặt \(u = f\left( x \right)\), phương trình trở thành: \(f'(u) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{u =  - 1}\\{u = 0}\\{u = 1}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(f\left( x \right) =  - 1\,;\,\,f\left( x \right) = 0\) và \(f(x) = 1.\) Dựa vào đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\), ta thấy:

• Với \(f\left( x \right) =  - 1\) có hai nghiệm kép \(x =  - 1\,;\,\,x = 1 \cdot f\left( x \right) = 0\) có bốn nghiệm đơn phân biệt.

• Với \(f\left( x \right) = 1\) có một nghiệm kép \(x = 0\) và hai nghiệm đơn phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có \(2 + 4 + 3 = 9\) nghiệm. Chọn D.

Ta có thể tích khối trụ là \({V_1} = \pi  \cdot r_1^2 \cdot {h_1}\), mà \({r_2} = 2{r_1}\,,\,\,{h_1} = 2{h_2}\)

\({V_1} = \pi  \cdot {\left( {\frac{{{r_2}}}{2}} \right)^2} \cdot 2{h_2} = \frac{1}{2}\pi  \cdot r_2^2{h_2}.\)

Mặt khác thể tích khối nón là \({V_2} = \frac{1}{3}\pi  \cdot r_2^2{h_2} = 20 \Rightarrow \pi  \cdot r_2^2{h_2} = 60\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Suy ra \({V_1} = \frac{1}{2}.60 = 30\;\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy thể tích toàn bộ khối đồ chơi bằng \({V_1} + {V_2} = 30 + 20 = 50\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Chọn D.

Ta có phương trình tung độ giao điểm của \(d\) và \((P)\) là:

\(\frac{{{y^2}}}{4} = \frac{{y + 4}}{2} \Leftrightarrow {y^2} - 2y - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 4 \Rightarrow x = 4}\\{y =  - 2 \Rightarrow x = 1}\end{array}} \right..\)

\( \Rightarrow d\) cắt \((P)\) tại hai điểm là: \[A\left( {4\,;\,\,4} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\, - 2} \right).\]

\(C \in (P) \Rightarrow C = \left( {{c^2}\,;\,\,2c} \right){\rm{. }}\)

\(\overrightarrow {AC}  = \left( {{c^2} - 4\,;\,\,2c - 4} \right),\,\,\overrightarrow {BC}  = \left( {{c^2} - 1\,;\,\,2c + 2} \right){\rm{. }}\)

Diện tích tam giác ABC là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left( {{c^2} - 4} \right)\left( {2c + 2} \right) - \left( {{c^2} - 1} \right)\left( {2c - 4} \right)} \right| = 12\)

\( \Leftrightarrow \left| {6{c^2} - 6c - 12} \right| = 24 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{c^2} - c - 6 = 0}\\{{c^2} - c + 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{c =  - 2}\\{c = 3}\end{array}.} \right.} \right.\)

Vậy tung độ của điểm C là 6. Chọn B.

Ta có: \( - 1 \le \cos \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right) \le 1 \Leftrightarrow  - 90 \le 90\cos \left( {\frac{\pi }{{10}}t} \right) \le 90 \Leftrightarrow  - 90 \le h\left( t \right) \le 90.\)

Chiều cao của sóng (khoảng cách theo phương thẳng đứng giữa đáy và đỉnh của sóng) là:

\(90 - \left( { - 90} \right) = 180\,\,\left( {cm} \right).\)  Chọn D.

Gọi \(E,\,\,F,\,\,G,\,\,H\) lần lượt là trung điểm của \(BB',\,{\rm{AA'}},\,\,DD',\,\,CC'\).

Khi đó ta có \(\left( {EFGH} \right) \equiv \left( {MNPQ} \right).\)

Gọi \(O\) là tâm hình lập phương, khi đó \(O\) là trung điểm của \(RS\) và \(RS \bot \left( {MNPQ} \right)\) tại \(O.\)

Ta có \[{V_{RS.MNPQ}} = {V_{R.MNPQ}} + {V_{S.MNPQ}} = \frac{1}{3} \cdot RO \cdot {S_{MNPQ}} + \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{MNPQ}} = \frac{1}{3} \cdot RS \cdot {S_{MNPQ}}.\]

Do \(EFGH\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(MN = NP = \frac{1}{2}EG = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

\[ \Rightarrow {S_{MNPQ}} = MN \cdot NP = \frac{{{a^2}}}{2},\,\,RS = a.\]

Vậy \[{V_{RS.MNPQ}} = \frac{1}{3}a \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{6}.\] Chọn B.

Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty \,;\,\, + \infty } \right)\) khi: \(f'\left( x \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - m} \right) \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1 > 0}\\{\Delta  = {{\left( {m + 1} \right)}^2} - 4m \le 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow m = 1.\) Chọn C.

Ta có \(\int {\frac{x}{{\sqrt {8 - {x^2}} }}} \;{\rm{d}}x =  - \frac{1}{2}\int {{{\left( {8 - {x^2}} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}} \;{\rm{d}}\left( {8 - {x^2}} \right) =  - \sqrt {8 - {x^2}}  + C.\)

Mặt khác \(F\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow  - \sqrt {8 - {x^2}}  + C = 0 \Leftrightarrow C = 2\) nên \(F\left( x \right) =  - \sqrt {8 - {x^2}}  + 2\).

Do đó \(F\left( x \right) = x \Leftrightarrow  - \sqrt {8 - {x^2}}  + 2 = x \Leftrightarrow \sqrt {8 - {x^2}}  = 2 - x\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - x \ge 0}\\{8 - {x^2} = {{(2 - x)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le 2}\\{ - 2{x^2} + 4x + 4 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + \sqrt 3 }\\{x = 1 - \sqrt 3 }\end{array} \Leftrightarrow x = 1 - \sqrt 3 .} \right.}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Chọn D.

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \(ABCD\).

Suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot CD\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow OM \bot CD\)

Do đó \(CD \bot \left( {SMO} \right)\) mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SMO} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SM}\\{\left( {SMO} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = OM}\end{array}} \right.\)

Ta có \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right).\)

Thật vậy: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OC \bot OA}\\{OC \bot OB}\end{array} \Rightarrow OC \bot AB} \right.\) (1)

Mà \(CH \bot AB\) (vì \(H\) là trực tâm tam giác \[ABC\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AB\perp \left(OHC\right)\Rightarrow AB\perp OH(*)$

Xét hàm số \(y = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m\).

Ta có \(y' = 12{x^3} - 12{x^2} - 24x\); \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên

Ta có: \(\left( {{3^{{x^2} - 1}} - {{27}^{x + 1}}} \right)\left[ {{{\log }_3}\left( {x + 8} \right) - 2} \right] \le 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{{x^2} - 1}} - {{27}^{x + 1}} \le 0}\\{lo{g_3}\left( {x + 8} \right) - 2 \ge 0}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{3^{{x^2} - 1}} - {27^{x + 1}} \ge 0\\lo{g_3}\left( {x + 8} \right) - 2 \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{{x^2} - 1}} \le {3^{3x + 3}}}\\{log{ _3}\left( {x + 8} \right) \ge 2}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{3^{{x^2} - 1}} \ge {3^{3x + 3}} \\lo{g_3}\left( {x + 8} \right) \le 2\end{array} \right.\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 1 \le 3x + 3}\\{x + 8 \ge 9}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 1 \ge 3x + 3\\x + 8 \le 9\\x + 8 > 0\end{array} \right.\end{array} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 3x - 4 \le 0}\\{x \ge 1}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x - 4 \ge 0\\ - 8 < x \le 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 \le x \le 4}\\{x \ge 1}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge 4\\x \le  - 1\end{array} \right.\\ - 8 < x \le 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 \le x \le 4\\ - 8 < x \le  - 1\end{array} \right.\).

Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên tập nghiệm của bất phương trình là \[S = \left\{ { - 7\,;\,\, - 6\,;\,\, \ldots ;\,\, - 1\,;\,\,1\,;\,\, \ldots ;\,\,4} \right\}.\]

Do đó, bất phương trình có 11 nghiệm nguyên. Chọn A.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{2 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\,,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]\)

\( \Rightarrow {\min _{\left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( x \right) = f\left( 0 \right) =  - {m^2}\,;\,\,{\max _{\left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \frac{{4 - {m^2}}}{3}.\)

Do đó \[2{\max _{\left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( x \right) - {\min _{\left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( x \right) = 8 \Leftrightarrow 2\left( {\frac{{4 - {m^2}}}{3}} \right) + {m^2} = 8\]

\( \Leftrightarrow {m^2} - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 4}\\{m = 4}\end{array}} \right.\).

Vậy \(2{m_1} + 3{m_2} = 2 \cdot \left( { - 4} \right) + 3 \cdot 4 = 4.\) Chọn C.

Xét mặt phẳng \((\alpha )\) có phương trình \(x + by + cz + d = 0\) đi qua hai điểm \(A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và \(B\left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right)\), đồng thời cắt các trục tọa độ \[Ox,\,\,Oy\] tại hai điểm cách đều.

