Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 2} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = 3\,;\,\,\overrightarrow {BC}  = \left( {4\,;\,\,1\,;\,\,1} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = 3\sqrt 2 .\)

Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\) và có diện tích bằng \(6\sqrt 2 \) nên

\(\frac{1}{2}AB\left( {AD + BC} \right) = 6\sqrt 2  \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \left( {AD + 3\sqrt 2 } \right) = 6\sqrt 2  \Rightarrow AD = \sqrt 2  \Rightarrow AD = \frac{1}{3}BC.\)

Do \[ABCD\] là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\) nên \(\overrightarrow {AD}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} .\)

Giả sử \[D\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\] khi đó ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - 1 = \frac{4}{3}}\\{b - 2 = \frac{1}{3}}\\{c - 1 = \frac{1}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{7}{3}}\\{b = \frac{7}{3}}\\{c = \frac{4}{3}}\end{array} \Rightarrow a + b + c = 6} \right.} \right..\)

Chọn A.

Khi ô tô dừng hẳn thì \(V\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow  - 5t + 15 = 0 \Leftrightarrow t = 3\).

Quãng đường di chuyển của ô tô từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn là

\(S = \int\limits_0^3 {\left( { - 5t + 15} \right)dt}  = \left. {\left( { - \frac{{5{t^2}}}{2} + 15t} \right)} \right|_0^3 = 22,5\;\,({\rm{m)}}{\rm{. }}\)Chọn A.

Ta có \(\widehat {AMB} = 120^\circ ,\,\,\widehat {AMC} = 150^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {BMC} = 360^\circ  - 120^\circ  - 150^\circ  = 90^\circ \)

\(\widehat {CMD} = 180^\circ  - \widehat {AMC} = 180^\circ  - 150^\circ  = 30^\circ \)

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

Do đó: \[w = \left( {z + 1} \right)\bar z = z \cdot \bar z + \bar z = \left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right) + 1 - i = 2 + 1 - i = 3 - i.\]

Do đó \(\left| w \right| = \sqrt {{3^2} + 1}  = \sqrt {10} .\) Chọn B.

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) suy ra đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) gồm:

- Nét cuối hướng xuống \( \Rightarrow a < 0\)

- Cắt trục tung tại điểm có tung độ âm \( \Rightarrow d < 0\)

- Hai điểm cực trị dương \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - \frac{{2b}}{{3a}} > 0}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b > 0}\\{c < 0}\end{array}} \right.} \right..\)

Vậy \(a < 0\,,\,\,b > 0\,,\,\,c < 0\,,\,\,d < 0.\) Chọn A.

Dựa vào hình vẽ dễ nhận thấy bán kính mặt cầu nội tiếp hình lập phương là tâm \(I\), bán kính \(r = IO = \frac{a}{2}.\)

Thể tích của mặt cầu nội tiếp hình lập phương là:

Đặt \(y = f(x) = {x^3} - 6mx + 5 - 5{m^2}\) có \(f'(x) = 3{x^2} - 6m\,;\,\,f''(x) = 6x.\)

Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \) Hàm số \(y = f(x)\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

\( \Leftrightarrow f'(x) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thoả mãn \(f\left( {{x_1}} \right).f\left( {{x_2}} \right) < 0.\)

Vì 3 nghiệm đó lập thành cấp số cộng nên \({x_2} - {x_1} = {x_3} - {x_2}.\)

Suy ra \({x_2}\) là hoành độ của tâm đối xứng hay là nghiệm của \(f''(x) = 0.\)

Cho \(f''(x) = 0 \Rightarrow 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)

Với \(x = 0\) ta có: \(5 - 5{m^2} = 0 \Leftrightarrow m =  \pm 1.\)

Thử lại:

• Với \(m = 1\) thì ta có \({x^3} - 6x + 5 = 5 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x =  \pm \sqrt 6 }\end{array}} \right.\)

• Với \(m =  - 1\) thì ta có \({x^3} + 6x + 5 = 5 \Leftrightarrow x\left( {{x^2} + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0.\)

Chọn B.

