Nhu cầu tuyển dụng lao động theo trình độ trong 6 tháng đầu năm 2018 ở trình độ lao động phổ thông là cao nhất \[\left( {66\% } \right).\] Chọn D.

Ta thấy \(\vec a\) và \(\vec b\) cùng hướng \( \Leftrightarrow \vec a = k\vec b\,\,(k > 0) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 = k}\\{m - 1 = 3k}\\{3 = k\left( { - 2n} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = 2}\\{m = 7\,;\,\,n =  - \frac{3}{4}}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy \(m = 7\,;\,\,n =  - \frac{3}{4}.\) Chọn A.

Ta có \(v(t) = S'(t) = 4{t^3} - 18t - 21\).

Do đó, vận tốc của chuyển động tại thời điểm \(t = 3\) giây là:

\(v(3) = {4.3^3} - 18.3 - 21 = 33\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\) Chọn C.

Do vật đứng yên nên tổng hợp lực tác động vào vật bằng 0.

\(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  =  - \overrightarrow {{F_3}}  \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|{\rm{. }}\)

Lại có \({\left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right)^2} = {\overrightarrow {{F_1}} ^2} + 2 \cdot \overrightarrow {{F_1}}  \cdot \overrightarrow {{F_2}}  + {\overrightarrow {{F_2}} ^2} = F_1^2 + 2 \cdot {F_1} \cdot {F_2} \cdot \cos \widehat {AMB} + F_2^2\)

Khi đó \({\left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right)^2} = 2 \cdot {100^2} + 2 \cdot {100^2} \cdot \cos 60^\circ  = 3 \cdot {100^2}\)\( \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = 100\sqrt 3 {\rm{.}}\)

Vậy \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 100\sqrt 3 .\) Chọn C.

Ta có \(\left( {1 + i} \right)z + 2\bar z = 3 + 2i\)\( \Leftrightarrow \left( {1 + i} \right)\left( {a + bi} \right) + 2\left( {a - bi} \right) = 3 + 2i\)

\( \Leftrightarrow a + bi + ai - b + 2a - 2bi = 3 + 2i\)\( \Leftrightarrow 3a - b + \left( {a - b} \right)i = 3 + 2i\)

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

Vậy \(P = a + b =  - 1.\) Chọn D.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\,\,\left( {a,\,\,b,\,\,c,\,\,d \in \mathbb{R},\,\,c \ne 0} \right).\)

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có đường tiệm cận ngang là \(y = \frac{a}{c}.\)

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có đường tiệm cận đứng là \(x =  - \frac{d}{c}.\)

Theo bài ra, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{a}{c} = 3}\\{ - \frac{d}{c} =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3c}\\{d = 2c}\end{array}} \right.} \right.\) (1)

Điểm \(\left( { - 1\,;\,\,7} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(f(x) \Rightarrow \frac{{ - a + b}}{{ - c + d}} = 7\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{ - 3c + b}}{{ - c + 2c}} = 7 \Leftrightarrow b = 10c.\)

Vậy \(\frac{{2a + 3b + 4c + d}}{{7c}} = \frac{{2 \cdot (3c) + 3 \cdot (10c) + 4c + 2c}}{{7c}} = 6.\) Chọn C.

Giả sử hình nón có đỉnh là \[S,\,\,O\] là tâm của đường tròn đáy và AB là một đường kính của đáy.

\(r = OA = a\,,\,\,\widehat {ASB} = 60^\circ  \Rightarrow \widehat {ASO} = 30^\circ .{\rm{ }}\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \((C)\) và \(d\) là:

\({x^3} - 3{x^2} + 2 = m\left( {x - 1} \right)\quad (1)\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x - 2} \right) = m\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x - m - 2} \right) = 0\)

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

Phương trình (1) luôn có nghiệm \(x = 1\). Khi đó, để phương trình (1) luôn có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1.

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = 1 + m + 2 > 0}\\{f\left( 1 \right) \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >  - 3}\\{m \ne  - 3}\end{array} \Leftrightarrow m >  - 3} \right.} \right.\).

Vậy \(m >  - 3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.

Điều kiện tích phân tồn tại là \(a + {x^2} \ne 0,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right] \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a <  - 1}\\{a > 0}\end{array}} \right.\)

Đặt \(t = a + {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx.\)

Khi đó \(\int\limits_0^1 {\frac{x}{{a + {x^2}}}{\rm{d}}x} \; = \frac{1}{2}\int\limits_0^{1 + a} {\frac{{dt}}{t}}  = \left. {\frac{1}{2}\left( {\ln \left| t \right|} \right)} \right|_a^{1 + a} = \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{1 + a}}{a}} \right| = 1\)

\( \Leftrightarrow \ln \left| {\frac{{1 + a}}{a}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{1 + a}}{a} = {e^2}\\\frac{{1 + a}}{a} =  - {e^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 + a = {e^2}a\\1 + a =  - {e^2}a\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{{e^2} - 1}}\\a = \frac{{ - 1}}{{{e^2} + 1}}\end{array} \right.\).

So sánh điều kiện, ta có \(a = \frac{1}{{{e^2} - 1}}.\) Chọn B.

Vì \[ABCD\] là hình vuông nên \(BD \bot AC.\)

Mặt khác \(AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BD \bot AA'.\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AC}\\{BD \bot AA'}\end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {AA'C} \right) \Rightarrow BD \bot A'C} \right..\)

Do đó, góc giữa \(A'C\) và BD bằng \(90^\circ .\) Chọn A.

Ta có \(\left( {{x^2} + 2x - 8} \right)\sqrt {16 - {x^2}}  \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{16 - {x^2} = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{16 - {x^2} > 0}\\{{x^2} + 2x - 8 \le 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  \pm 4}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4 < x < 4}\\{ - 4 \le x \le 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  \pm 4}\\{ - 4 < x \le 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{ - 4 \le x \le 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - 4\,;\,\,2} \right] \cup \left\{ 4 \right\}.\)

Suy ra \(a = 4,\,\,b = 2,\,\,c = 4.\)

Vậy \(P = 2.4 - 2 + 3.4 = 18.\) Chọn C.

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

\(\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 3\,;\,\, - 12\,;\,\,9} \right)\) ; \(\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD}  = \left( { - 3} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + \left( { - 12} \right) \cdot 3 + 9 \cdot 1 =  - 24\).

Do đó \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{6}\left| { - 24} \right| = 4\). Chọn D.

Hàng ghế đầu tiên có 15 chỗ ngồi và cao \[0,3{\rm{ }}m\] so với mặt nền.

Hàng ghế thứ hai có 18 chỗ ngồi và cao \[0,5{\rm{ }}m\] so với mặt nền.

Hàng ghế thứ hai có 21 chỗ ngồi và cao \[0,7{\rm{ }}m\] so với mặt nền.

.....

Dễ thấy, số ghế ngồi và độ cao của hàng ghế lập thành các cấp số cộng.

Xét số ghế ngồi: \({u_1} = 15\) và công sai \(d = 3\) nên \({S_n} = \frac{{[30 + 3(n - 1)] \cdot n}}{2} = 600\).

Suy ra \(3{n^2} + 27n - 1\,\,200 = 0 \Leftrightarrow n = 16\) (số nguyên dương).

Xét độ cao của các hàng ghế: \({u_1} = 0,3\) và \(d = 0,2\).

Suy ra hàng ghế cuối cùng cao so với mặt nền là \({u_{16}} = 0,3 + 15 \cdot 0,2 = 3,3\,\,(m).\)

Chọn D.

Từ phương trình \(x + y = 1\) ta rút \(y = 1 - x\) thế vào phương trình \({x^2} + 3{y^2} = 7\) ta được:

\[{x^2} + 3{\left( {1 - x} \right)^2} = 7 \Leftrightarrow 4{x^2} - 6x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x =  - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\].

Vì \({x_0} > 0\) nên chọn \({x_0} = 2 \Rightarrow {y_0} =  - 1.\)

Vậy \(P = {x_0} + 2{y_0} = 0.\) Chọn C.

Áp dụng công thức lãi kép, ta được \[20 \cdot {\left( {1 + 0,65\% } \right)^n} - 20 > 20\]

\( \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,65\% } \right)^n} > 2 \Leftrightarrow 1,{0065^n} > 2 \Leftrightarrow n > {\log _{1,0065}}2 \approx 107\) (tháng).

Vậy sau 8 năm 11 tháng thì vị khách này mới có số tiền lãi nhiều hơn số tiền gốc ban đầu gửi ngân hàng. Chọn A.

Xét hàm số \(y = \frac{m}{3}{x^3} - 2m{x^2} + \left( {3m + 5} \right)x\)

\( \Rightarrow y' = m{x^2} - 4mx + 3m + 5\).

Trường hợp 1: \(a = 0 \Leftrightarrow m = 0 \Rightarrow y' = 5 > 0 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Trường hợp 2: \(a \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 0\).

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(y' \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{\left( {2m} \right)^2} - m\left( {3m + 5} \right) \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{m^2} - 5m \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\0 \le m \le 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow 0 < m \le 5.\)

Vì \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}.\] Chọn D.

Vì \(A \in {d_1}\), \(B \in {d_2}\) nên gọi \[A\left( {a\,;\,\,3 - a} \right)\]; \(B\left( {2b + 6\,;\,\,b} \right).\)

Vì \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 2b + 6}}{2} = 1}\\{\frac{{3 - a + b}}{2} =  - 1}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 2b =  - 4}\\{a - b = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b =  - 3}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow A\left( {2\,;\,\,1} \right)\,;\,\,B\left( {0\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA}  = \left( {2\,;\,\,4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA}  = 2 \cdot {\vec u_1}.\)

Vậy đường thẳng \[AB\] có một vectơ chỉ phương là \({\vec u_1} = \left( {1\,;\,\,2} \right).\) Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là: \(\sqrt {{m^2} - {x^2}}  = 0 \Leftrightarrow x =  \pm \,m.\)

Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là:

\[V = \pi \int\limits_{ - \left| m \right|}^{\left| m \right|} {\left( {{m^2} - {x^2}} \right)} \,dx = \left. {\pi \left( {{m^2}x - \frac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_{ - \left| m \right|}^{\left| m \right|} = \frac{{4\pi {m^2}\left| m \right|}}{3}.\]

Ta có: \(V < 1\,\,000\pi  \Leftrightarrow \frac{{4\pi {m^2}\left| m \right|}}{3} < 1\,\,000\pi  \Leftrightarrow {\left| m \right|^3} < 750 \Leftrightarrow  - \sqrt[3]{{750}} < m < \sqrt[3]{{750}}.\)

Vậy với \(m \ne 0\) thì có 18 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn A.