Vì \((\alpha )\) đi qua \(A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và \(B\left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right)\) nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + b + c + d = 0}\\{ - 2b + 2c + d = 0}\end{array}\quad (*)} \right.\)

Mặt phẳng \((\alpha )\) cắt các trục tọa độ \[Ox,\,\,Oy\] lần lượt tại \(M\left( { - d\,;\,\,0\,;\,0} \right),\,\,N\left( {0\,;\,\,\frac{{ - d}}{b}\,;\,\,0} \right).\)

Vì \[M,\,\,N\] cách đều \(O\) nên \(OM = ON.\) Suy ra: \(\left| d \right| = \left| {\frac{d}{b}} \right|.\)

Nếu \(d = 0\) thì chỉ tồn tại hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán (mặt phẳng này sẽ đi qua điểm \(O).\)

Do đó để tồn tại hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: \(|d| = \left| {\frac{d}{b}} \right| \Leftrightarrow b =  \pm 1.\)

Với \(b = 1\) thì \((*) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c + d = 2}\\{2c + d = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 4}\\{d =  - 6}\end{array}} \right.} \right..\)

 • Ta được mặt phẳng \((P):x + y + 4z - 6 = 0\), với \(b =  - 1,\,\,(*) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c + d = 0}\\{2c + d =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c =  - 2}\\{d = 2}\end{array}} \right.} \right..\)

• Ta được mặt phẳng \((Q):x - y - 2z + 2 = 0\).

Vậy \({b_1}{b_2} + {c_1}{c_2} = 1 \cdot \left( { - 1} \right) + 4 \cdot \left( { - 2} \right) =  - 9.\) Chọn B.

Ta có: \(y = {x^2} + 2x - 1 = {\left( {x + 1} \right)^2} - 2 \ge  - 2\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Mà \(m \in \left[ { - 4040\,;\,\, - 3} \right]\) nên \(m < {x^2} + 2x - 1\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Suy ra \(S = \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + 2x - 1 - m} \right)\,dx}  = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} - x - mx} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{3} - m.\)

Khi đó \(S \le 2021 \Leftrightarrow \frac{1}{3} - m \le 2021 \Leftrightarrow m \ge  - \frac{{6062}}{3}.\)

Vì \(m \in \left[ { - 4040\,;\,\, - 3} \right],\,\,m \in \mathbb{Z}\) nên có 2018 số nguyên \[m.\] Chọn D.

Tập xác định của hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{2x + 3}}\) là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{3}{2}} \right\}.\)

Ta có: \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {2x + 3} \right)}^2}}} < 0\,,\,\,\forall x \in D.\)

Mặt khác, \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) nên hệ số góc của tiếp tuyến là \[ - 1.\]

Gọi tọa độ tiếp điểm \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\), với \({x_0} \ne  - \frac{3}{2}.\)

Ta có: \[y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {2{x_0} + 3} \right)}^2}}} =  - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} =  - 2\\{x_0} =  - 1\end{array} \right..\]

• Với \({x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} = 1.\) Phương trình tiếp tuyến là: \(y =  - x\) loại vì \(A \equiv B \equiv O.\)

• Với \({x_0} =  - 2 \Rightarrow {y_0} = 0.\) Phương trình tiếp tuyến là: \(y =  - x - 2\) thỏa mãn.

Vậy \(d:y = ax + b\) hay \(d:y =  - x - 2 \Rightarrow a =  - 1\,;\,\,b =  - 2 \Rightarrow a + b =  - 3.\)

Chọn D.

Ta có \[PQ\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}.\]

Khi đó \(\frac{{{V_{SMNP}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SN}}{{SB}} \cdot \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{6} \Rightarrow {V_{SMNP}} = \frac{1}{{12}}V.\)

\(\frac{{{V_{SMPQ}}}}{{{V_{SACD}}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9} \Rightarrow {V_{SMPQ}} = \frac{1}{9}V.\)

Mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(r = 1.\)

Ta có \(\overrightarrow {OI}  = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right) \Rightarrow OI = \sqrt 2 .\)

Từ đó ta có hình vẽ mô tả vị trí tương đối của \(\left( S \right)\) và \(\left( {S'} \right)\) như sau:

Gọi \[H,\,\,K\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(O\) và \(I\) lên \((P)\) và \(M = OI \cap (P).\)

Khi đó ta có \[H,\,\,K,\,\,M\] thẳng hàng.

Xét hai tam giác đồng dạng \(\Delta OHM\) và \(\Delta IKM\) ta có: \(\frac{{MI}}{{MO}} = \frac{{IK}}{{OH}} = \frac{r}{R} = \frac{1}{2} \Rightarrow MI = \frac{1}{2}MO.\)

Suy ra \(M\) đối xứng với \(O\) qua \(I\) nên \(M\) cố định.

Mặt khác ta có \(I\) là trung điểm \[OM\] nên \(M\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\).

Do đó \(a = 2\,,\,\,b = 0\,,\,\,c = 2 \Rightarrow a + b + c = 4.\) Chọn B.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b\,;\,\,g'\left( x \right) = 1 - \frac{8}{{{x^3}}}\).

Xét \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - \frac{8}{{{x^3}}} = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Ta có: \(g\left( 1 \right) = 5\,;\,\,g(2) = 3\,;\,\,g(4) = \frac{{17}}{4} \Rightarrow {\min _{\left[ {1\,;\,\,4} \right]}}g\left( x \right) = 3\) tại \(x = 2.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 2 \right) = 0}\\{ - \frac{{2a}}{6} = 2}\\{f\left( 2 \right) = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{12 + 4a + b = 0}\\{a =  - 6}\\{8 + 4a + 2b + c = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 6}\\{b = 12.}\\{c =  - 5}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Khi đó, \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 12 = 3{\left( {x - 4} \right)^2} \ge 0\)

\( \Rightarrow f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Rightarrow {\max _{\left[ {1\,;\,\,4} \right]}}f\left( x \right) = 11.\) Chọn C.

Mỗi bạn có \(9 \cdot A_9^2\) cách viết nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = {\left( {9 \cdot A_9^2} \right)^2}.\)

Số cách viết các chữ số các chữ số có mặt trong hai số mà bạn A và B viết giống nhau.

Bạn A có tất cả \(9 \cdot A_9^2\) cách viết, trong đó \(A_9^3\) cách viết mà số không gồm chữ số 0 và có \(\left( {9 \cdot A_9^2 - A_9^3} \right)\) cách viết mà số có chữ số 0.

• TH1: Nếu A không gồm chữ số 0 có \(A_9^3\) cách, lúc này B có \(3!\) cách viết.

• TH2: Nếu A viết số 0 có \(\left( {9 \cdot A_9^2 - A_9^3} \right)\) cách, lúc này B có 4 cách viết.

Do đó, \(A_9^3 \cdot 3!\, + \left( {9 \cdot A_9^2 - A_9^3} \right) \cdot 4\) cách viết thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính bằng \(\frac{{A_9^3 \cdot 3!\, + \left( {9 \cdot A_9^2 - A_9^3} \right) \cdot 4}}{{{{\left( {A_9^2} \right)}^2}}} = \frac{{25}}{{2916}}.\) Chọn D.

Giả sử Học sinh chơi bóng đá".

Học sinh chơi bóng chuyền".

\(A \cup B = \)"Học sinh chơi bóng đá hoặc bóng chuyền".

\(A \cap B = \)"Học sinh chơi cả hai môn".

Số phần tử của \(A \cup B\) là: \(25 + 20 - 10 = 35.\)

Số học sinh chơi bóng đá hoặc bóng chuyền là số học sinh của lớp là 35.

Đáp án: 35.

Đặt \({u_n} = {v_n} + 3\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\), thì \({v_1} = {u_1} - 3 =  - 2.\)

Khi đó \({u_{n + 1}} = \frac{1}{2}{u_n} + \frac{3}{2} \Leftrightarrow {v_{n + 1}} + 3 = \frac{1}{2}\left( {{v_n} + 3} \right) + \frac{3}{2} \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = \frac{1}{2}{v_n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\).

Do đó, dãy \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân với \({v_1} =  - 2\,;\,\,q = \frac{1}{2}\).

Do đó \({v_n} =  - 2 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} =  - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 2}} \Rightarrow {u_n} = 3 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 2}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = 3.{\rm{ }}\)

Đáp án: 3.

Ta có công thức tính thể tích khối nón có chiều cao \(h\) và bán kính \(r\) là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h.\)

• Khi quay tam giác \[ABC\] quanh cạnh \[AB\] thì \(h = AB = 6\;\,{\rm{cm}}\) và \(r = AC = 8\;\,{\rm{cm}}\) thì \({V_1} = \frac{1}{3}\pi  \cdot {8^2}.6 = 128\pi .\)

• Khi quay tam giác \[ABC\] quanh cạnh AC thì \(h = AC = 8\,\,\;{\rm{cm}}\) và \(r = AB = 6\;\,\,{\rm{cm}}\) thì \({V_2} = \frac{1}{3}\pi  \cdot {6^2} \cdot 8 = 96\pi .\)

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{4}{3}.\) Đáp án: \(\frac{4}{3}.\)

Kẻ \(AH \bot BC\), ta có \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot BC\)

Suy ra \(BC \bot \left( {A'AH} \right) \Rightarrow A'H \bot BC\)

Do đó \(\left( {\widehat {\left( {A'BC} \right);\,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {A'H;\,\,AH}} \right) = \widehat {A'HA} = 60^\circ \)

\(\Delta A'AH\) vuông tại \(A\), có \[\tan \widehat {A'HA} = \frac{{AA'}}{{AH}}\]

Gọi nhóm I là nhóm ghế của 4 bạn nam, số cách xếp là \[4!\].