Ta có \(\int\limits_0^2 {xf'\left( {2x} \right)dx}  = \frac{1}{4}\int\limits_0^4 {tf'\left( t \right)dt} \)\( = \frac{1}{4}\int\limits_0^4 {xf'\left( x \right)dx}  = \frac{1}{4}\left[ {\left. {xf\left( x \right)} \right|_0^4 - \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} } \right]\)

\( = \frac{1}{4}\left[ {4 \cdot f\left( 4 \right) - \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx} } \right] = \frac{1}{4}\left( {4 \cdot 2023 - 4} \right) = 2022.\) Chọn A.

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC \Rightarrow AM \bot BC\) (1)

Có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AM}\end{array} \Rightarrow BC \bot SM} \right.\)

Từ (1) và \((2)\) suy ra \(\left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SMA} = \alpha .\)

Ta có \(6\sqrt {\left( {x - 2} \right)\left( {x - 32} \right)}  \ge {x^2} - 34x + 48 \Leftrightarrow 6\sqrt {{x^2} - 34x + 64}  \ge {x^2} - 34x + 48\)

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 34x + 64} \,\,\left( {t \ge 0} \right)\), suy ra \({x^2} - 34x + 48 = {t^2} - 16\).

Bất phương trình trở thành: \(6t \ge {t^2} - 16 \Leftrightarrow {t^2} - 6t - 16 \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le t \le 8\)

Kết hợp điều kiện, suy ra \(0 \le t \le 8 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 34x + 64}  \le 8 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 34x + 64 \ge 0}\\{{x^2} - 34x + 64 \le 64}\end{array}} \right.\)

Vậy bất phương trình có 6 nghiệm nguyên \(x \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,32\,;\,\,33\,;\,\,34} \right\}.\) Chọn B.

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

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

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

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

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

Ta có \(s\left( t \right) = \int v \left( t \right){\rm{d}}x = k{t^3} + \frac{1}{2}n{t^2}\)

Sau 5 giây, quãng đường đi được là \(s\left( 5 \right) = 150 \Leftrightarrow 125k + 12,5n = 150.\)

Sau 10 giây, quãng đường đi được là \(s\left( {10} \right) = 1100 \Leftrightarrow 1\,\,000k + 50n = 1100.\)

Suy ra \(k = 1,\,\,n = 2\) nên \(s(t) = {t^3} + {t^2}.\)

Vậy quãng đường cần tính là \(s(30) = {30^3} + {30^2} = 27\,\,900\;\,\,({\rm{m)}}.\)

Chọn A.

Vì hệ đã cho có nghiệm \(\left( {{x_0};\,\,2} \right)\) nên ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} - \left( {m + 1} \right) \cdot 2 = m - 2}\\{2m{x_0} + \left( {m - 2} \right) \cdot 2 = 4}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 3m}\\{m{x_0} + m - 2 = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 3m}\\{3{m^2} + m - 4 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 3m}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m =  - \frac{4}{3}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Vậy có hai giá trị của \(m\) là \({m_1} = 1,{m_2} =  - \frac{4}{3}\) nên ta có \({m_1} + {m_2} =  - \frac{1}{3}.\) Chọn A.

Gọi số tiền ông Hưng gửi ở hai ngân hàng X và Y lần lượt là \(x\) và \(y\) triệu đồng.

Khi đó ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 320}\\{x{{\left( {1 + 0,021} \right)}^5} + y{{\left( {1 + 0,0073} \right)}^9} = 27,507\,\,768\,\,13 + 320}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 140}\\{y = 180}\end{array}} \right.} \right..\]

Chọn A.

Ta có \({2^a} = {3^b} \Rightarrow b = a \cdot {\log _3}2\)

\( \Rightarrow a - b < 4 \Leftrightarrow a - a \cdot {\log _3}2 < 4\)\( \Leftrightarrow a\left( {1 - {{\log }_3}2} \right) < 4\)

\( \Leftrightarrow a < {\log _3}\frac{3}{2} < 4 \Leftrightarrow a < \frac{4}{{{{\log }_3}\frac{3}{2}}}\). Do đó \(a \in \left( {0;\frac{4}{{{{\log }_3}\frac{3}{2}}}} \right).\)

Kết hợp điều kiện \(a \in \mathbb{Z} \Rightarrow a \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,10} \right\}.\)

Vậy có 10 giá trị của \(a\) thoả mãn. Chọn B.