Gọi \(I\) là trung điểm của BC suy ra \(AI \bot BC\) tại I.

Ta có \(SA \bot BC \Rightarrow (SAI) \bot BC \Rightarrow SI \bot BC.\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SIA} = 30^\circ .\)

Vì \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SI,\) \(AH \subset (SAI) \Rightarrow AH \bot BC \Rightarrow d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = a.\)

Vậy hàm số đã cho có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu. Chọn A.

Vì \({a^2} + {b^2} < {2020^2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 2020}\\{b < 2020}\end{array}} \right..\)

Ta có \({\log _2}a = 1 + {\log _3}b < 1 + {\log _3}2020.\)

Vì \({\log _2}a\) là số nguyên dương nên \({\log _2}a \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\, \ldots \,;\,\,7} \right\}\)

Khi đó \(a\) có thể nhận 7 giá trị.

Lại có \(b = {3^{{{\log }_2}a - 1}}\) nên với mỗi giá trị của \(a\) thỏa mãn sẽ tương ứng với một giá trị của \(b\) nếu thỏa mãn điều kiện.

Thử lại: Với \({\log _2}a = 7 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {2^7}}\\{b = {3^6}}\end{array} \Rightarrow {a^2} + {b^2} < {{2020}^2}} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy có tất cả 7 cặp số thực dương \[\left( {a\,;\,b} \right)\] thỏa mãn. Chọn C.

Với \(\forall x \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\) ta có \(f\left( x \right) = \int {\left( {\frac{1}{{x - 1}} + 6x} \right)dx}  = \ln \left( {x - 1} \right) + 3{x^2} + C.\)

Vì \(f\left( 2 \right) = 12 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left( {x - 1} \right) + 3{x^2}.\)

\(F\left( x \right) = \int {\left( {\ln (x - 1) + 3{x^2}} \right)dx}  = x\ln \left( {x - 1} \right) - \int x d\left( {\ln \left( {x - 1} \right)} \right) + {x^3}\)

\( = x\ln dx - \int x  \cdot \frac{1}{{x - 1}}dx + {x^3}\)\[ = x\ln \left( {x - 1} \right) - x - \ln \left( {x - 1} \right) + {x^3} + C' \cdot F(2) = 6\] nên \(C' = 0.\)

Suy ra \(F\left( x \right) = x\ln \left( {x - 1} \right) - x - \ln \left( {x - 1} \right) + {x^3}.\)

\(P = F\left( 5 \right) - 4F\left( 3 \right) = 5\ln 4 - 5 - \ln 4 + 125 - 4\left( {3\ln 2 - 3 - \ln 2 + 27} \right) = 120 - 96 = 24.{\rm{ }}\)

Chọn D.

Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên suy ra \(h = 2R = 6\).

Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .3.6 = 36\pi .\)

Chọn B.

Gọi \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\) là tâm của mặt cầu \((S).\)

Mặt cầu \((S)\) tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ

\[ \Rightarrow d\left( {I,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\left( {Oyz} \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\left( {Oxz} \right)} \right) \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| = R\].

Mặt cầu \((S)\) đi qua \[A\left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,4} \right)\] và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ.

Suy ra \(I\) và \(A\) phải cùng nằm trên một góc phần tám.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IA = R\\a > 0\,;\,\,c > 0\,;\,\,b < 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}I{A^2} = {R^2}\\a > 0\,;\,\,c > 0\,;\,\,b < 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 4} \right)}^2} = {R^2}}\\{a = c =  - b = R > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(do\,\,(1))}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( { - a + 1} \right)^2} + {\left( {a - 4} \right)^2} = {a^2}\\a = c =  - b = R > 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{a^2} - 12a + 18 = 0\\a = c =  - b = R > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} - 6a + 9 = 0\\a = c =  - b = R > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = c = 3\\b =  - 3\\R = 3\end{array} \right..\)

Do đó \(\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^3} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9.\) Chọn B.

Ta có \(y' =  - 4{x^3} + 12x + m - 2\).

Suy ra \(y' = 0 \Leftrightarrow m = 4{x^3} - 12x + 2 = f\left( x \right).\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m = f\left( x \right)\) có đúng một nghiệm đơn

Hoặc có 2 nghiệm gồm một nghiệm đơn và một nghiệm kép.

Dựa vào BBT của \(f\left( x \right) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 10}\\{m \le  - 6}\end{array}} \right.\) mà \(m \in \mathbb{Z}\,,\,\,m \in \left[ { - 20\,;\,\,20} \right]\).

Do đó có \(\left( {20 - 10 + 1} \right) + \left( { - 6 + 20 + 1} \right) = 26\) giá trị nguyên cần tìm. Chọn B.

ĐKХĐ: \(x > 0\,;\,\,{3^x} - 3 \cdot {2^{x - 1}} \ge 0\)

• TH1: \({3^x} - {3.2^{x - 1}} = 0 \Leftrightarrow {3^x} = \frac{3}{2}{.2^x} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow x = 1\) (thỏa mãn)

• TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^x} - {{3.2}^{x - 1}} > 0}\\{\log _2^2\left( {4x} \right) - 3{{\log }_{\sqrt 2 }}x - 7 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{{{\left( {2 + {{\log }_2}x} \right)}^2} - 6{{\log }_2}x - 7 \le 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{  \log _2^2x - 2 {{\log }_2}x - 3 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{ - 1 \le  {{\log }_2}x \le 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{\frac{1}{2} \le x \le 8}\end{array} \Leftrightarrow 1 < x \le 8.} \right.} \right.} \right.\)

Từ hai trường hợp, ta suy ra \[x \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,8} \right\}.\]

Vậy có 8 số nguyên \(x\) thỏa mãn đề bài. Chọn A.

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) (vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều).

Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \[BC.\]

• Xét hình vuông \[ABCD\] có: \(OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2}}  = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

• Xét \[\Delta SOC\] vuông tại \(O\) có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  = \frac{{{{\sqrt 2 }^2}}}{2}\)

Ta có \({\max _{\left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 0.\)

\(f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 4\left( {a + 4} \right)x \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 4a + 4\left( {a + 4} \right) = 8a + 16\).

Do đó \(f'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 8a + 16 = 0 \Leftrightarrow a =  - 2.\)

Suy ra \(f\left( x \right) =  - 2{x^4} + 4{x^2} - 1 \Rightarrow {\min _{\left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( x \right) =  - 17.\) Chọn D.

Gọi \[A\left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,b\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,c} \right)\]

Phương trình mặt phẳng \((P)\) có dạng: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1(a.b.c \ne 0)\)

Vì \(M \in (P)\) nên \(\frac{3}{a} + \frac{2}{b} + \frac{1}{c} = 1\).

Ta có: \[\overrightarrow {MA}  = \left( {a - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {MB}  = \left( { - 3\,;\,\,b - 2\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {BC}  = \left( {0\,;\,\, - b\,;\,\,c} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - a\,;\,\,0\,;\,\,c} \right).\]

Vì \(M\) là trực tâm tam giác ABC nên: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {MA}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 0}\\{\overrightarrow {MB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2b - c = 0}\\{3a - c = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2b = c}\\{3a = c}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Tử (1) và (2) suy ra \(a = \frac{{14}}{3}\,;\,\,b = \frac{{14}}{2}\,;\,\,c = 14.\)

Khi đó phương trình \((P):3x + 2y + z - 14 = 0\).

Vật mặt phẳng song song với \((P)\) là: \(3x + 2y + z + 14 = 0.\) Chọn A.

Trong 2 giây đầu \({v_1} = a{t^2}\), lại có \(t = 2\,s \Rightarrow {v_1} = 60\,\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\)

Nên \(60 = a \cdot {2^2} \Leftrightarrow a = 15\) suy ra \({v_1} = 15{t^2}.\)

Quãng đường vật đi được trong 2 giây đầu là \({s_1} = \int\limits_0^2 {{v_1}\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_0^2 {15{t^2}{\rm{d}}t}  = 40\,\,(m).\)

Trong giây tiếp theo, thì vận tốc là \({v_2} = mt + n\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2 \Rightarrow v = 60\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})}\\{t = 3 \Rightarrow v = 100\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})}\end{array}} \right.\)

Khi đó, ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m + n = 60}\\{3m + n = 100}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 40}\\{n =  - 20}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = 40t - 20.\)

Quãng đường vật đi được trong giây tiếp theo là: \[{s_2} = \int\limits_2^3 {{v_2}\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_2^3 {\left( {40t - 20} \right){\rm{d}}t} \].

Trong 2 giây cuối, \({v_3} = 100\,\,\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\).

Quãng đường vật đi được trong 2 giây cuối là: \({s_3} = \int\limits_3^5 {{v_3}\left( t \right)dt}  = \int\limits_3^5 {100dt}  = 200\,\,(m).\)

Vậy trong 5 giây đó xe đã đi được quãng đường là: \(40 + 80 + 200 = 320\,\,(\;{\rm{m}}).\) Chọn D.

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

Ta có phương trình của \(d\) có dạng: \[y = k\left( {x - 1} \right) + m = kx + m - k.\]

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

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) phương trình \((*)\) phải có 3 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số \(f\left( x \right) =  - 2{x^3} + 6x + 1\); Ta có \(f'\left( x \right) =  - 6{x^2} + 6 = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1.\)

Ta có bảng biến thiên:

Ta có \(d\,{\rm{//}}\,\left( P \right) \Rightarrow {\vec u_d} \bot {\vec n_{\left( P \right)}}\left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right)\).