Tương tự với 2 bạn nữ là nhóm II với số cách xếp là \[2!\].

Rõ ràng khi xếp 6 bạn này vào hàng 9 ghế thì ta còn 3 ghế trống.

Chia 9 hàng ghế này thành 5 phần có thứ tự, trong đó 2 phần bất kì nào dành cho nhóm I và nhóm II thì 3 phần còn lại sẽ là 3 chiếc ghế trống.

Số cách xếp 2 nhóm vào 9 hàng ghế sao cho nam ngồi liền nhau, nữ ngồi liền nhau là

Coi nhóm I, nhóm II và 1 ghế trống ở giữa 2 nhóm này là 1 nhóm đại diện, số nhóm đại diện là \[2!.\]

Lúc này 9 ghế hàng ngang thì còn lại 2 ghế trống.

Tương tự chia 9 hàng ghế làm 3 phần với ý tưởng khi nhóm đại diện rơi vào 1 phần nào đó thì 2 phần còn lại sẽ là ghế trống, khi đó số cách xếp nam ngồi liền nhau, nữ ngồi liền nhau và giữa 2 nhóm có đúng 1 ghế trống là \(2!\,\,.\,A_3^1.\)

Vậy số cách xếp cần tìm là \[4!\,.\,\,2!\,.\,\,\left( {A_5^2 - 2} \right.!\,\,.\,\,\left. {A_3^1} \right) = 672.\]

Đáp án: 672.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2 \ge 0}\\{{x^2} - 6x + 2m > 0}\end{array}} \right.\).

Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình \({x^2} - 6x + 2m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) lớn hơn \[ - 2\] nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} >  - 2\\{x_2} >  - 2\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 2m > 0\\{x_1} + 2 + {x_2} + 2 > 0\\\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right) > 0\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 2m > 0\\{x_1} + {x_2} + 4 > 0\\{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m < 9\\6 + 4 > 0\\2m + 2 \cdot 6 + 4 > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m < 9\\2m >  - 16\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow  - 8 < m < \frac{9}{2}\).

Do đó tập \(S = \left\{ { - 7\,;\,\, - 6\,;\, - 5\,;\, \ldots \,;\,4} \right\}\) có 12 giá trị.

Đáp án: 12.

Ta có \({\left( {3a - b} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow 9{a^2} - 6ab + {b^2} \ge 0 \Leftrightarrow 9{a^2} + {b^2} \ge 6ab\)

Do đó \(2 = {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {9{a^2} + {b^2} + 1} \right) + {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right)\)

\( \ge {\log _{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) + {\log _{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right)\)

\( \ge 2\sqrt {{{\log }_{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) \cdot {{\log }_{6ab + 1}}\left( {3a + 2b + 1} \right)}  = 2\).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - b = 0}\\{{{\log }_{3a + 2b + 1}}\left( {6ab + 1} \right) = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3a}\\{6ab + 1 = 3a + 2b + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3a}\\{6a \cdot 3a + 1 = 3a + 2.3a + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3a}\\{18{a^2} - 9a = 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow (a\,;\,\,b) = \left( {\frac{1}{2}\,;\,\,\frac{3}{2}} \right)\). Do đó \(a + 3b = \frac{1}{2} + 3 \cdot \frac{3}{2} = \frac{{10}}{2} = 5.\)

Đáp án: 5.

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn tâm \({I_1}\left( {0\,;\,\,0} \right)\), bán kính \({R_1} = 2.\)

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn tâm \({I_2}\left( {3\,;\,\, - 2} \right)\), bán kính \({R_2} = 1.\)

Gọi \(M\left( z \right),\,\,N\left( w \right) \Rightarrow M \in \left( {{C_1}} \right)\) và \(N \in \left( {{C_2}} \right).\)

Ta có \(\left| {{z^2} - 2zw - 4} \right| = {\left. {\left| {{z^2} - 2zw - } \right|z} \right|^2}| = \left| {{z^2} - 2zw - z \cdot \bar z} \right|\)

\[ = \left| {z \cdot \left( {z - 2w - \bar z} \right)} \right| = \left| z \right| \cdot \left| {z - \bar z - 2w} \right| = 2\left| {z - \bar z - 2w} \right|\] \( = 2\left| {\left( {x + yi} \right) - \left( {x - yi} \right) - 2w} \right| = 2\left| {2yi - 2w} \right| = 4\left| {yi - w} \right| = 4HN\).

Với \[H\left( {0\,;\,\,y} \right)\] nằm trên đường tròn \(\left( {{C_1}} \right).\)

Do đó \(H{N_{\max }} = 6\) với \(H\left( {0\,;\,\,2} \right)\) và \(N\) là giao điểm của \(H{I_2}\) với \(\left( {{C_2}} \right).\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(\left| {{z^2} - 2zw - 4} \right|\) bằng 24 .

Đáp án: 24.

Ta có \(f\left( x \right) - g\left( x \right) =  - x \cdot g'\left( x \right) + x \cdot f'\left( x \right) = x \cdot \left[ {f'\left( x \right) - g'\left( x \right)} \right]\)

Đặt \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right) \Rightarrow h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - g'\left( x \right)\).

Do đó \(h\left( x \right) = x \cdot h'\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{h'\left( x \right)}}{{h\left( x \right)}} = \frac{1}{x} \Leftrightarrow \int {\frac{{h'\left( x \right)}}{{h\left( x \right)}}} {\rm{d}}x = \int {\frac{1}{x}} \;{\rm{d}}x\)

\( \Leftrightarrow \ln \left| {h\left( x \right)} \right| = \ln x + C\) mà \(h(1) = f(1) - g(1) = 2\) nên \(C = \ln 2.\)

Suy ra \(\ln \left| {h\left( x \right)} \right| = \ln x + \ln 2 \Leftrightarrow \ln \left| {h\left( x \right)} \right| = \ln \left( {2x} \right) \Leftrightarrow \left| {h\left( x \right)} \right| = 2x\).

Vậy diện tích cần tính là \(S = \int\limits_3^5 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_3^5 {\left| {h\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_3^5 {2x} \,{\rm{d}}x = 16.\)

Đáp án: 16.

Gọi \(x\) là số lần tăng lên \[1\,\,000\] đồng ở 1 cốc kể từ mức giá \[40\,\,000\] đồng.

Số cốc trà sữa bán ra trong 1 tháng là \(2 - 0,1x\) (nghìn).

Để giáo viên luôn bán được trà sữa, ta xét điều kiện \(0 \le x < 20\).

Khi đó, số tiền lãi được tính bằng công thức

\(f\left( x \right) = \left( {40 + x \cdot 1} \right)\left( {2 - 0,1x} \right) - 28\left( {2 - 0,1x} \right)\)

\( =  - 0,1{x^2} + 0,8x + 24 =  - 0,1{\left( {x - 4} \right)^2} + 25,6 \le 25,6\,\,\,\left( {0 \le x < 20} \right)\)

Ta thấy \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 4\).

Như vậy, mỗi cốc trà sữa bán với giá \(40\,\,000 + 4 \cdot 1000 = 44\,\,000\) (đồng).

Đáp án: \[{\bf{44}}{\rm{ }}{\bf{000}}\].

Xét phương trình \({z^2} + bz + c = 0\) có hai nghiệm phức với \({z_1} = x + yi\) và \({z_2} = x - yi.\)

• Xét \(\left| {{z_1} - 4 + 3i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 4} \right) + \left( {y + 3} \right)i} \right| = 1 \Leftrightarrow {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 1\) (1).

• Xét \(\left| {{z_2} - 8 - 6i} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 8} \right) + \left( { - y - 6} \right)i} \right| = 4 \Rightarrow {\left( {x - 8} \right)^2}{\left( {y + 6} \right)^2} = 16\) (2).

Lập hệ với (1) và (2), ta được: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {y + 3} \right)}^2} = 1}\\{{{\left( {x - 8} \right)}^2} + {{\left( {y + 6} \right)}^2} = 16}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{24}}{5}}\\{y = \frac{{ - 18}}{5}}\end{array}} \right.} \right..\]

Suy ra: \({z_1} = \frac{{24}}{5} - \frac{{18}}{5}i\) và \({z_2} = \frac{{24}}{5} + \frac{{18}}{5}i.\)

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} =  - b = \frac{{48}}{5} \Rightarrow b = \frac{{ - 48}}{5}}\\{{z_1}.{z_2} = c = 36}\end{array} \Rightarrow 5b + c =  - 12} \right..\)

Đáp án: −12.