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4\left( {{m^2} - 3m} \right)x \ge 0\,;\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - {m^2} + 3m} \right) \ge 0\,;\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - {m^2} + 3m \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} - 3m \le {x^2}\,;\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow m \in \left[ { - 1\,;\,\,4} \right].\) Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}.\)

Vậy có 6 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Xét tại vị trí 3: xác suất để cầu thủ đá đúng vị trí 3 là \(\frac{1}{4}.\)

Đây cũng là xác suất thủ môn lao đến vị trị 3 và xác suất để thủ môn bắt được bóng ở vị trí này là \(\frac{1}{2}\), do đó xác suất để bóng không vào lưới là \(\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{{32}}.\) Tương tự với vị trí 3.

Xét tại vị trí 1: cũng tương tự tuy nhiên khi cầu thủ sút bóng và thủ môn cùng lao về vị trí này thì thủ môn chắc chắn bắt được bóng, do đó xác suất là \(\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{{16}}.\) Tương tự với vị trí 2.

Vậy xác suất cần tính là \(P = \frac{1}{{32}} \cdot 2 + \frac{1}{{16}} \cdot 2 = \frac{3}{{16}}.\) Chọn B.

Ta có: \(IH = d\left( {I\,;\,\,d} \right) = 2.\)

\({S_{IAB}} = \frac{1}{2}IH \cdot AB \Rightarrow AB = \frac{{2 \cdot {S_{IAB}}}}{{IH}} = \frac{{2 \cdot 4}}{2} = 4 \Rightarrow AH = 2.\)

\( \Rightarrow R = IA = \sqrt {A{H^2} + I{H^2}}  = \sqrt {{2^2} + {2^2}}  = 2\sqrt 2 .\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot AB\)

Mà \((SAB) \bot (ABC);(SAB) \cap (ABC) = AB \Rightarrow SH \bot (ABC)\)

Ta có \(\frac{{{V_{S.GBC}}}}{{{V_{S.HBC}}}} = \frac{{SG}}{{SH}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{S.GBC}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABC}}\)

Lai có \(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}}  = \sqrt 3 a\)

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

Khi đó, ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau

Xét \(y = f\left( { - 2x} \right)\), ta có \(y' =  - 2f'\left( { - 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x =  - 2}\\{ - 2x = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 0}\end{array}} \right.} \right..\)

Khi đó, ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( { - 2x} \right)\) như sau

Vậy hàm số \(y = f\left( { - 2x} \right)\) đạt cực đại tại \(x = 1.\) Chọn C.

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hoà là vị trí vật đứng yên, khi đó \(x = 0.\)

Ta có \(2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\)\( \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},\,\,k \in \mathbb{Z}\)

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là \(0 \le t \le 6\)

Hay \(0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6 \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}.\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}.\)

Vậy trong khoảng thò̀i gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.

Chọn D.

Ta có \(f\left( x \right) + x \cdot f'\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2\)\( \Leftrightarrow x' \cdot f\left( x \right) + x \cdot f'\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x \cdot f'\left( x \right)} \right)^\prime } = 4{x^3} + 4x + 2 \Leftrightarrow x \cdot f\left( x \right) = \int {\left( {4{x^3} + 4x + 2} \right){\rm{d}}x} \)

\[ \Leftrightarrow x \cdot f\left( x \right) = {x^4} + 2{x^2} + 2x + C\,\,\,(*)\]

Thay \(x = 0\) vào (*), ta được \(C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} + 2x + 2.\)

Suy ra \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\), do đó \(f\left( x \right) = f'\left( x \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1.{\rm{ }}}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)

Vậy diện tích cần tính là \(S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right|{\rm{d}}x}  = \frac{1}{2}.\) Chọn C.

Kẻ \[A'H \bot \left( {ABC} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( {A'A,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {A'AH} = 60^\circ \]

Xét \(\Delta AHA'\) có \(\sin 60^\circ  = \frac{{A'H}}{{AA'}}\)

 \( \Leftrightarrow A'H = AA' \cdot \sin 60^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:

Giả sử \(M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right).\)

Ta có: \(M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2};\,\,M{B^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2};\,\,M{C^2} = {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 3} \right)^2}.\)

\(M{A^2} = M{B^2} + M{C^2} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2} + {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 3} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow  - 2x + 1 = {\left( {y - 2} \right)^2} + {x^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 2.{\rm{ }}\)

Vậy tập hợp các điểm \(M\) thoả mãn \(M{A^2} = M{B^2} + M{C^2}\) là mặt cầu có bán kính là \(R = \sqrt 2 .\)

Chọn D.