Lại có \(d \bot Oz \Rightarrow {\vec u_d} \bot {\vec u_{Oz}}\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\)

Do đó \[{\vec u_d} = \left[ {{{\vec n}_{\left( P \right)}};\,\,{{\vec u}_{Oz}}} \right] = \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right)\,{\rm{//}}\,\left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 0}\end{array}} \right..\] Chọn D.

Gọi \(G\) là tâm của thiết diện cắt bởi mặt phẳng \(\left( Q \right)\) và mặt cầu.

Theo giả thiết ta có \(OA = OB = OH = R = 5\) và \(HG = x.\)

GF là bán kính của đường tròn thiết diện. Khi đó \(GF = \sqrt {{5^2} - {{(5 - x)}^2}}  = \sqrt {10x - {x^2}} .\)

Gọi \({S_1}\) là tâm của thiết diện cắt bởi mặt phẳng \((Q)\) và mặt cầu.

Gọi \(M\) là tâm của thiết diện cắt bởi \((Q)\) và hình nón.

Theo giả thiết ta có \(MI = x\) và \(\frac{{SM}}{{SI}} = \frac{{ML}}{{ID}} \Rightarrow ML = \frac{{SM \cdot ID}}{{SI}} = \frac{{\left( {15 - x} \right) \cdot 5}}{{15}} = 5 - \frac{x}{3}{\rm{. }}\)

Gọi \({S_2}\) là diện tích thiết diện của mặt phẳng \((Q)\) và hình nón. Ta có \({S_2} = \pi {\left( {5 - \frac{x}{3}} \right)^2}\)

Do đó \(S = {S_1} + {S_2} = \pi \left[ {10x - {x^2} + {{\left( {5 - \frac{x}{3}} \right)}^2}} \right] = \pi \left( { - \frac{8}{9}{x^2} + \frac{{20}}{3}x + 25} \right)\)

Ta có \(S\) đạt giá trị lớn nhất khi \(f(x) =  - \frac{8}{9}{x^2} + \frac{{20}}{3}x + 25\) đạt giá trị lớn nhất \( \Leftrightarrow x = \frac{{15}}{4}.\)

Theo đề ra ta có: \(x = \frac{a}{b} = \frac{{15}}{4} \Rightarrow T = a + b = 19.\) Chọn B.

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 9 \cdot A_9^8\).

Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ có \(C_5^4\) (cách).

Vì số 0 không ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng, mặt khác số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0.

Chọn hai số lẻ trong 4 số lẻ và xếp liền kề trước và sau số 0 ta có \(A_4^2\) (cách).

Các vị trí còn lại có \(6!\) cách.

Do đó có \(7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!\) cách chọn số thỏa mãn đề bài.

Xác suất chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

\(n(A) = \frac{{7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!}}{{9 \cdot A_9^8}} = \frac{5}{{54}}\). Chọn D.

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 9 \cdot A_9^8\).

Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ có \(C_5^4\) (cách).

Vì số 0 không ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng, mặt khác số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0.

Chọn hai số lẻ trong 4 số lẻ và xếp liền kề trước và sau số 0 ta có \(A_4^2\) (cách).

Các vị trí còn lại có \(6!\) cách.

Do đó có \(7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!\) cách chọn số thỏa mãn đề bài.

Xác suất chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

\(n(A) = \frac{{7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!}}{{9 \cdot A_9^8}} = \frac{5}{{54}}\). Chọn D.

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 9 \cdot A_9^8\).

Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ có \(C_5^4\) (cách).

Vì số 0 không ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng, mặt khác số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0.

Chọn hai số lẻ trong 4 số lẻ và xếp liền kề trước và sau số 0 ta có \(A_4^2\) (cách).

Các vị trí còn lại có \(6!\) cách.

Do đó có \(7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!\) cách chọn số thỏa mãn đề bài.

Xác suất chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

\(n(A) = \frac{{7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!}}{{9 \cdot A_9^8}} = \frac{5}{{54}}\). Chọn D.

Kí hiệu A là tập hợp học sinh tham gia tiết mục múa, B là tập hợp học sinh tham gia tiết mục hát, E là tập hợp nhóm học sinh.

Ta có thể biểu diễn tập hợp đó bằng biểu đồ Ven:

Khi đó, \(A \cap B\) là tập hợp học sinh tham gia cả hai tiết mục.

Số phần tử của tập hợp A là 5, số phần tử của tập hợp \(A \cap B\) là 3, số phần tử của tập hợp E là 12.

Số học sinh tham gia ít nhất một trong hai tiết mục là: \(12 - 4 = 8\) (học sinh).

Số học sinh tham gia tiết mục hát mà không tham gia tiết mục múa là: \(8 - 5 = 3\) (học sinh).

Số học sinh tham gia tiết mục hát là: \(3 + 3 = 6\) (học sinh).

Đáp án: 6.

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 9 \cdot A_9^8\).

Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ có \(C_5^4\) (cách).

Vì số 0 không ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng, mặt khác số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0.

Chọn hai số lẻ trong 4 số lẻ và xếp liền kề trước và sau số 0 ta có \(A_4^2\) (cách).

Các vị trí còn lại có \(6!\) cách.

Do đó có \(7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!\) cách chọn số thỏa mãn đề bài.

Xác suất chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

\(n(A) = \frac{{7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!}}{{9 \cdot A_9^8}} = \frac{5}{{54}}\). Chọn D.

Ta có \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng có \({u_1} =  - 1,d = 3,{u_n} = {u_1} + (n - 1)d =  - 1 + (n - 1).3 = 3n - 4.\)

\( \Rightarrow \lim \frac{{{u_n}}}{{5n + 2020}} = \lim \frac{{3n - 4}}{{5n + 2020}} = \lim \frac{{3 - \frac{4}{n}}}{{5 + \frac{{2020}}{n}}} = \frac{3}{5}{\rm{. }}\)

Đáp án: \(\frac{3}{5}.\)

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 9 \cdot A_9^8\).

Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ có \(C_5^4\) (cách).

Vì số 0 không ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng, mặt khác số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0.

Chọn hai số lẻ trong 4 số lẻ và xếp liền kề trước và sau số 0 ta có \(A_4^2\) (cách).

Các vị trí còn lại có \(6!\) cách.

Do đó có \(7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!\) cách chọn số thỏa mãn đề bài.

Xác suất chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

\(n(A) = \frac{{7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!}}{{9 \cdot A_9^8}} = \frac{5}{{54}}\). Chọn D.

Giả sử nón đỉnh \(S\), tâm đáy \(O\) và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\Delta SAB.\)

Ta có \[SO\] là đường cao của hình nón nên \(SO \bot AB.\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB.\)

\( \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right)\,\,(*)\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SI \Rightarrow OH \bot SI.\)

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 9 \cdot A_9^8\).

Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ có \(C_5^4\) (cách).

Vì số 0 không ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng, mặt khác số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0.

Chọn hai số lẻ trong 4 số lẻ và xếp liền kề trước và sau số 0 ta có \(A_4^2\) (cách).

Các vị trí còn lại có \(6!\) cách.

Do đó có \(7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!\) cách chọn số thỏa mãn đề bài.

Xác suất chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

\(n(A) = \frac{{7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!}}{{9 \cdot A_9^8}} = \frac{5}{{54}}\). Chọn D.

Gọi \({M_0}\left( {{x_0};x_0^3 - 3x_0^2} \right)\) là tiếp điểm.

Tiếp tuyến \(\Delta \) của \((C)\) tại \({M_0}\) có dạng \(y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2\)

\(\Delta \) qua \(B\left( {0\,;\,\,b} \right)\, \Leftrightarrow b = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {0 - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 \Leftrightarrow  - b = 2x_0^3 - 3x_0^2(*)\)

Có đúng một tiếp tuyến của \((C)\) đi qua điểm \(B\left( {0\,;\,\,b} \right)\, \Leftrightarrow (*)\) có đúng một nghiệm \({x_0}.\)

Đặt \[g\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2}\,;\,\,g'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x\,;\,\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right..\]

Ta có bảng biến thiên của hàm \(g\left( x \right)\)

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 9 \cdot A_9^8\).

Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ có \(C_5^4\) (cách).

Vì số 0 không ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng, mặt khác số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0.

Chọn hai số lẻ trong 4 số lẻ và xếp liền kề trước và sau số 0 ta có \(A_4^2\) (cách).

Các vị trí còn lại có \(6!\) cách.

Do đó có \(7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!\) cách chọn số thỏa mãn đề bài.

Xác suất chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:

\(n(A) = \frac{{7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!}}{{9 \cdot A_9^8}} = \frac{5}{{54}}\). Chọn D.

Áp dụng công thức tính nhanh sau:

Cho khối chóp \[S.ABC\]. Đặt \(SA = a\,,\,\,SB = b\,,\,\,SC = c\,,\,\,\widehat {BSC} = \alpha \,,\,\,\widehat {CSA} = \beta \,,\,\,\widehat {ASB} = \lambda .\)

Khi đó ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}abc\sqrt {1 + 2\cos \alpha \cos \beta \cos \lambda  - {{\cos }^2}\alpha  - {{\cos }^2}\beta  - {{\cos }^2}\lambda } \).

Ta có đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{2{x^2} + 6x - m - 3}}\) có hai đường tiệm cận đứng

\( \Leftrightarrow \) Phương trình \(2{x^2} + 6x - m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{2 \cdot {1^2} + 6 \cdot 1 - m - 3 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^2} - 2\left( { - m - 3} \right) > 0}\\{m \ne 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >  - \frac{{15}}{2}}\\{m \ne 5}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Vậy có 17 giá trị nguyên của \(m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án: 17.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} > 0}\\{5x - 1 > 0}\\{m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > \frac{1}{5}}\\{m > 0}\end{array}} \right.} \right..\)

Ta có \({\log _9}{x^2} - {\log _3}\left( {5x - 1} \right) =  - {\log _3}m \Leftrightarrow {\log _{{3^2}}}{x^2} - {\log _3}\left( {5x - 1} \right) =  - {\log _3}m\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}x - {\log _3}\left( {5x - 1} \right) = {\log _3}\frac{1}{m}\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{x}{{5x - 1}} = {\log _3}\frac{1}{m} \Leftrightarrow \frac{x}{{5x - 1}} = \frac{1}{m}\) có nghiệm

Khi và chỉ khi \(\frac{1}{m} > \frac{1}{5} \Leftrightarrow 0 < m < 5\) (dựa vào bảng biến thiên).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \[m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}.\]

Đáp án: 4.