Đặt \(M\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\), gọi \[E,\,\,F\] là các chân đường vuông góc từ \[A,\,\,B\] hạ xuống \(\left( P \right).\)

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì \(\sin \widehat {AME} = \sin \widehat {BMF}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{AE}}{{AM}} = \frac{{BF}}{{BM}} \Leftrightarrow \frac{{d\left( {A;\,\,\left( P \right)} \right)}}{{AM}} = \frac{{d\left( {B;\,\,\left( P \right)} \right)}}{{BM}} \Leftrightarrow \frac{6}{{AM}} = \frac{3}{{BM}} \Leftrightarrow M{A^2} = 4M{B^2}\)

\[ \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} + {\left( {c - 6} \right)^2} = 4\left[ {{{\left( {a - 3} \right)}^2} + {{\left( {b - 3} \right)}^2} + {{\left( {c + 9} \right)}^2}} \right]\]

\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - \frac{{20}}{3}a - \frac{{28}}{3}b + 28c + \frac{{352}}{3} = 0\). Suy ra \(M \in \left( S \right)\) tâm \(I\left( {\frac{{10}}{3}\,;\,\,\frac{{14}}{3}\,;\,\, - 14} \right)\).

Mà \(M \in (P)\) nên quỹ tích điểm \(M\) là một đường tròn \(\left( C \right)\) thiết diện tạo bởi mặt cắt giữa mặt phẳng \((P)\) và mặt cầu với tâm đường tròn \(E\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) qua \(I\), vuông góc \(\left( P \right)\).

Mà \(E \in \left( d \right) \cap \left( P \right)\) nên suy ra \(2\left( {\frac{{10}}{3} + 2t} \right) + 2\left( {\frac{{14}}{3} + 2t} \right) - \left( { - 14 - t} \right) - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow t =  - 2 \Rightarrow {y_E} = \frac{{14}}{3} + 2 \cdot \left( { - 2} \right) = \frac{2}{3}{\rm{. }}\)

Đáp án: \(\frac{2}{3}.\)

Giả sử vỏ kẹo có hình dạng là hình chóp tứ giác đều \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình vuông tâm \(O\), cạnh \[a,\] đường cao \(SO = h.\)

Loại kẹo có hình dạng là khối cầu có tâm \[I.\]

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {OM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB} } \right)}\\{\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {OC}  - \overrightarrow {OB} }\end{array}} \right.\)

Đặt \(f\left( x \right) = {x^5} + 2{x^4} - m{x^2} + 3x - 20 \Rightarrow y = \left| {f\left( x \right)} \right| \Rightarrow y' = \frac{{f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}}\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow y' \le 0\,;\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) \le 0\,;\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right).\)

• TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) \ge 0}\\{f\left( x \right) \le 0}\end{array};\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5{x^4} + 8{x^3} - 2mx + 3 \ge 0}\\{f\left( { - 2} \right) \le 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2mx \le 5{x^4} + 8{x^3} + 3;\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}\\{{{\left( { - 2} \right)}^5} + 2 \cdot {{\left( { - 2} \right)}^4} - m \cdot {{\left( { - 2} \right)}^2} + 3 \cdot \left( { - 2} \right) - 20 \le 0}\end{array}} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \ge \frac{{5{x^4} + 8{x^3} + 3}}{x};\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}\\{ - 4m - 26 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \ge {{\max }_{\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}}\left( {5{x^3} + 8{x^2} + \frac{3}{x}} \right)}\\{ - 4m \le 26}\end{array}} \right.} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \ge  - \frac{{19}}{2}}\\{m \ge  - \frac{{13}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow m \ge  - \frac{{19}}{4}} \right.\) mà \(m \in {\mathbb{Z}^ - }\) nên \[m \in \left\{ { - 4\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right\}.\]

• TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) \le 0}\\{f\left( x \right) \ge 0}\end{array};\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5{x^4} + 8{x^3} - 2mx + 3 \le 0}\\{f\left( { - 2} \right) \ge 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2mx \ge 5{x^4} + 8{x^3} + 3;\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}\\{{{\left( { - 2} \right)}^5} + 2 \cdot {{\left( { - 2} \right)}^4} - m \cdot {{\left( { - 2} \right)}^2} + 3 \cdot \left( { - 2} \right) - 20 \ge 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \le \frac{{5{x^4} + 8{x^3} + 3}}{x};\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}\\{ - 4m - 26 \ge 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m \le {{\min }_{\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)}}\left( {5{x^3} + 8{x^2} + \frac{3}{x}} \right)}\\{ - 4m \ge 26}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow m \in \emptyset .\)

Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên của tham số \(m\) cần tìm.

Đáp án: 4.

Xác định nội dung đoạn trích: Nguyên nhân dẫn đến sự biến đổi của con ngươi ở mắt người. Tác giả đưa ra các lí lẽ “tiến hành thí nghiệm với một chú mèo”, “tiến hành một loạt công trình nghiên cứu về mối quan hệ giữa sự biến đổi của con ngươi ở mắt người với sự biểu lộ tư tưởng và tình cảm”. Như vậy, trong đoạn trích trên, tác giả sử dụng thao tác lập luận chính là chứng minh: dùng những bằng chứng chân thực, đã được thừa nhận để khẳng định quan điểm của mình. Chọn A.

Đọc đoạn 1, các phương án và tìm thông tin tác dụng của sự chuyển động nhãn cầu với mắt: “Trên thực tế, mắt có thể “truyền thần” được là do sự nở to hoặc thu nhỏ của con ngươi, sự chuyển động của nhãn cầu, sự khép mở của mi mắt cũng như cái nhìn chăm chú hay lướt qua.” Như vậy, sự giãn nở của con ngươi, khép mở của mi mắt, nhìn chăm chú hay lướt qua đều có tác dụng “truyền thần”, nghĩa là truyền tải được cảm xúc, thần thái của chủ thể. Chọn C.

Đọc các phương án và tìm thông tin trong đoạn trích:

Phương án A được nhắc đến trong câu (1) của đoạn 2: “... phát hiện ra rằng, khi mèo bị thức ăn hay đồ chơi kích thích thì con ngươi của mắt chúng mở to ra” → Loại.

Phương án B được nhắc đến trong câu (2) của đoạn 2: “Về sau, họ tiếp tục tiến hành một loạt công trình nghiên cứu về mối quan hệ giữa sự biến đổi của con ngươi ở mắt người” → Loại.

Phương án C được nhắc đến trong câu cuối của đoạn 2: “Sự biến đổi của con ngươi ở mắt người là tiêu chí của hoạt động hệ thống thần kinh trung ương.” → Loại.

Phương án D: nói không đúng nội dung trong đoạn trích: “Khi hoảng sợ hoặc phấn khởi tột độ, con ngươi của mắt họ giãn nở gấp bốn lần lúc bình thường”. Chọn D.

Đọc câu hỏi và xác định thông tin về sự thu nhỏ của con ngươi ở mắt người:

+ “Họ phát hiện ra rằng, những kích thích làm cho con người buồn chán có tác dụng thu nhỏ con ngươi của mắt lại” → Tương ứng với phương án B (rầu rĩ).

+ “còn những kích thích làm cho con người phấn chấn có tác dụng làm cho con ngươi của mắt nở to.” → Loại C.

+ “Khi hoảng sợ hoặc phấn khởi tột độ, con ngươi của mắt họ giãn nở gấp bốn lần lúc bình thường.” → Loại A, D.

→ Chọn B.

HS đọc kĩ đoạn trích, xem toàn bộ nội dung đang hướng tới vấn đề gì, từ đó sẽ suy ra đáp án. Ở đoạn trích, vấn đề chính là “Sự biến đổi của con ngươi ở mắt người”. Phương án A, B, D đều không thể hiện được đầy đủ nội dung, vì vậy C là phương án chính xác nhất. Chọn C.

Đoạn thơ miêu tả cảnh sông nước mênh mang, heo hút của sông Hồng, và tâm trạng buồn man mác của nhà thơ như dàn trải lên cảnh vật. Điều đó được thể hiện qua các từ ngữ “buồn điệp điệp, sầu trăm ngả, gió đìu hiu, bến cô liêu”; đoạn thơ cũng không có sự xuất hiện của con người hay âm thanh “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều”. Vì vậy, âm hưởng chính của đoạn thơ là sâu lắng, buồn man mác. Chọn B.

Tác giả đã sử dụng một hình ảnh thật độc đáo “củi khô” trôi một mình, đơn lẻ trên dòng nước mênh mông, vô tận, vô định. “Một” gợi lên sự ít ỏi, nhỏ bé, “cành khô” gợi sự khô héo, cạn kiệt nhựa sống, “lạc” mang nỗi sầu vô định, trôi nổi, bập bềnh trên “mấy dòng” nước thiên nhiên rộng lớn, mênh mông. Những hình ảnh này được kết hợp với biện pháp đảo ngữ vừa tạo nên điểm nổi bật cho câu thơ, vừa thể hiện thân phận lênh đênh, lạc loài của con người giữa dòng đời. Chọn D.

Đoạn thơ mang âm hưởng sâu lắng, buồn man mác thể hiện đúng với phong cách của nhà thơ Huy Cận, đó là: giàu triết lí, suy tưởng, mang nỗi buồn nhân thế. Chọn D.

Nắng xuống, trời lên, con thuyền xuôi mái hay củi một cành khô lạc mấy dòng đều diễn tả cảnh vật. Duy chỉ có câu “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều” có nghĩa là không có một âm thanh nào của buổi chợ chiều, hay cũng có thể hiểu là: đâu đó vẳng lại âm thanh của một buổi chợ chiều đã vãn người. Trong câu thơ này, tác giả đã sử dụng nghệ thuật lấy động tả tĩnh. Lấy tiếng động để làm nổi bật sự tĩnh lặng nên dù hiểu theo cách nào thì câu thơ đều diễn tả sự vắng lặng, cô tịch của không gian. Chọn A.

Trong câu “Lơ thơ cồn nhỏ gió đìu hiu”, từ “lơ thơ” được đảo lên trước để nhấn mạnh sự thưa thớt, ít ỏi. Vì vậy trong câu thơ đã sử dụng biện pháp nghệ thuật đảo ngữ. Chọn A.

Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là tự sự. Chọn A.

Dựa vào chi tiết: Quan Công trông thấy Trương Phi ra, mừng rỡ vô cùng. Chọn A.

Dựa vào chi tiết khi trông thấy Quan Công: Trương Phi mắt trợn tròn xoe, râu hùm vểnh ngược, hò hét như sấm, múa xà mâu chạy lại đâm Quan Công. Chọn B.

Phản ứng của Trương Phi với Quan Công cho thấy nhân vật này có tính cách nóng nảy. Chọn D.

Dựa vào câu văn đầu đoạn: Du nhập vào Thăng Long khá phức tạp nhưng có thể chia thành hai nhóm chính: Thứ nhất là trí thức và tầng lớp quý tộc địa phương, thứ hai là thường dân. Chọn C.

Để tìm nguyên nhân làm cho người dân di cư ra Thăng Long cần dựa vào câu văn: Có muôn vàn lí do dân tứ chiếng nhập cư vào Thăng Long nhưng với thường dân thì Thăng Long là miền đất hứa. Họ mong muốn tìm được cuộc sống tốt đẹp hơn ở mảnh đất này. Chọn B.

Từ “tứ chiếng” và “tứ xứ” đều có nghĩa là ở khắp mọi nơi, đi khắp mọi nơi. Chọn A.

Công điền là ruộng công, thuộc quyền sở hữu của nhà nước thời phong kiến. Chọn A.

Căn cứ vào nội dung thông tin trong ba câu văn cuối cùng của đoạn trích. Chọn A.

Từ “qua” sử dụng khiến câu văn thiếu đi thành phần chủ ngữ. Chọn A.

Chủ nghĩa hiện thực là trào lưu nghệ thuật lấy hiện thực xã hội và những vấn đề có thực của con người làm đối tượng sáng tác. Chủ nghĩa hiện thực hướng tới cung cấp cho công chúng nghệ thuật những bức tranh chân thực, sống động, quen thuộc về cuộc sống, về môi trường xã hội xung quanh. Chọn B.

Nội dung đoạn trích nói về ý nghĩa của một tác phẩm văn học có giá trị. Từ “Nó” đang được dùng thay thế từ “tác phẩm”; sau đó là liệt kê những giá trị của tác phẩm đó như “lớn lao, mạnh mẽ vừa đau đớn, lòng yêu thương”... tất cả điều đó đều nằm trong một tác phẩm giá trị. Vì vậy dùng từ “chan chứa” thường dùng để diễn đạt tình cảm là không hợp lí, chưa bao hàm hết các giá trị liệt kê tác giả dùng ở phía sau. Sửa: “chan chứa” thành “chứa đựng”. Chọn B.

Phân biệt hai từ “văn bản” và “văn kiện”:

+ Văn bản: bản viết hoặc in, mang nội dung nhất định, thường để lưu lại. Trong phạm vi môn Văn Tiếng Việt nó còn được dùng để chỉ một đơn vị bài học.

+ Văn kiện: là văn bản có ý nghĩa quan trọng về xã hội - chính trị.

Đọc và xác định nội dung ngữ liệu: vai trò và tầm quan trọng của “Chiếu cầu hiền” đối với công cuộc xây dựng chính quyền nhà Tây Sơn thời điểm lúc bấy giờ. Do đó, từ “văn bản” không phù hợp với ngữ cảnh, nên thay từ “văn bản” bằng từ “văn kiện”. Chọn A.

Lỗi sai về dùng từ không phù hợp với nội dung: “Tiếng khóc bi thảm” là tiếng khóc thảm thương, đầy đau khổ, nó chưa đủ để diễn tả “tiếng khóc” trong tác phẩm, do đó, có thể thay bằng “tiếng khóc bi tráng”. Chọn A.

Từ “đánh” là động từ chỉ hành động. Các từ còn lại trong nhóm (buồn, vui, sợ) là những động từ chỉ trạng thái/cảm xúc. Chọn C.

Các từ “yêu, thương, quý” mang lại tình cảm dễ chịu khi tiếp xúc, còn từ “ghét” chỉ sự không ưa thích, muốn tránh hoặc mang lại cảm giác khó gần. Chọn D. 

Nguyễn Minh Châu là nhà văn tiêu biểu của nền văn học hiện đại Việt Nam. Sáng tác của ông tập trung trong thời kì sau năm 1975. Chọn C.

“Hầu Trời” in trong tập “Còn chơi” (1921) thời kì xã hội thực dân nửa phong kiến. Những tác phẩm còn lại đều thuộc văn học trung đại. Chọn A.

Các từ “tĩnh mịch, yên ắng, vắng lặng” cùng chỉ trạng thái tĩnh lặng của không gian, còn “mông lung” diễn tả một trạng thái tâm lí của con người. Vậy từ khác nghĩa ở đây là “mông lung”. Chọn A.

Thi sĩ Xuân Quỳnh thường hướng tới những giá trị chân thực, giản dị trong cuộc sống đời thường vì vậy bà luôn khát khao hạnh phúc đời thường. Chọn C.

Người ta không được sinh ra cùng với văn hóa, con người được thừa hưởng những thành tố thể chất và hành vi bản năng qua sự kế thừa sinh học nhưng văn hóa thì lại là kết quả của sự chuyển giao mang tính xã hội. Chọn B.

Cuộc Cách mạng tháng Tám có ý nghĩa trọng đại đối với vận mệnh dân tộc. Chọn A.

Văn học dân gian là những tác phẩm nghệ thuật ngôn từ truyền miệng, sản phẩm của quá trình sáng tác tập thể thể hiện nhận thức, tư tưởng, tình cảm của nhân dân lao động về tự nhiên, xã hội nhằm mục đích phục vụ cho các sinh hoạt khác nhau trong đời sống cộng đồng. Chọn A.

Sách đưa đến cho người đọc những hiểu biết mới mẻ về thế giới xung quanh, về vũ trụ bao la, về những đất nước và những dân tộc xa xôi. Chọn A.

Các chi tiết: “mây, gió, cánh bướm, non nước, cây, cỏ rạng,…” đều là cảnh vật tự nhiên của cuộc sống trần thế xung quanh. Chọn C.

HS cần nhớ lại khái niệm về biện pháp tu từ ẩn dụ, đọc kĩ nội dung đoạn thơ để tìm nghĩa biểu tượng của hình ảnh “cánh bèo”. Hình ảnh “cánh bèo” ở đây trôi dạt lênh đênh, qua đó gợi sự trôi nổi, vô định của những kiếp người. Chọn B.

Trong đoạn trích, nhà văn Tô Hoài đã miêu tả tâm lí nhân vật Mị: Mị sống tăm tối, nhẫn nhục trong nỗi khổ cả về thể xác lẫn tinh thần: Ở lâu trong cái khổ, Mị quen khổ rồi. Chọn D.

Chi tiết không thể hiện lòng khinh, trọng của mọi người đối với nhân vật anh cu Lộ: Hắn nhận thấy sự thay đổi ấy, và bắt đầu hối hận. Chọn D.

Hình ảnh ánh nắng trong đoạn trích là hình ảnh thể hiện vẻ đẹp của nghệ thuật. Thế nhưng cái đẹp của nghệ thuật lại có bóng dáng của người đàn bà là hiện thân của giá trị hiện thực đời sống. Đây cũng chính là phát hiện thứ hai của Phùng sau phát hiện về vẻ đẹp của thiên nhiên. Nghệ thuật phải bắt nguồn từ đời sống hiện thực. Chọn D.

Thủ pháp nghệ thuật được sử dụng trong đoạn thơ trên là: ước lệ tượng trưng, vẽ mây nẩy trăng (hay còn gọi là đòn bẩy).

+ Ước lệ tượng trưng: dùng những vẻ đẹp của thiên nhiên (trăng, hoa, ngọc, mây, tuyết, thu thủy, xuân sơn, hoa, liễu) để nói về vẻ đẹp của chị em Thúy Kiều.

+ Vẽ mây nẩy trăng hay còn gọi là đòn bẩy: miêu tả vẻ đẹp của Thúy Vân như một điểm tựa, bệ phóng để làm nổi bật vẻ đẹp Thúy Kiều. Vì Thúy Vân xuất hiện trước, đã đẹp tuyệt vời nhưng Kiều xuất hiện sau lại hơn hẳn Thúy Vân về tài lẫn sắc.

+ Sóng đôi: miêu tả vẻ đẹp Thúy Vân đặt cạnh Thúy Kiều để làm nổi bật vẻ đẹp của hai cô gái, đặc biệt là Thúy Kiều.