Ta có \(P = \left| {z + i\bar w - 6 - 8i} \right| = \left| {\left( { - 6 - 8i} \right) - \left( { - z} \right) - \left( {i \cdot \bar w} \right)} \right|\)

\( \ge \left| {\left| { - 6 - 8i} \right| - \left| { - z} \right| - \left| { - i\bar w} \right|} \right| = 10 - \left| z \right| - \left| w \right| = 10 - 1 - 2 = 7.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là 7 .

Đáp án: 7.

Đặt \(t = \ln x - 1 \Rightarrow dt = \frac{{dx}}{x}.\)

Đổi cận \(x = \frac{1}{e} \Rightarrow t =  - 2\) và \(x = {e^2} \Rightarrow t = 1.\)

Khi đó \(I = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( t \right)dt}  = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 2}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \)

\( = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^2} - 2x + 2} \right)dx}  + \int\limits_0^1 {\left( {{e^x} + 1} \right)dx} \)\( = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} + 2x} \right)} \right|_{ - 2}^0 + \left. {\left( {{e^x} + x} \right)} \right|_0^1 = \frac{{32}}{3} + e = \frac{a}{b} + ce{\rm{. }}\)

Suy ra \(a = 32\,,\,\,b = 3\,,\,\,c = 1.\) Vậy \(a + b + c = 36.\)

Đáp án: 36

Ta có \({z^2} + az + b = 0\); \[w = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right){\rm{. }}\]

Phương trình (1) có 2 nghiệm phức là:

\({z_1} = w + 1 + i = x + 1 + \left( {y + 1} \right)i\); \({z_2} = 2w - 1 + 5i = 2x - 1 + \left( {2y + 5} \right)i\)

Vì \({z_1},{z_2}\) là 2 nghiệm của (1) suy ra: \({z_1} = {\bar z_2} \Rightarrow x + 1 + \left( {y + 1} \right)i = 2x - 1 - \left( {2y + 5} \right)i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = 2x - 1}\\{y + 1 =  - \left( {2y + 5} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y =  - 2}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} = 3 - i}\\{{z_2} = 3 + i}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Theo Viète, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} =  - a}\\{{z_1},{z_2} = b}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 6}\\{b = 10}\end{array} \Rightarrow a + b = 4} \right.} \right..\)

Đáp án: 4.

Trường hợp 1:

− Hoa và Nam cùng với 1 bạn nam và 1 bạn nữ thành một nhóm nên có duy nhất 1 cách chọn Hoa và Nam và có \(C_3^1.C_7^1\) cách chọn 1 bạn nam (trong 7 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 3 bạn nữ còn lại).

− Nhóm thứ hai có 3 bạn nam (trong 6 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 2 bạn nữ còn lại) nên có \(C_6^3 \cdot C_2^1\) (cách).

− Cuối cùng còn lại 3 bạn nam và 1 bạn nữ nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba.

Do đó trong trường hợp này có \(1 \cdot C_3^1 \cdot C_7^1 \cdot C_6^3 \cdot C_2^1 \cdot 1 = 840\) (cách).

Trường hợp 2:

− Hoa và Nam cùng với 2 bạn nam thành một nhóm nên có duy nhất 1 cách chọn Hoa và Nam và có \(C_7^2\) cách chọn 2 bạn nam trong 7 bạn nam còn lại.

− Nhóm thứ hai có 2 bạn nam (trong 5 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 3 bạn nữ còn lại) nên có \(C_5^2 \cdot C_3^1\) (cách).

− Cuối cùng còn lại 2 bạn nam và 2 bạn nữ nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba.

Do đó trong trường hợp này có \(1 \cdot C_7^2 \cdot C_5^2 \cdot C_3^1 \cdot 1 = 630\) (cách).

Trường hợp 3:

− Hoa và Nam cùng với 2 bạn nam thành một nhóm.

− Nhóm thứ hai có 2 bạn nam và 2 bạn nữ.

− Suy ra nhóm thứ ba có 3 bạn nam và 1 bạn nữ.

Trường hợp này trùng với trường hợp thứ hai nên ta không tính.

Suy ra có \(840 + 630 = 1\,\,470\) cách chia theo yêu cầu bài toán.

Đáp án: 1470.

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) và bán kính \[R.\]

Gọi \(M\left( {1 + {t_0}\,;\,\,1 + 2{t_0}\,;\,\,2 - 3{t_0}} \right) \in d.\)

Giả sử \(T\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right) \in (S)\) là một tiếp điểm của tiếp tuyến \[MT\] với mặt cầu \((S).\)

Khi đó: \(O{T^2} + M{T^2} = O{M^2}\)

\( \Leftrightarrow 9 + {\left[ {x - \left( {1 + {t_0}} \right)} \right]^2} + {\left[ {y - \left( {1 + 2{t_0}} \right)} \right]^2} + {\left[ {z - \left( {2 - 3{t_0}} \right)} \right]^2} = {\left( {1 + {t_0}} \right)^2} + {\left( {1 + 2{t_0}} \right)^2} + {\left( {2 - 3{t_0}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 9 + {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x\left( {1 + {t_0}} \right) - 2y\left( {1 + 2{t_0}} \right) - 2z\left( {2 - 3{t_0}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {1 + {t_0}} \right)x + \left( {1 + 2{t_0}} \right)y + \left( {2 - 3{t_0}} \right)z - 9 = 0.\) (vì \({x^2} + {y^2} + {z^2} = O{T^2} = 9\))

Suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có dạng: \(\left( {1 + {t_0}} \right)x + \left( {1 + 2{t_0}} \right)y + \left( {2 - 3{t_0}} \right)z - 9 = 0\)

Do \(D\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right) \in \left( {ABC} \right)\) nên \[1 + {t_0} + 1 + 2{t_0} + 2\left( {2 - 3{t_0}} \right) - 9 = 0 \Leftrightarrow {t_0} =  - 1 \Rightarrow M = \left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,5} \right).\]

Vậy \(T = {0^2} + {\left( { - 1} \right)^2} + {5^2} = 26.\)

Đáp án: 26.

Giả sử chi phi sản xuất mỗi đơn vị diện tích cho bề mặt xung quanh là \(a\) đồng thì chi phi sản xuất cho mỗi đơn vị diện tích của mặt đáy là \[3a\] đồng.

Chi phí sản xuất thùng là \(S = 2\pi r\ell  \cdot a + 2\pi {r^2}.3a = 2\pi rh \cdot a + 2\pi  \cdot {r^2} \cdot 3a\)

\( = 2a\pi r \cdot \frac{V}{{\pi {r^2}}} + 6a\pi {r^2} = \frac{{2aV}}{r} + 6a\pi {r^2} = 2a\left( {\frac{V}{r} + 3\pi {r^2}} \right) = 2a \cdot f\left( r \right)\).

Chi phí vật liệu sản xuất thùng nhỏ nhất khi \(f\left( r \right) = \frac{V}{r} + 3\pi {r^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có \(f'\left( r \right) = \frac{{ - V}}{{{r^2}}} + 6\pi r = 0 \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{6\pi }}}}\).

Bảng biến thiên

Nhận xét: Ta có thể giải bài toán với cạnh hình vuông \(a = 1.\)

Gọi \[O,\,\,M\] lần lượt là trung điểm của \[AB,\,\,CD.\]

Vì \[SAB\] là tam giác đều và \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABCD} \right),\) \(SO \bot AB \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Xét tam giác SOA vuông tại \(O\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( { - 2x + 4m} \right){e^{ - {x^2} + \,4mx - 5}} \cdot f\left( x \right) + {e^{ - {x^2} + \,4mx - 5}} \cdot f'\left( x \right)\)

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) = \left[ {\left( { - 2x + 4m} \right) \cdot f\left( x \right) + f'\left( x \right)} \right] \cdot {e^{ - {x^2} + \,4mx\, - \,5}}\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow g'\left( x \right) \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( { - 2x + 4m} \right) \cdot f\left( x \right) + f'\left( x \right) \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\) (vì \({e^{ - {x^2} + 4mx - 5}} > 0)\)

\( \Leftrightarrow  - 2x + 4m \ge  - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\) (vì \(f\left( x \right) > 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R})\)

\( \Leftrightarrow 4m \ge 2x - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\)

Xét \(h\left( x \right) = 2x - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\)

Ta có \[h'\left( x \right) = 2 - \frac{{f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}}.\]

Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f''\left( x \right) < 0}\\{f\left( x \right) > 0}\end{array},\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right) \Rightarrow \frac{{f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}} < 0,\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)} \right.{\rm{. }}\)

Từ đó suy ra \(h'\left( x \right) > 0,\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\) Vậy hàm số \(h(x)\) đồng biến trên \(\left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\)

Ta có bảng biến thiên:

Nội dung của đoạn trích nói về văn hóa đọc sách ở Việt Nam cần được trau dồi và phát triển, nâng niu trân trọng sách giống như nâng niu, am hiểu về những chai rượu ngoại của ông tá hải quân và cách giữ gìn tủ sách như của người Do Thái. Chọn D.

Tủ sách của người Do Thái thường được để ở đầu giường để giúp trẻ được ghi nhớ hình ảnh tủ sách vào trong tiềm thức từ khi còn nhỏ, trẻ dễ nhìn, dễ thấy, dễ tiếp cận sách. Chọn D.

Tác giả mượn câu chuyện về tủ rượu ngoại của ông tá hải quân nhằm liên hệ tới việc trân trọng, giữ gìn và cần phải am hiểu về sách giống như am hiểu về rượu ngoại. Chọn B.

Tư duy trọc phú là thể hiện sự coi trọng tiền bạc hơn học thức, đề cao những giá trị về mặt vật chất hơn giá trị về tri thức. Chọn A.