=> Thủ pháp tả cảnh ngụ tình (là bút pháp bằng việc miêu tả cảnh vật thiên nhiên hoặc cuộc sống xung quanh để từ đó khắc hoạ tâm trạng, suy nghĩ và cảm xúc của chủ thể trữ tình) không có trong đoạn thơ trên. Chọn C.

Các động từ “ôm, riết, say, thâu” đều chỉ hành động chiếm lĩnh theo mức độ tăng dần, vội vàng, cuống quýt, thể hiện khát vọng giao cảm, hòa nhập với thiên nhiên,… Chọn C.

Nhân vật người đàn bà hàng chài đã được nhà văn Nguyễn Minh Châu tập trung khắc họa trong đoạn trích hiện lên là người yêu thương con tha thiết, bao dung, nhân hậu, thấu hiểu. Hàng loạt các chi tiết thể hiện: Ông trời sinh ra người đàn bà là để đẻ con, rồi nuôi con cho đến khi khôn lớn cho nên phải gánh lấy cái khổ. Đàn bà ở thuyền chúng tôi phải sống cho con chứ không thể sống cho mình như ở trên đất được! Vui nhất là lúc ngồi nhìn đàn con tôi chúng nó được ăn no... Chọn B.

Câu nói của chị đĩ Chuột với các con thể hiện lòng thương chồng. Chọn A.           

Chí Phèo miệng nói đến nhà bà cô Thị Nở nhưng lại đi đến nhà Bá Kiến bởi lẽ chính Bá Kiến mới là người gây ra bi kịch cho Chí Phèo. Chính Bá Kiến đã đẩy Chí Phèo vào bước đường cùng không lối thoát. Chọn C.

Hai câu 3 – 4: mùa đông; câu 5 – 6: mùa xuân; câu 7 – 8: mùa hè; câu 9 – 10: mùa thu. Chọn D.

Đoạn trích chính là cảm nhận của tác giả Nguyễn Khoa Điềm về Đất Nước khi nhìn từ phương diện lịch sử. Điều mới mẻ của nhà thơ Nguyễn Khoa Điềm là không nhắc đến bằng các triều đại, các anh hùng nổi tiếng mà nhấn mạnh đến vô vàn những con người vô danh, bình dị đã góp công tạo dựng nên lịch sử dân tộc. Chọn B.

Nhân vật ông lái đò đã được tập trung khắc họa với vẻ đẹp trí dũng tài hoa. Chọn B.

Đoạn thơ thể hiện nhận thức mới mẻ của nhân vật trữ tình về cỏ: Cỏ xanh ngạo nghễ ngàn đời trên đỉnh núi, nơi chân chưa từng và có thể chẳng bao giờ chạm tới → Con người tuy vô cùng nhỏ bé nhưng lại có thể làm những điều phi thường. Chọn C.

Hương Khê là cuộc khởi nghĩa tiêu biểu nhất trong phong trào Cần vương, và tiếng súng Hương Khê kết thúc cũng đánh dấu sự thất bại của phong trào Cần vương. Chọn B.

Năm 1961, Liên Xô phóng tàu vũ trụ đưa nhà du hành Gagarin bay vòng quanh Trái đất, mở đầu kỉ nguyên chinh phục vũ trụ của loài ngoài. Chọn B.

Chính sách khai thác thuộc địa lần thứ nhất của thực dân Pháp (1897-1914) đã làm tăng thêm mâu thuẫn trong xã hội Việt Nam, nhưng mâu thuẫn hàng đầu vẫn là giữa toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp. Chọn D.

Cuộc cách mạng khoa học-kĩ thuật hiện đại diễn ra từ những năm 40 của thế kỉ XX và phát triển cho đến nay. Hiệp hội các quốc gia Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập năm 1967 trong bối cảnh cuộc cách mạng khoa học kĩ thuật diễn ra mạnh mẽ. Chọn A.

Trong phong trào yêu nước những năm 20 của thế kỉ XX, lực lượng tiểu tư sản trí thức Việt Nam đã góp phần xác lập khuynh hướng mới trong phong trào dân tộc. Phong trào của tiểu tư sản hoạt động sôi nổi như đấu tranh đòi quyền tự do dân chủ.

- Tổ chức chính trị: như Việt Nam nghĩa đoàn, Hội Phục Việt, Đảng Thanh niên (đại biểu: Tôn Quang Phiệt, Đặng Thai Mai, Trần Huy Liệu, Nguyễn An Ninh...).

- Báo tiến bộ ra đời như "Chuông rè", "An Nam trẻ", "Người nhà quê", "Hữu thanh", "Tiếng dân"...

- Nhà xuất bản tiến bộ như Nam đồng thư xã (Hà Nội), Cường học thư xã (Sài Gòn), Quan hải tùng thư (Huế).

- Cao trào yêu nước dân chủ công khai: như đòi Pháp thả tự do cho Phan Bội Châu (1925); để tang cụ Phan Châu Trinh.

Chọn D.

Từ khi thế giới diễn ra xu thế hòa hoãn Đông-Tây đến những năm 90 của thế kỉ XX, nền kinh tế của Mĩ, Tây Âu và Nhật Bản có điểm tương đồng là đều phát triển thiếu ổn định với nhiều lần khủng hoảng, suy thoái ngắn, nhưnH vẫn giữ vị trí hàng đầu thế giới, là ba trung tâm kinh tế-tài chính lớn nhất thế giới. Chọn B.

Độc lập và tự do là tư tưởng cốt lõi của Cương lĩnh đầu tiên của Đảng Cộng sản Việt Nam (đầu năm 1930). Với thắng lợi của Tồng khởi nghĩa tháng Tám năm 1945 và bản tuyên ngôn độc lập, Việt Nam đã trở thành một quốc gia độc lập, tư do. Chọn C.

Hội nghị đã thảo luận và nhất tri thống nhất các tổ chức cộng sản thành một đảng duy nhất lấy tên là Đảng Cộng sản Việt Nam, thông qua Chinh cương vắn tắt của Đảng, Sách lược vắn tắt của Đảng,... do Nguyễn Ái Quốc soạn thảo. Đó là Cương lĩnh chính trị đầu tiên của Đảng Cộng sản Việt Nam. Chọn A.

Chính cương vắn tắt, Sách lược vắn tắt do Nguyễn Ái Quốc soạn thảo (2-1930) được coi là Cương lĩnh chính trị đầu tiên của Đảng Cộng sản Việt Nam, vì đã vạch ra những vấn đề chiến lược, sách lược cho cách mạng Việt Nam. Cương lĩnh chính trị là một cương lĩnh cách mạng giải phóng dân tộc sáng tạo, kết hợp đúng đến vấn đề dân tộc và vấn đề giai cấp. Độc lập và tự do là tư tưởng cốt lõi của cương lĩnh này. Chọn B.

Cương lĩnh xác định đường lối chiến lược cách mạng của Đảng là tiến hành "tư sán dân quyền cách mạng và thố địa cách mạng để đi tới xã hội cộng sản". Cương lĩnh chính trị đầu tiên của Đáng Cộng sản Việt Nam do Nguyển Ái Quốc soạn thảo là một cương lĩnh cách mạng giái phóng dân tộc sáng tạo, kết hợp đúng đến vấn đề dân tộc và vấn đề giai cấp. Độc lập và tự do là tư tưởng cốt lōi của cương lĩnh này. Chọn A.

Vùng Trung tâm Hoa Kỳ có đồng bằng do sông Mi-xi-xi-pi bồi đắp, không phải địa hình đồi núi. Chọn B.

Giám sát hệ thống tài chính toàn cầu là nhiệm vụ chủ yếu của Quỹ tiền tệ quốc tế IMF. Chọn B.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. tổng bức xạ trong năm lớn. → đây là hệ quả của việc nằm trong vùng nội chí tuyến.

B. hai lần Mặt Trời qua thiên đỉnh. → đây là hệ quả của việc nằm trong vùng nội chí tuyến.

C. khí hậu tạo thành hai mùa rõ rệt. → đúng. Chọn C.

D. nền nhiệt độ cả nước cao. → đây là hệ quả của việc nằm trong vùng nội chí tuyến.

Nội chí tuyến → nóng ẩm quanh năm. Chọn C.

Nhóm ngôn ngữ Việt-Mường không thuộc ngữ hệ Hán-Tạng. Chọn C.

Biểu đồ kết hợp cột và đường → thể hiện 2 loại đơn vị. → Chọn A.

Đơn vị triệu thuê bao → thể hiện số thuê bao.

Đơn vị nghìn tỉ đồng → thể hiện doanh thu.

Theo số liệu thống kê mới nhất, ĐBSCL hiện đã là vùng có bình quân lương thực cao nhất. Chọn B.

Sự phân bố các hoạt động du lịch của nước ta phụ thuộc nhiều nhất vào sự phân bố của tài nguyên du lịch. Đây là yếu tố quan trọng nhất, các yếu tố khác chỉ là bổ sung. Chọn A.

Khu du lịch biển Hạ Long-Cát Bà-Đồ Sơn thuộc các tỉnh Quảng Ninh và Hải Phòng. Chọn C.

Sự khác biệt trong cơ cấu sản phẩm nông nghiệp giữa Trung du miền núi Bắc Bộ và Tây Nguyên là do đặc điểm về đất đai và khí hậu. Đây là hai yếu tố quan trọng nhất. Chọn C.

Con lắc dao động tắt dần là do lực cản không khí tác dụng vào vật dao động. Chọn D.

Điều kiện để hai sóng kết hợp: hai sóng có cùng tần số, cùng phương dao động và có độ lệch pha không đổi theo thời gian. Từ 4 đồ thị, ta thấy trong đồ thị C, hai sóng có tần số khác nhau → hai sóng này không phải là sóng kết hợp. Chọn C.

Nhận xét: vecto cường độ điện trường có hướng trùng với hướng của tiếp tuyến trên đường sức điện.

Lực điện tác dụng lên electron có chiều ngược chiều vecto cường độ điện trường.

→ Lực tác dụng lên electron tại vị trí A đúng.

Cường độ dòng điện trong mạch là: \(I = \frac{{2E}}{{R + {r_1} + {r_2}}}\).

Số chỉ của Vôn kế là: \({U_V} = E - I.{r_1} = 0\).

\( \Rightarrow E - \frac{{2E.{r_1}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} = 0 \Rightarrow {r_1} = R + {r_2} \Rightarrow R = {r_1} - {r_2}\).

Chọn B.

Từ bảng ta thấy cặp nguyên tử C có cùng số proton → chúng là đồng vị của cùng nguyên tố là Cu. Chọn C.

Sóng dọc là sóng cơ, truyền được trong chất rắn, lỏng, khí. Chọn D.

Quang điện trở là ứng dụng của hiện tượng quang điện trong, đó là một tấm bán dẫn có giá trị điện trở thay đổi khi cường độ chùm sáng chiếu vào nó thay đổi

Cường độ dòng điện: \(I = \frac{E}{{R + {R_q}}}\)

Số chỉ vôn kế: \({U_V} = I.R\)

Khi cường độ ánh sáng trên quang điện trở giảm → điện trở của quang biến trở R_q tăng

Số chỉ của các vôn kế là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{U_P} = I.R = \frac{{E.R}}{{R + {R_q}}}}\\{{U_Q} = {R_q}.I = \frac{{E.{R_q}}}{{R + {R_q}}} = \frac{E}{{\frac{R}{{{R_q}}} + 1}}}\end{array}} \right.\)

Nhận thấy: khi R_q tăng → U_P giảm, U_Q tăng. Chọn B.

Tính chất quan trọng của tia X, phân biệt nó với các sóng điện từ khác là khả năng đâm xuyên qua vải, gỗ, giấy…. Chọn C.

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây là:

\({U_L} = \frac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U.{Z_L}}}{R}.\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U.{Z_L}.cos\varphi }}{R} = \frac{{U.L.\omega .\cos \varphi }}{R}\) (*)

Với tần số ω₁ = x và ω₃ = z, cho cùng giá trị U_L, ta có: \(\frac{1}{{\omega _1^2}} + \frac{1}{{\omega _3^2}} = \frac{2}{{\omega _2^2}}\)

Từ đồ thị ta thấy: \({U_{L1}} = {U_{L3}} = \frac{3}{4}{U_{L2}} = \frac{3}{4}{U_{L\max }}\)

\( \Rightarrow \frac{{U.{Z_{L1}}\cos {\varphi _1}}}{R} = \frac{{U.{Z_{L3}}\cos {\varphi _3}}}{R} = \frac{3}{4}\frac{{U.{Z_{L2}}\cos {\varphi _2}}}{R}\)

Từ (*) \( \Rightarrow \omega _1^2{\cos ^2}{\varphi _1} = \omega _3^2{\cos ^2}{\varphi _3} = \frac{9}{{16}}\omega _2^2{\cos ^2}{\varphi _2}\)

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} = \frac{9}{{16}}\frac{{\omega _2^2}}{{\omega _1^2}}}\\{\frac{{{{\cos }^2}{\varphi _3}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} = \frac{9}{{16}}\frac{{\omega _2^2}}{{\omega _3^2}}}\end{array}} \right.\]\( \Rightarrow \frac{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} + \frac{{{{\cos }^2}{\varphi _3}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} = \frac{9}{{16}}\omega _2^2.\left( {\frac{1}{{\omega _1^2}} + \frac{1}{{\omega _3^2}}} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} + \frac{{{{\cos }^2}{\varphi _3}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} = \frac{9}{{16}}\omega _2^2.\frac{2}{{\omega _2^2}} = \frac{9}{8}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Công suất tiêu thụ của mạch điện là: \(P = \frac{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}{R} \Rightarrow P\~{\cos ^2}\varphi \)

Từ (1) ta có: \(\frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} + \frac{{{P_3}}}{{{P_2}}} = \frac{9}{8} \Rightarrow \frac{{{P_1} + {P_3}}}{9} = \frac{{{P_2}}}{8}\). Chọn B.

Áp dụng định lí biến thiên động năng cho electron, ta có:

\({W_{ds}} - {W_{dt}} = A \Rightarrow \frac{1}{2}m{v^2} - 0 = \left| e \right|.U \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{2\left| e \right|.U}}{m}} \)

Bán kính chuyển động của electron trong từ trường là:

\(R = \frac{{mv}}{{\left| e \right|B}} = \frac{{m.\sqrt {\frac{{2\left| e \right|U}}{m}} }}{{\left| e \right|.B}} = \frac{1}{B}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \Rightarrow B = \frac{1}{R}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \)

\( \Rightarrow B = \frac{1}{{{{7.10}^{ - 2}}}}.\sqrt {\frac{{2.9,{{1.10}^{ - 31}}.400}}{{\left| { - 1,{{6.10}^{ - 19}}} \right|}}} \approx 0,{96.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right)\).                    Đáp án. \(0,{96.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} \)

Quá trình phản ứng:

.$\text{CO}+\left\{\begin{array}{l}{\text{Fe}}_2{\text{O}}_3\\ \text{MgO}\\ \text{CuO}\\ {\text{Al}}_2{\text{O}}_3\end{array}\stackrel{t°}{\to }\left\{\begin{array}{l}\text{Fe}\\ \text{MgO}\\ \text{Cu}\\ {\text{Al}}_2{\text{O}}_3\end{array}+{\text{CO}}_2\right.\right.$.

Chọn C.

Potassium nitrate là muối nitrate của kim loại mạnh nên khi nhiệt phân sẽ tạo muối nitrite và khí \({O_2}\).

Phương trình hóa học: .$2{\text{KNO}}_3\stackrel{t°}{\to }2{\text{KNO}}_2+{\text{O}}_2$.

Chọn A.

Aniline là chất lỏng, sôi ở 184^oC không màu, rất độc, tan ít trong nước nhưng tan trong ethanol và benzene. → Khi cho aniline vào ống nghiệm chứa nước, hiện tượng quan sát được là aniline ít tan, làm đục dung dịch rồi lắng xuống đáy (tách lớp).

Chọn D.

Trong ống nghiệm thứ nhất xảy ra 2 phản ứng:

                        \({\rm{Zn}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{ZnS}}{{\rm{O}}_4} + {{\rm{H}}_2}\)

                        \({\rm{Zn}} + {\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{ZnS}}{{\rm{O}}_4} + {\rm{Cu}}\)

→ Trong ống nghiệm thứ hai chỉ xảy ra 1 phản ứng:

                        \({\rm{Zn}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{ZnS}}{{\rm{O}}_4} + {{\rm{H}}_2}\)

(1) Đúng, vì sau bước 1, trong cả hai ống nghiệm xảy ra phản ứng giữa Zn và dung dịch acid \[{H_2}S{O_4}\] tạo khí \[{H_2}.\]

(2) Đúng, vì Zn tác dụng trực tiếp với acid \[{H_2}S{O_4}\] (bị ăn mòn) → ăn mòn hóa học.

(3) Đúng, vì acid HCl loãng và \[{H_2}S{O_4}\] loãng có tính chất hóa học tương tự nhau (bản chất là \(2{H^ + } + Zn \to Z{n^{2 + }} + {H_2}\)).

(4) Sai,

- Ở ống nghiệm 1, Zn phản ứng với dung dịch \[CuS{O_4}\] tạo ra Cu bám mẩu zinc (Zn - Cu) cùng nhúng trong dung dịch chất điện li trong ống nghiệm → ăn mòn điện hóa.

- Ở ống nghiệm 2, Zn không phản ứng với dung dịch \[MgS{O_4}\]→ không xảy ra ăn mòn điện hóa.

(5) Sai, vì sau khi nhỏ \[CuS{O_4}\] vào ống nghiệm 1 sẽ làm cho lượng khí thoát ra nhiều và nhanh hơn.

Chọn B.

a) đúng, vì khi chưa đun nóng thì các phản ứng chưa xảy ra ngay.

(b) đúng, vì đều cung cấp nhiệt độ để phản ứng xảy ra.

(c) đúng, phản ứng thủy phân ester trong môi trường kiềm được gọi là phản ứng xà phòng hóa.

(d) đúng, vì bình 1 có HCOOH và \[HCOO{C_2}{H_5}\]dư, bình 2 có HCOONa đều có khả năng tráng gương.

Vậy cả 4 phát biểu trên đều đúng.

Chọn A.

- Phương án A: Poly(methyl methacrylate): \[{\left[ { - C{H_2} - C\left( {C{H_3}} \right)\left( {COOC{H_3}} \right) - } \right]_n}\]→ chứa C, H, O.