Trong đoạn trích nhắc đến cách người Do Thái dạy con đọc sách ngay từ nhỏ, và thể hiện mong muốn của tác giả là mỗi người Việt Nam, mỗi gia đình Việt Nam cần tự tạo dựng thói quen đọc sách và xây dựng tủ sách. Trong đoạn trích không đề cập cụ thể việc người Việt thích khoe vật chất, không đề cao giá trị của sách. Chọn C.

Tác phẩm được viết theo thể thơ tự do. Chọn D.

Hai dòng thơ đầu có sử dụng các thành phần biệt lập là: Thành phần cảm thán: “Ôi”. Thành phần tình thái: “Có ngờ đâu”. Thể hiện tâm trạng xúc động rưng rưng của nhà thơ khi trở về quê cũ. Chọn B.

Hai biện pháp tu từ được sử dụng trong đoạn trích trên là: Liệt kê và điệp từ. Từ “ta” được điệp lại nhiều lần kết hợp với một loạt những động từ “gặp”, “yêu”, “nhìn”, “say”, “ngắm”,… nhằm nhấn mạnh tình yêu quê hương tha thiết và nỗi xúc động, bồi hồi của tác giả khi trở lại quê nhà sau bao năm năm xa cách. Đồng thời tạo nhịp điệu cho câu thơ, tăng sức gợi hình gợi cảm cho sự diễn đạt. Chọn C.

So sánh: Những bông trang trắng, những bông trang hồng – tấm lòng em, trái tim em. Chọn A. 

Những hình ảnh trong đoạn trích đã thể hiện được vẻ đẹp và sức sống tiềm tàng, mãnh liệt của quê hương là: xanh biếc bóng dừa, những mặt người ta yêu biết mấy, đoạn đường xưa, tiếng võng đưa, những bông trang trắng, những bông trang hồng, con sông nước chẳng đổi dòng, hoa lục bình tím cả bờ sông. Chọn D.

Ở đoạn trích trên các phương án A, B, C đều chưa đầy đủ, chưa bao quát hết được toàn bộ nội dung của đoạn trích bởi chỉ đề cập đến một khía cạnh nội dung mà đoạn trích nói đến. Chọn D.

Dựa vào các chi tiết: Thục Phán đắp lũy thành Cổ Loa cũng là đắp đê phòng lụt. Sử biên niên nhà Hán chép rằng, ở đầu công nguyên, huyện Phong Khê (Đông Anh) đã có đê phòng lụt. Đê sẽ làm cho quá trình bồi tụ tự nhiên bị ngăn chặn lại, ít nhất là từng phần. Cho nên đất Hà Nội nội thành, bên hồ Tây và dòng Tô Lịch, lại có rất nhiều đầm hồ. → Nội thành Hà Nội có nhiều đầm hồ là do ảnh hưởng của quá trình đắp đê phòng lụt từ xa xưa. Chọn C.

Đây là câu hỏi suy luận. Cần chú ý đến mục đích vốn có của việc đắp lũy Cổ Loa là để chống giặc (mục đích này không được nhắc đến trực tiếp trong đoạn trích) nhưng có thể suy ra từ đoạn trích. Khi tác giả dùng từ “cũng” trong câu: “Thục Phán đắp lũy thành Cổ Loa cũng là đắp đê phòng lụt” thì có nghĩa việc phòng lụt chỉ là mục đích đi kèm, mục đích phụ của việc đắp thành lũy Cổ Loa. Chọn B.

- Phương án A, B: Thông tin có trong câu: Sông hồ không những là nguồn nước dùng trong sinh hoạt mà còn là hệ thống thuỷ lợi và giao thông truyền thống.

- Phương án C: Thông tin có trong câu: Sông hồ cũng là những sự kiện địa lí được dùng làm nguyên lí sơ khởi chỉ đạo việc quy tụ xóm làng, phường và thành lũy phòng vệ (sử dụng những đoạn sông Hồng, sông Tô làm ngoại hào).

- Phương án D: Thông tin không được nhắc đến trong đoạn trích.

→ Chọn D.

Từ “du đãng” xuất hiện trong câu văn: Có đời sống du đãng tự nhiên của những con sông ở đồng bằng do chính chúng tạo thành.... Ta có thể bám vào cụm từ “do chính chúng tạo thành” tức là không bị phụ thuộc vào ai, không bị yếu tố nào khác tác động để xác định từ “du đãng” trong đoạn trích gần nghĩa nhất với từ “tự do”. Chọn D.

Đoạn trích được viết theo phương thức biểu đạt là: biểu cảm. Chọn A.

Ý nghĩa của câu thơ: Biết khao khát những điều anh mơ ước: xuất phát từ tình yêu và sự tôn trọng đối với người mình yêu, nhân vật “em” đồng cảm và sống hết mình với ước mơ của người mình yêu. Chọn C.

Những từ nêu lên những trạng thái cảm xúc, tình cảm của nhân vật “em”: khao khát, xúc động, yêu. Chọn B.

Các đáp án A, B, C đều là những thông điệp được gửi gắm trong đoạn thơ. Chỉ có đáp án D không phải là thông điệp nhà thơ muốn gửi gắm. Chọn D.

“xâm nhập” có nghĩa là đi vào một cách trái phép, thường gây ra tác hại; từ đúng trong câu này là “thâm nhập”: đi sâu vào và cùng hoà mình trong một môi trường hoạt động nào đó. Chọn B.

Truyện ngắn Những đứa con trong gia đình giống như giọt nước mang hình cả bầu trời của dân tộc ta, của người dân Nam Bộ trong một hành trình đánh giặc lâu dài, bền bỉ, kiên cường. Chọn B.

Nội dung câu văn là thể hiện quá trình đấu tranh của người dân vùng cao Tây Bắc chống lại bọn thực dân, chúa đất đã giam hãm để có cuộc sống tự do. Cụm từ “cuộc sống bình thường” sử dụng chưa phù hợp. Chọn D.

Đoạn văn trên thể hiện niềm tự hào của người Việt đối với thể thơ lục bát. Thơ lục bát mang đặc trưng của người Việt, thể hiện tới đời sống tinh thần của nhân dân. Từ “vay mượn” ở đây là từ sai ngữ nghĩa vì thơ ca là sản phẩm của con người tức là con người có trước rồi mới có thơ ca nên phần hồn của con người không thể “vay mượn” từ thơ ca được. Thay “vay mượn” bằng “nương náu”. Chọn C.

Cụm từ “sau khi” là thừa trong câu này; sự có mặt của nó trong câu làm cho ý diễn đạt bị rối, không rõ nghĩa. Chọn C.

Từ “mắt bồ câu” là đôi mắt to tròn, đẹp và trong sáng như mắt chim bồ câu (mắt được dùng với nghĩa đen); các từ còn lại trong nhóm (mắt lưới, mắt bão, mắt na) đều được dùng với nghĩa chuyển. Chọn C.

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

Các từ “ăn, nhai, cắn” là các từ chỉ hoạt động của răng miệng. “Nhìn” là từ chỉ hoạt động của mắt. Chọn C.

Nền văn học có tính chất hướng nội, quan tâm nhiều hơn tới số phận cá nhân không phải là đặc điểm của văn học Việt Nam giai đoạn 1945 – 1975. Đây là đặc điểm của văn học sau năm 1975. Chọn C.

Các từ “đo đỏ, tim tím, xanh xanh” chỉ màu sắc; “thăm thẳm” chỉ độ sâu. Chọn D.

Tiếng Việt thuộc họ ngôn ngữ Nam Á, dòng Môn - Khmer và có quan hệ gần gũi với tiếng Mường. Chọn A.

Hai mẹ con Cám hí hửng sắm sửa quần lành, áo tốt, còn Tấm vẫn quần áo rách mướp. Chọn B.

Ca dao là tác phẩm thơ trữ tình dân gian, thường kết hợp với âm nhạc khi diễn xướng, được

sáng tác nhằm diễn tả thế giới nội tâm của con người. Chọn D.

Nghệ thuật lập luận của Hồ Chí Minh thể hiện một trình độ tư duy sắc sảo, một tầm nhìn bao quát và một trái tim luôn hướng về công lí, lẽ phải, chính nghĩa. Chọn C.

Những yếu tố truyền thống từ tư tưởng dân tộc: chủ nghĩa nhân đạo, chủ nghĩa yêu nước và chủ nghĩa anh hùng đều là những truyền thống tốt đẹp của dân tộc thường được đề cập tới trong văn học dân gian và văn học trung đại, vì thế văn học giai đoạn 1945 – 1975 “kế thừa” (tiếp nhận những thứ tốt đẹp của cha ông để lại) và “phát huy” (làm nó tốt lên, nhiều lên). Chọn A.

Được chứng kiến tận mắt sự dữ dội, hùng vĩ của con sông Đà, với những so sánh liên tưởng thú vị “tiếng nước thác nghe như là oán trách gì, rồi lại như là van xin, rồi lại như là khiêu khích, giọng gằn mà chế nhạo....” có thể thấy thái độ của tác giả rất say mê, hứng khởi. Chọn B.

Xác định các chi tiết có trong đoạn trích:

- “Chúa đều ra sức thu lấy, không thiếu một thứ gì”: Chúa Trịnh dùng quyền lực để cướp bóc những thứ của quý trong thiên hạ về tô điểm cho phủ Chúa.

- “phải một cơ binh khiêng mới nổi, lại bốn người đi kèm, đều cầm gươm, đánh thanh la đốc thúc quân lính khiêng đi cho đều tay”: Sự phô trương, hao tốn sức người vào những việc không đáng.

- “Mỗi khi đêm thanh vắng, tiếng chim kêu vượn hót ran khắp bốn bề, hoặc nửa đêm ồn ào như trận mưa sa gió táp, vỡ tổ tan đàn, kẻ thức giả biết đó là triệu bất thường”: dự báo về sự sụp đổ của Chúa Trịnh.

→ Đoạn trích kể lại câu chuyện Chúa Trịnh sử dụng quyền lực để vơ vét, cướp bóc của quý trong thiên hạ. Giọng điệu phê phán, chê trách, không đồng tình. Chọn A.