- Phương án B: Poly(vinyl chloride): → chứa C, H, Cl.

- Phương án C: Polyacrylonitrile: → chứa C, H, N.

- Phương án D: Polystyrene: \[{\left[ { - C{H_2} - CH\left( {{C_6}{H_5}} \right) - } \right]_n}\]→ chứa C, H.

Chọn D.

Đặt \({n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = a\,\,mol;\,{n_{AgN{O_3}}} = b\,\,mol\)

\[\begin{array}{l} \to {m_{hh}}\; = {\rm{ }}180a{\rm{ }} + {\rm{ }}170b{\rm{ }} = {\rm{ }}70{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\begin{array}{*{20}{l}}{4Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}\; \to {\rm{ 2}}F{e_2}{O_3}\; + {\rm{ 8}}N{O_2}\; + {\rm{ }}{O_2}}\\{a{\rm{ }} \to \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}0,5a}\\{2AgN{O_3}\; \to {\rm{ 2}}Ag{\rm{ }} + {\rm{ 2}}N{O_2}\; + {\rm{ }}{O_2}}\\{b{\rm{ }} \to \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}b}\end{array}\end{array}\]

Chất rắn X gồm \[F{e_2}{O_3}\] (0,5a mol) và Ag (b mol).

Khi cho chất rắn X phản ứng với HNO₃:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{F{e_2}{O_3}\; + {\rm{ }}6HN{O_3}\; \to {\rm{ }}2Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_3}\; + {\rm{ }}3{H_2}O}\\{0,5a{\rm{ }} \to \;\;\;\;{\rm{ }}\;3a}\\{Ag{\rm{ }} + {\rm{ }}2HN{O_3}\; \to {\rm{ }}AgN{O_3}\; + {\rm{ }}N{O_2}\; + {\rm{ }}{H_2}O}\\{b\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;{\rm{ }}2b}\\{ \to {n_{HN{O_3}}}\; = {\rm{ }}3a{\rm{ }} + {\rm{ }}2b{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{63}}{{63}} = 1{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}\]

Từ (1) và (2) →  a = b = 0,2 mol

\( \to {m_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = 36\,gam\)

Chọn C.

- Đường cong c biểu thị cho thí nghiệm 1, phản ứng xảy ra là nhanh nhất, ứng với đường cong có độ dốc lớn nhất.

- Đường cong b biểu thị cho thí nghiệm 3, phản ứng xảy ra trung bình, ứng với đường cong có độ dốc trung bình.

- Đường cong a biểu thị cho thí nghiệm 2, phản ứng xảy ra là chậm nhất, ứng với đường cong có độ dốc nhỏ nhất.

→ Đường cong a, b, c lần lượt biểu thị cho những thí nghiệm tương ứng là thí nghiệm: 2, 3, 1.

Chọn B.

Phản ứng có ∆H < 0 ⟹ phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt.

Khi tăng nhiệt độ của bình, theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơ Sa-tơ-li-ê: cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm nhiệt độ của hệ.

⟹ Cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng thu nhiệt.

⟹ Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch, tạo ra nhiều \[N{O_2}\]hơn

⟹ Màu nâu đỏ của bình đậm dần.

Chọn A.

- Cho\[X{\rm{ }} + {\rm{ }}AgN{O_3}\]:

Ta thấy \[{n_{Ag}}:{\rm{ }}{n_X} = {\rm{ }}2{\rm{ }}:{\rm{ }}1 \Rightarrow \]Cả 2 ester đều có đầu HCOO-.

- Cho X + NaOH:

+ Do thu được \[C{H_3}OH\]⟹ 1 este là \[HCOOC{H_3}\]

\( \Rightarrow {n_{HCOOC{H_3}}} = {n_{C{H_3}OH}} = \frac{{1,6}}{{32}} = 0,05\,\,mol\)

+ Sau phản ứng thu được 2 muối → ester còn lại là ester của phenol có dạng \[HCOO{C_6}{H_4}R.\]

\(X\left\{ \begin{array}{l}HCOOC{H_3}:\,0,05\\HCOO{C_6}{H_4}R:\,0,03\end{array} \right. + NaOH \to \left\{ \begin{array}{l}HCOONa:\,0,08\\R{C_6}{H_4}ONa:\,0,03\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow R = 15\,(C{H_3} - )\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HCOOC{H_3}:\,0,05\\HCOO{C_6}{H_4}C{H_3}:\,0,03\end{array} \right.(mol)\\ \Rightarrow \% {m_{HCOO{C_6}{H_4}C{H_3}}} = \frac{{0,03 \cdot 136}}{{0,05 \cdot 60 + 0,03 \cdot 136}}.100\%  = 57,63\% \end{array}\)

Đáp án: 57,63%

Nhóm động vật có hiện tượng thụ tinh ngoài là cá chép, ếch đồng. Chọn B.

Chỉ ở chùy xináp mới có các bóng chứa các chất trung gian hóa học, chỉ màng sau xináp mới có các thụ quan màng tiếp nhận các chất trung gian hóa học này. Vì vậy, xung thần kinh chỉ đi theo một chiều từ màng trước đến màng sau mà không thể theo chiều ngược lại. Chọn A.

A. Sai. Pha tối chỉ sử dụng NADPH và ATP từ pha sáng, không sử dụng \({{\rm{O}}_2}\).

B. Sai. Pha sáng không dùng glucose được tạo ra từ pha tối.

C. Sai. Cường độ ánh sáng tăng quá cao khiến bộ máy quang hợp của cây bị hư hại dẫn đến cường độ quang hợp giảm.

Chọn D.

A. Sai. Nhiễm sắc thể tồn tại ở cả trong tế bào sinh dục và tế bào xôma.

C. Sai. Một số loài như gà, bồ câu, chim, bướm,… con đực có cặp NST giới tính là XX, con cái có cặp NST giới tính là XY. Một số loài khác như châu chấu, rệp cây,… con đực có cặp NST giới tính là XO, con cái có cặp NST giới tính là XX.

D. Sai. Nhiễm sắc thể giới tính khác nhau ở đực và cái, nhiễm sắc thể X khác nhiễm sắc thể Y.

Chọn B.

Giống lúa “gạo vàng” có thêm gen tổng hợp β - carôten (tiền chất tạo ra vitamin A) trong hạt được tạo ra nhờ ứng dụng công nghệ gen. Chọn B.

Tần số alen A của quần thể trên là: 0,2 + 0,2 : 2 = 0,3. Chọn A.

I. Đúng. Do có sự cách li địa lí nên mặc dù cùng 1 loài nhưng các quần thể khác nhau vẫn có thể có vốn gen khác nhau.

II. Đúng. Khoảng cách giữa các đảo có thể là yếu tố duy trì sự khác biệt về vốn gen giữa các quần thể ở đảo I, đảo II và đảo III do làm hạn chế sự giao phối diễn ra.

III. Sai. Vốn gen của quần thể thuộc loài B ở đảo I, đảo II và đảo III phân hóa theo các hướng khác nhau bằng chứng là dẫn đến hình thành các loài mới khác nhau.

IV. Sai. Nguyên nhân trực tiếp gây ra những biến đổi về vốn gen giữa các quần thể là CLTN và các nhân tố tiến hoá khác, cách li địa lí chỉ góp phần duy trì sự khác biệt về vốn gen giữa các quần thể (yếu tố thúc đẩy).

Chọn A.

A. Đúng. Thực vật đóng vai trò chủ yếu trong việc truyền năng lượng từ môi trường vô sinh vào quần xã sinh vật thông qua hoạt động quang hợp.

B. Sai. Sự thất thoát năng lượng qua mỗi bậc dinh dưỡng trong hệ sinh thái là rất lớn (khoảng 90%).

C. Sai. Năng lượng không được trao đổi theo vòng tuần hoàn kín mà truyền theo một chiều.

D. Sai. Nấm và một số nhóm động vật như giun đất, sâu bọ,… cũng có khả năng phân giải các chất hữu cơ thành các chất vô cơ.

Chọn A.

Do có người con mang nhóm máu AB → bố cho I^B thì mẹ phải cho I^A, bố cho I^A thì mẹ phải cho I^B hoặc bố và mẹ phải đều cho I^A, I^B.

Do có người con mang nhóm máu O → bố và mẹ phải đều cho I^O.

Do ông bà ngoại toàn nhóm máu A nên người mẹ không thể cho I^B.

Vậy kiểu gen của bố mẹ các cô gái này lần lượt là I^BI^O và I^AI^O. Chọn B.

Số nuclêôtit của mỗi gen là: \(N = \frac{L}{{3,4}} \times 2 = \frac{{4080}}{{3,4}} \times 2 = 2400\) nuclêôtit.

Xét gen B:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2A + 2G = 2400}\\{2A + 3G = 3120}\end{array}} \right. \leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = T = 480}\\{G = X = 720}\end{array}} \right.\)

Xét gen b:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2A + 2G = 2400}\\{2A + 3G = 3240}\end{array}} \right. \leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = T = 360}\\{G = X = 840}\end{array}} \right.\)

Hợp tử có A = 1320 = 480 × 2 + 360; G = 2280 = 720 × 2 + 840 → Hợp tử là BBb. Đáp án: BBb.