Cụm từ “bỏ quên đời” là cách nói giảm nói tránh về cái chết, gợi tư thế ngạo nghễ không chút bi lụy của người lính Tây Tiến. Chọn A.

Ẩn dụ: nắng hạ, mặt trời chân lí → chỉ lí tưởng cách mạng, ánh sáng của Đảng. Chọn C.

Liệt kê: Khi Thủ khoa, khi Tham tán, khi Tổng đốc Đông,… Chọn D.

Đoạn trích trong tác phẩm “Chữ người tử tù” của Nguyễn Tuân trong hoàn cảnh đêm trước khi quản ngục nhận Huấn Cao về buồng giam. Đây là lúc ông đang suy ngẫm về ý nghĩa của cuộc đời và cái đẹp trong cuộc đời mình. Chọn D.

Các biện pháp tu từ xuất hiện trong đoạn thơ trên là: liệt kê, ẩn dụ, nhân hóa, đối lập.

+ Liệt kê các trạng thái của sóng (dữ dội, dịu êm, ồn ào, lặng lẽ).

+ Ẩn dụ hình ảnh “sông” và “sóng” cho chủ thể trữ tình cô gái và chàng trai.

+ Nhân hóa “sông không hiểu mình” và “sóng tìm ra tận bể”.

+ Đối lập: khắc họa các trạng thái đối lập của sóng (dữ dội >< dịu êm; ồn ào >< lặng lẽ).

→ Chọn D.

Chi tiết “Một mùi âm ẩm bốc lên, hơi nóng của ban ngày lẫn với mùi cát bụi quen thuộc quá, khiến chị em Liên tưởng là mùi riêng của đất, của quê hương này” thể hiện tâm hồn nhạy cảm của nhân vật Liên. Chọn B.

Nội dung chính trong đoạn thơ là: Gợi tả sự dữ dội, hoang sơ, bí hiểm và đầy đe dọa của núi rừng miền Tây. Chọn A.

Những câu văn trên khắc họa thái độ sợ người đàn bà xấu hổ khi bị đám trẻ trêu và tôn trọng người đàn bà của Tràng. Chọn D.

Nội dung văn bản là chuỗi sự việc:

+ Giới thiệu về Ngô Tử Văn (tên, quê quán, tính tình).

+ Sự việc quân Ngô sang xâm lược nước ta.

+ Sự việc viên tướng của Mộc Thạnh tử trận và làm yêu quái.

+ Sự kiện Ngô Tử Văn đi đốt đền.

Các yếu tố miêu tả về Tử Văn (tính khảng khái, nóng nảy...) có xuất hiện nhưng không phải phương thức biểu đạt chính của đoạn trích. Yếu tố biểu cảm, thuyết minh không có trong văn bản trên. Chọn A.

Đoạn trích miêu tả vẻ đẹp trữ tình của dòng sông Đà. Chọn B.

Điệp ngữ “ai lại không”. Câu hỏi tu từ: “Ai lại không tha thiết với mùa xuân, ai lại không muốn cái sáng ngời trong đôi mắt và trên đôi môi căng mọng khi cuộc đời còn ở tuổi hai mươi?”. Chọn A.

Thấm thía nỗi vất vả, gian lao của vợ, Tú Xương đã mượn hình ảnh con cò trong ca dao để nói về bà Tú: thân cò lầm lũi gợi liên tưởng về thân phận vất vả, khổ cực của bà Tú cũng như những người phụ nữ Việt Nam trong xã hội xưa. Chọn D.

Đoạn thơ thể hiện niềm suy tư, trăn trở của người phụ nữ trong tình yêu. Chọn C.

Ấn Độ là thuộc địa của thực dân Anh. Sau Chiến tranh thế giới thứ hai cuộc đấu tranh chống thực dân Anh, đòi độc lập của nhân dân Ấn Độ phát triển mạnh mẽ. Trước sức ép của phong trào, thực dân Anh phải nhượng bộ, trao quyền tự trị cho Án Độ. Theo kế hoạch Maobáttơn, Án Độ được chia thành 2 nước: Ấn Độ (theo Ấn Độ giáo), Pakistan (Hồi giáo). Không chấp nhận quy chế tự trị, Đảng Quốc Đại lãnh đạo nhân dân Án Độ tiếp tục đấu tranh đòi độc lập. Ngày 26-01-1950, Ấn Độ tuyên bố độc lập và thành lập nước Cộng hòa. Chọn B.

Phong trào Cần Vương và phong trào Yên Thế cuối thế kỉ XIX nổ ra chịu sự chi phối của hệ tư tưởng phong kiến với quan điểm trung quân, ái quốc, giành độc lập, lập lại quốc gia phong kiến độc lập. Chọn A.

Lực lượng xã hội đông đảo nhất ở Việt Nam trong cuộc khai thác thuộc địa lần thứ hai của thực dân Pháp (1919 1929) là nông dân, chiếm hơn 90% dân số cả nước. Chọn A.

Đến những năm 70 của thế kỉ XX, phong trào giải phóng dân tộc trên thế giới đã phát triển mạnh ở cả châu Á, Phi và khu vực Mĩ latinh, nhiều quốc gia độc lập đã ra đời. Đây chính là một trong những nguyên dẫn đến sự xuất hiện của xu thế hòa hoãn Đông-Tây. Sau khi xu thế hòa hoãn Đông-Tây xuất hiện thì những vấn đề giữa 2 nước Đức mới từng bước được giải quyết. Phương án C và D không có tác động hay ảnh hướng dân tới xu thế hòa hoãn Đông-Tây trong những năm 70 của thế kỉ XX. Chọn A.

Năm 1919, Nguyễn Ái Quốc gửi đến Hội nghị Vécxai Bản yêu sách của nhân dân An Nam đòi Chính phủ Pháp thừa nhận quyền tự do, dân chủ, quyền bình đẳng và quyền tự quyết của dân tộc Việt Nam. Chọn A.

Việt Nam trong thời kì 1954-1975 chỉ có miền Bắc tiến lên chủ nghĩa xã hội còn miền Nam vẫn đấu tranh chống Mĩ cứu nước nên phương án D sai, Chọn D.

Hội nghị thành lập Đảng Cộng sản Việt Nam (đầu năm 1930) được đánh giá là mang tầm vóc của một đại hội thành lập Đảng, vi đã hợp nhất các tổ chức cộng sản thành một đảng cộng sản duy nhất, thông qua Cương lĩnh chính trị đầu tiên của Đảng. 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 lỡi của cương lĩnh này. Chọn B.

Khi địch vừa tiến công Việt Bắc, Đảng ta đã có chỉ thị "Phải phá tan cuộc tiến công mùa đông của giặc Pháp". Chọn C.

Ở thời điểm cuối năm 1947, thực dân Pháp vẫn nắm giữ thế chủ động trên chiến trường chính (Bắc Bộ). Chọn A.

Trong chiến dịch Việt Bắc thu-đông năm 1947, cách đánh du kích được bộ đội Việt Nam sử dụng phổ biến. Chọn D.

Khu vực Đông Nam Á tiếp giáp hai đại dương là Thái Bình Dương và Án Độ Dương. Chọn B.

Tỉ lệ người già trong dân số ngày càng cao không phải thuận lợi cho phát triển kinh tế-xã hội. Chọn B.

Vùng nước nằm trong đường nước cơ sở được gọi là vùng nội thủy. Chọn B.

Tây Nguyên có sự đối lập với đồng bằng ven biển miền Trung về mùa mưa và mủa khô do ảnh hưởng của địa hình và gió. Chọn A.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- A sai: dân tộc Bana, Xơ-đăng, Chăm chủ yếu ở Tây Nguyên

- B sai: dân tộc Tày, Thái, Nùng, Giáy, Lào tập trung ở miền núi phía Bắc

- C sai: dân tộc Kinh tập trung đông đúc ở vùng đồng bằng và ven biển

- D đúng: các dân tộc ít người phân bố tập trung chủ yếu ở miền núi. Chọn D.

Biểu đồ miền → thể hiện sự chuyển dịch cơ cấu → Biểu đồ đã cho thể hiện sự chuyển dịch cơ cấu giá trị xuất nhập khẩu của nước ta giai đọa 2010-2018. Chọn B.

Ngành chăn nuôi điều kiện quan trọng nhất là cần có cơ sở thức ăn đảm bảo. Với các nước đang phát triển chưa đáp ứng được điều này → Chọn B.

Di tích, lễ hội là tài nguyên nhân văn → loại → Chọn D.

Nhân tố tự nhiên được coi là quan trọng nhất để vùng Tây Nguyên phát triển cây cà phê là đất và khí hậu → Chọn D.

Vai trò quan trọng nhất của công trình thủy lợi hồ Dầu Tiếng ở Đông Nam Bộ là cung cấp nước tưới cho các vùng chuyên canh. Thủy lợi → cung cấp nước tưới. Chọn C.

Tia gamma có bản chất là sóng điện từ, không mang điện nên không bị lệch trong điện trường và từ trường.

Tia \(\alpha \) là dòng hạt nhân nguyên tử \(_2^4He\) mang điện tích \( + 2e\), có xu hướng bị lệch về phía bản âm của tụ điện.

Tia \({\beta ^ + }\) có bản chất là dòng hạt poziton mang điện tích \( + 1e\), có xu hướng bị lệch về phía bản âm của tụ điện.

Tia \({\beta ^ - }\) có bản chất là dòng hạt electron mang điện tích \( - 1e\), có xu hướng lệch về phía bản dương của tụ điện.

Chọn A.

Khoảng cách giữa hai vân sáng liền kề là:

\(i = \frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda = \frac{{ai}}{D} = \frac{{0,{{1.10}^{ - 3}}{{.8.10}^{ - 3}}}}{2} = {4.10^{ - 7}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\).

Hiệu đường đi của tia sáng từ hai khe tới vân tối thứ 2 kể từ vân trung tâm (k = 1) là:

\({d_2} - {d_1} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\lambda = \frac{3}{2}\lambda = \frac{3}{2}{.4.10^{ - 7}} = {6.10^{ - 7}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\). Chọn C.

Tốc độ truyền ánh sáng là: \(v = \frac{c}{n} \Rightarrow v\~\frac{1}{n}\)

Vậy tốc độ truyền ánh sáng chậm nhất trong môi trường có chiết suất lớn nhất. Chọn A.

Con lắc đơn có quỹ đạo tròn, ở vị trí cân bằng, tổng hợp lực tác dụng lên con lắc bằng lực hướng tâm: \({F_{ht}} = m{a_{ht}} = m\frac{{{v^2}}}{\ell } \to \) A sai.

Khi vật nặng ở vị trí biên, động năng của con lắc: \({W_d} = 0 \Rightarrow W = {W_t} \to \) B đúng.

Dao động của con lắc là dao động điều hòa chỉ khi có biên độ nhỏ → C sai.

Chuyển động của con lắc từ vị trí biên về vị trí cân bằng là nhanh dần → D sai.

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:

\[R = \frac{{mv}}{{\left| e \right|B}} = \frac{{m.\sqrt {\frac{{2\left| e \right|U}}{m}} }}{{\left| e \right|.B}} = \frac{1}{B}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \Rightarrow B = \frac{1}{R}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \]\[ \Rightarrow B = \frac{1}{{{{7.10}^{ - 2}}}}.\sqrt {\frac{{2.9,{{1.10}^{ - 31}}.400}}{{\left| { - 1,{{6.10}^{ - 19}}} \right|}}} \approx 0,{96.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right)\].

Chọn A.

Hiện tượng điện phân không ứng dụng để đúc điện. Chọn C.

Electron chuyển động trong từ trường với quỹ đạo tròn có bán kính là:

\(eBv = \frac{{m{v^2}}}{r} \Rightarrow r = \frac{{mv}}{{eB}} \Rightarrow v = \frac{{e.Br}}{m} = \frac{{1,{{6.10}^{ - 19}}.1,{{88.10}^{ - 4}}}}{{9,{{1.10}^{ - 31}}}} \approx {33.10^6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)

Áp dụng công thức Anh—xtanh về hiện tượng quang điện, ta có:

\(\frac{{hc}}{\lambda } = A + \frac{1}{2}m{v_{0\max }}^2\)\( \Rightarrow \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{71.10}^{ - 12}}}} = A + \frac{1}{2}.9,{1.10^{ - 31}}.{\left( {{{33.10}^6}} \right)^2}\)

\( \Rightarrow A = 2,{3.10^{ - 15}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( J \right) = 14,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {keV} \right)\). Chọn D.

Nhận xét: hai điểm S, T đối xứng qua nút sóng\( \to \) S, T dao động ngược pha

Khoảng cách từ S và T tới nút sóng R là: \(RS = RT = x \Rightarrow {A_S} = {A_T}\)

→ Hai điểm S, T dao động cùng biên độ, ngược pha (lệch pha 180⁰).

Chọn C.

Độ lớn hiệu điện thế giữa hai tấm kim loại là:

\[U = \left| {{V_1} - {V_2}} \right| = \left| { + 2000 - \left( { - 500} \right)} \right| = 2500{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right)\]

Lực điện tác dụng lên electron là: \[{F_d} = E.e = \frac{U}{d}.e = \frac{{2500}}{{0,05}}.1,{6.10^{ - 19}} = {8.10^{ - 15}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( N \right)\].

Chọn D.

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là:

\({U_C} = I.{Z_C} = \frac{{U{Z_C}}}{Z} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{{\left( {{R^2} + {Z_L}} \right)}^2} - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2} }}\)

\( \Rightarrow {U_C} = \frac{U}{{\sqrt {\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\frac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\frac{1}{{{Z_C}}} + 1} }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Từ (1), ta có: \(\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\frac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\frac{1}{{{Z_C}}} + 1 - {\left( {\frac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 0\) (*)

Với giá trị của dung kháng \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_{{C_1}}} = \frac{{125}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega }\\{{Z_{{C_2}}} = 125{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega }\end{array}} \right.\), cho cùng 1 giá trị hiệu điện thế: \({U_{{C_1}}} = {U_{{C_2}}} = 100{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right)\)

Khi \({Z_C} \to \infty \) thì \({U_C} = U = 72,11{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V = 20\sqrt {13} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V\)\( \Rightarrow 1 - {\left( {\frac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 1 - {\left( {\frac{{20\sqrt {13} }}{{100}}} \right)^2} = 0,48\)

\( \Rightarrow \left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\frac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\frac{1}{{{Z_C}}} + 0,48 = 0\)

Theo định lí Vi – et, đặt \[x = \frac{1}{{{Z_C}}}\] ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}} + \frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}} = \frac{{2{Z_L}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}}\\{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}}.\frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}} = \frac{{0,48}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {R^2} + {Z_L}^2 = \frac{{0,48}}{{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}}.\frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}}}} = \frac{{0,48}}{{\frac{1}{{\frac{{125}}{3}}}.\frac{1}{{125}}}} = 2500\)\( \Rightarrow \frac{1}{{\frac{{125}}{3}}} + \frac{1}{{125}} = \frac{{2{Z_L}}}{{2500}} \Rightarrow {Z_L} = 40{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\)

\( \Rightarrow R = \sqrt {2500 - {{40}^2}} = 30{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\).

Đáp án: \(30\Omega \)

Đốt cháy Y cũng giống như đốt cháy X.

\[X{\rm{ }} + {\rm{ }}{O_2} \to {\rm{ }}C{O_2} + {\rm{ }}{H_2}O\]

Ta có: \({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,4\,mol\)

\( \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = \frac{9}{{18}} = 0,5\,mol\)

Đốt cháy alkane X \( \Rightarrow {n_X} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,5 - 0,4 = 0,1\,mol\)

Gọi công thức phân tử của X là \[{C_n}{H_{2n + 2}}\left( {n{\rm{ }} \ge {\rm{ }}1} \right)\]

Bảo toàn nguyên tố C \(n = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 4\)

Vậy CTPT của alkane X là \[{C_4}{H_{10}}.\]

Chọn A.

\(\begin{array}{l}{n_{FeS{O_4}.7{H_2}O}} = \frac{{166,8}}{{278}} = 0,6\,mol = {n_{FeS{O_4}}}\\ \Rightarrow {m_{FeS{O_4}}}\; = 0,6 \cdot 152 = 91,2{\rm{ }}gam\end{array}\)

Khi cho muối ngậm nước vào 300 gam \[{H_2}O\]thì ta có:

\[{m_{{H_2}O}}\; = 300 + 0,6 \cdot 7 \cdot 18 = 375,6{\rm{ }}gam\]

375,6 gam \[{H_2}O\]hòa tan 91,2 gam \[FeS{O_4}\]

→ 100 gam \[{H_2}O\] hòa tan \(\frac{{100 \cdot 91,2}}{{375,6}} \approx 24,28\) gam \[FeS{O_4}\]

Vậy độ tan của \[FeS{O_4}\] ở \[{25^o}C\] là 24,28 gam.

Chọn B.

\({n_{KMn{O_4}}} = 0,025 \cdot 25,{2.10^{ - 3}} = 6,{3.10^{ - 4}}\left( {mol} \right)\)

Phản ứng chuẩn độ:

\[10{\rm{ }}FeS{O_4} + {\rm{ }}2KMn{O_4} + {\rm{ }}8{H_2}S{O_4} \to 5{\rm{ }}F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + {\rm{ }}2MnS{O_4} + {\rm{ }}{K_2}S{O_4} + {\rm{ }}8{H_2}O\]

Theo PTHH: \({n_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}}} = 5{n_{KMn{O_4}}} = 5 \cdot 6,{3.10^{ - 4}} = 3,{15.10^{ - 3}}\left( {mol} \right)\)

Bảo toàn nguyên tố Fe: \({n_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = {n_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}}} = 3,{15.10^{ - 3}}\left( {mol} \right)\)

⟹ \({m_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = 3,{15.10^{ - 3}} \cdot 116 = 0,3654\,\left( g \right)\)

⟹ \(\% {m_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{0,3654}}{{0,6}}.100\% = 60,9\% \).

Chọn C.

Dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ ⟹ 2 chất ban đầu là muối của các acid vô cơ (\[{H_2}C{O_3}\]và \[HN{O_3}\]).

Sau phản ứng thu được 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm) ⟹ 2 chất hữu cơ này là amine.

⟹ X gồm \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {C{H_3}N{H_3}} \right)_2}C{O_3}\;\left( {a{\rm{ }}mol} \right)\\{C_2}{H_5}N{H_3}N{O_3}\;\left( {b{\rm{ }}mol} \right)\end{array} \right.\)

⟹  \[{m_X}\; = {\rm{ }}124a{\rm{ }} + {\rm{ }}108b{\rm{ }} = {\rm{ }}3,4{\rm{ }}\left( 1 \right)\]

\(\)\[\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {C{H_3}N{H_3}} \right)}_2}C{O_3} + {\rm{ }}2NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}N{a_2}C{O_3} + {\rm{ }}2C{H_3}N{H_2} \uparrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O}\\{\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}a\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;\;{\rm{ }}a\;\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;{\rm{ }}\;\;\;\;2a{\rm{ }}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\left( {mol} \right)}\\{{C_2}{H_5}N{H_3}N{O_3} + {\rm{ }}NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}NaN{O_3} + {\rm{ }}{C_2}{H_5}N{H_2} \uparrow {\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}O}\\{\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}b\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;\;\;{\rm{ }}b\;\;\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}b\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\left( {mol} \right)}\end{array}\]

⟹ \[{n_{a\min e}} = {\rm{ }}2a{\rm{ }} + {\rm{ }}b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,04{\rm{ }}\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) ⟹ a = 0,01; b = 0,02.

Muối khan thu được sau phản ứng gồm: \[N{a_2}C{O_3}\left( {0,01{\rm{ }}mol} \right);{\rm{ }}NaN{O_3}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)\]

⟹ m = 0,01.106 + 0,02.85 = 2,76 gam.

Chọn D.

(a) đúng, nguyên tố H trong saccharose chuyển hoá thành \[{H_2}O\] nên màu trắng của \[CuS{O_4}\] khan chuyển thành màu xanh của \[CuS{O_4}.5{H_2}O.\]

(b) đúng, PTHH: \[C{O_2} + {\rm{ }}Ca{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}CaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}O.\]

(c) sai, đặt miệng ống nghiệm hơi chúc xuống trên giá ống nghiệm để hơi nước và \[C{O_2}\] thoát ra ống dẫn khí.

(d) sai, thí nghiệm chỉ xác định định tính được C và H.

(e) sai, tháo ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn để tránh dung dịch trong ống 2 bị hút vào ống dẫn khí do áp suất trong ống 1 giảm.

Vậy có 2 phát biểu đúng.

Chọn A.

* Xét quá trình lên men rượu

Ta có: ${\text{n}}_{{\text{C}}_6{\text{H}}_{12}{\text{O}}_6}=1 \text{mol}$

 $\begin{array}{l}{\text{C}}_6{\text{H}}_{12}{\text{O}}_6\stackrel{xt,t°}{\to }2{\text{C}}_2{\text{H}}_5\text{OH}+2{\text{CO}}_2\\ 1\to 22 \text{mol}\end{array}$

Vì hiệu xuất đạt \(80\% \) lên men rượu \( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_s}{\rm{OH}}}} = 2 \cdot 0,8 = 1,6\,\;{\rm{mol}}\).

* Xét quá trình oxi hóa (chú ý lượng ethyl alcohol lấy bằng \(\frac{1}{{10}}\)so với quá trình lên men rượu)

\(\begin{array}{l}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\0,144 \leftarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,144\;{\rm{mol}}\end{array}\)

Hiệu xuất phản ứmg: \({\rm{H}}\% = \frac{{0,144}}{{0,16}} \cdot 100\% = 90\% \).

Chọn B.

Các dữ kiện đề bài có thể tóm tắt lại thành sơ đồ sau:

Do Z gồm hỗn hợp hai hợp chất khí không màu và có \({\overline M _Z} = \frac{{7,4}}{{0,2}} = 37\)nên không có \[N{O_2}\]:

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NO:a}\\{{N_2}O:b}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 0,2}\\{30a + 44b = 7,4}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,1}\\{b = 0,1}\end{array}} \right.} \right.} \right.(mol)\)

Giả sử trong dung dịch Y không có muối \(N{H_4}N{O_3}\)nên ta có:

Nhận thấy: \(93,5 \ne 122,3\)→ dung dịch Y có muối \(N{H_4}N{O_3}\)

Gọi

Chọn C.

Quan sát đồ thị ta thấy, ở thời điểm từ 2 phút đến 3 phút đường biểu diễn sự phụ thuộc của thể tích khí \[{H_2}\]vào thời gian có độ dốc lớn nhất tức lượng khí \[{H_2}\] được tạo ra là nhiều nhất = 50 - 10 = 40 ml.

Chọn A.

Ta có: \({n_{KMn{O_4}}} = 0,001\;{\rm{mol}}\)

\(5{{\rm{H}}_2}{{\rm{O}}_2} + 2{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{MnS}}{{\rm{O}}_4} + 5{{\rm{O}}_2} + 8{{\rm{H}}_2}{\rm{O }}\)

\({n_{{{\rm{H}}_2}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{5}{2}.{n_{{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}}} = 2,{5.10^{ - 3}}\;{\rm{mol }}\)

\( \Rightarrow \% {m_{{{\rm{H}}_2}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{2,{{5.10}^{ - 3}}.34}}{{0,5}}.100\% = 17\% \)

Chọn B.

Tóm tắt thành sơ đồ sau:

- X và Y đều có 3 nguyên tử O trong phân tử → chúng có thể chứa các gốc \({\rm{C}}{{\rm{O}}_3}^{2 - },{\rm{NO}}_3^ - ,{\rm{HCO}}_3^ - \)

- Khi cho X, Y phản ứng với NaOH thu được khí T chứa C, H, N chứng tỏ khí T là amine, Y lại có 2 nguyên tử N

→ Y có thể là \[C{H_3}N{H_3}C{O_3}N{H_3}C{H_3}\]

- Khi cho X, Y phản ứng với HCl thu được khí Z là chất vô cơ nên Z là \[C{O_2}\]→ X là muối carbonate → X có thể là \[C{H_3}N{H_3}HC{O_3}\]

\( \Rightarrow E\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}{\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}:a(\;{\rm{mol}})}\\{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}:{\rm{b}}({\rm{mol}})}\end{array}} \right.\)

 $\to \left\{\begin{array}{l}\stackrel{\text{HCl}}{\to }{n}_{{\text{CO}}_2}=a+b=0,2\\ \stackrel{\text{NaOH}}{\to }{n}_{{\text{CH}}_3{\text{NH}}_2}=a+2b=0,3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,1\\ b=0,1\end{array}\right.\left(mol\right)$

\[ \to {\rm{m}} = 0,1 \cdot 93 + 0,1 \cdot 124 = 21,7\,({\rm{gam}})\]

Đáp án: 21,7

Hoocmôn thực vật (phitôhoocmôn) là các chất hữu cơ do cơ thể thực vật điều tiết hoạt động sống của cây. Khác với enzim là chất xúc tác cho 1 phản ứng sinh hoá, hoocmôn hoạt hoá cả 1 chương trình phát sinh hình thái như kích thích hạt và chồi nảy mầm - gồm rất nhiều quá trình và nhiều phản ứng sinh hoá. Chọn A.

Giun đất trao đổi khí với môi trường qua da nên da của giun đất cần ẩm ướt để \({{\rm{O}}_2},{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) có thể hòa tan và khuếch tán qua da được dễ dàng. Nếu bắt giun đất để trên bề mặt đất khô ráo, da sẽ bị khô nên giun không hô hấp được và sẽ bị chết. Chọn C.

Thụ tinh chéo có sự tổ hợp vật chất di truyền từ hai nguồn khác nhau nên có tính biến dị đa dạng hơn, tạo tính đa dạng ở đời con nên khả năng thích nghi cao hơn. Tự thụ tinh làm cho cá thể đời con thuần chủng nên hạn chế nguồn biến dị tổ hợp. Chọn A.

T là bazơ nitơ trong ADN nên phải có đường đêôxiribôzơ \({\rm{(}}{{\rm{C}}_5}{{\rm{H}}_{10}}{{\rm{O}}_4}).\) Chọn D.

Dạng đột biến cấu trúc NST làm tăng hoạt tính của enzim amilaza ở đại mạch là lặp đoạn. Chọn D.

Kiểu gen AaBb bình thường giảm phân cho ra 4 loại giao tử đơn bội, nuôi cấy sẽ tạo ra tối đa 4 dòng cây đơn bội. Chọn D.

Quần thể chỉ gồm các kiểu gen thuần chủng khi tự thụ phấn sẽ có cấu trúc di truyền không đổi qua các thế hệ. Do đó, trong các quần thể đã cho, quần thể có cấu trúc di truyền là 100% bb sẽ có tần số các kiểu gen không đổi qua các thế hệ. Chọn B.

Bằng chứng sinh học phân tử gồm: trình tự axit amin, trình tự nuclêôtit,… Chọn D.

A là bằng chứng hóa thạch, C là bằng chứng giải phẫu so sánh, D là bằng chứng tế bào học.

I. Đúng. Thứ tự chịu mặn: Loài (I) > loài (II) > Loài (III).

II. Sai. Tốc độ sinh trưởng của loài (II) không tỉ lệ nghịch với độ mặn của cả ba bãi lầy mà có lúc tăng có lúc giảm.

III. Sai. Bãi lầy B và C trồng xen được cả 3 loài là (I), (II), (III); bãi lầy A chỉ trồng xen được hai loài là (I) và (II).

IV. Sai. Loài (III) có tốc độ sinh trưởng kém hơn loài (I) và loài (II) ở độ mặn từ 22,5% đến 35%.

Chọn D.

F₁ thu được 24 loại kiểu gen mà kiểu hình lặn về 3 tính trạng chiếm 1,25% chỉ có ở giới đực ® Gen nằm trên NST giới tính X tại vùng không tương đồng.

TH1: Xét 1 gen nằm trên giới tính (ví dụ gen Dd)

Ta có: X^DX^d × X^DY ® X^dY = 0,25 ® (aa, bb) = 1,25% : 0,25 = 5% = 10% ab (ruồi giấm cái) × 50% ab (ruồi giấm đực – ruồi giấm đực không hoán vị gen). Vậy ab (ruồi giấm cái) = 10% suy ra kiểu gen của ruồi giấm cái là \[\frac{{Ab}}{{aB}}\]. Vậy P là \[\frac{{Ab}}{{aB}}\] X^DX^d (f = 20%) × \[\frac{{AB}}{{ab}}\]X^DY . Thử lại, số loại kiểu gen = 7 × 4 = 28 (không thỏa mãn).

Vậy 2 gen nằm trên 1 cặp NST giới tính (ví dụ gen Bb, Dd).

Số loại kiểu gen = 24 = 3 × 8 (cặp Aa có 3 kiểu gen; cặp Bb, Dd có 8 kiểu gen).

Phép lai gen Aa = Aa × Aa ® aa = 0,25 ® X^bdY = 5% ® X^bd = 10%.

® F₁: AaX^BdX^bD × AaX^BDY.

® Ruồi cái A-B-D- ở F₁ = 0,75 × 1/2 = 0,375.

Xác định tỉ lệ ruồi cái có 5 alen trội ở F₁:

+ Ruồi cái AA cần 3 alen trội cặp BD (X^BDX^Bd và X^BDX^bD)\( = \frac{1}{4} \times (0,5 \times 0,4 + 0,5 \times 0,4) = 0,1.\)

+ Ruồi cái Aa cần 4 alen trội cặp BD (X^BDX^BD) \( = \frac{2}{4} \times (0,5 \times 0,1) = 0,025.\)

Vậy tỉ lệ cần tìm = \[\frac{{0,1 + 0,025}}{{0,375}} = \frac{1}{3}.\] Đáp án: \(\frac{1}{3}.\)