 Xấp xỉ hàm, coi hàm số \(f\left( {2x - 1} \right) \approx f\left( x \right)\).

Khi đó \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + mx + 3\), có \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + m = 0 \Leftrightarrow  - m = f'\left( x \right)\].

Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow  - m = f'\left( x \right)\] có ba nghiệm đơn phân biệt

Dựa vào hình vẽ, ta được \( - 3 <  - m < 1 \Leftrightarrow  - 1 < m < 3\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên suy ra \(m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\) Chọn B.

Ta có \(f'\left( x \right) = m \cdot \frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }}\).

Do \(m \ne 0\) nên \(f'\left( x \right) \ne 0\) và có dấu không thay đổi \(\forall x \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right).\)

TH1: Nếu \(m > 0\) thì \(f'\left( x \right) > 0\,,\,\,\forall x \in \left[ {2;\,\,5} \right].\)

Do đó \({\min _{\left[ {2;\,\,5} \right]}}f\left( x \right) = f(2) = m\,;\,\,{\max _{\left[ {2;\,\,5} \right]}}f\left( x \right) = f(5) = 2m.\)

Suy ra \({\min _{\left[ {2;\,\,5} \right]}}f\left( x \right) + {\max _{\left[ {2;\,\,5} \right]}}f\left( x \right) = {m^2} - 10\)

\( \Leftrightarrow m + 2m = {m^2} - 10\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m_1} =  - 2}\\{{m_2} = 5}\end{array}} \right.\).

Do \(m > 0\) nên nhận \({m_2} = 5.\)

TH2: Nếu \(m < 0\) thì \(f'\left( x \right) < 0\,,\,\,\forall x \in \left[ {2;\,\,5} \right].\)

Do đó \({\min _{\left[ {2;\,\,5} \right]}}f\left( x \right) = f(5) = 2m\,;\,\,{\max _{\left[ {2;\,\,5} \right]}}f\left( x \right) = f(2) = m.\)

Suy ra \({\min _{\left[ {2;\,\,5} \right]}}f\left( x \right) + {\max _{\left[ {2;\,\,5} \right]}}f\left( x \right) = {m^2} - 10\)

\( \Leftrightarrow 2m + m = {m^2} - 10\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m_1} =  - 2}\\{{m_2} = 5}\end{array}} \right.\).

Do \(m < 0\) nên nhận \({m_1} =  - 2.\)

Vậy \({m_1} + {m_2} = 3.\) Chọn A.

Do \(\left( Q \right)\,{\rm{//}}\,\left( P \right):2x - 2y + z - 7 = 0\), suy ra \(\left( Q \right):2x - 2y + z + m = 0,\,\,\left( {m \ne  - 7} \right).\)

Ta có \(\left( S \right):{x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 25\) có tâm \(I\left( {0\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\) bán kính \(R = 5.\)

Gọi \(h = d\left( {I;\,\,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 0 - 2 \cdot 2 - 1 + m} \right|}}{{\sqrt {4 + 4 + 1} }} = \frac{{\left| {m - 5} \right|}}{3}.\)

Do \((Q)\) cắt mặt cầu \((S)\) theo một đường tròn có bán kính \(r = 3\), suy ra \({R^2} = {r^2} + {h^2}\)

\( \Leftrightarrow 25 = 9 + \frac{{{{\left( {m - 5} \right)}^2}}}{9} \Leftrightarrow {\left( {m - 5} \right)^2} = 144 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 5 = 12}\\{m - 5 =  - 12}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 17}\\{m =  - 7{\rm{ (loai) }}}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có phương trình là \(2x - 2y + z + 17 = 0.\) Chọn D.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho \(O\) là gốc tọa độ.

\(OH \in Oy\,;\,\,Ox \bot OH = O\) chiều dương hướng từ \(A\) đến \(B\) nên \(B\left( {\frac{5}{2};4} \right).\)

Giả sử parabol \(\left( P \right)\) đi qua \(O\) có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\)

Ta có hệ phương trình

Gọi diện tích hình phẳng giới hạn các đường \(y = \frac{{16}}{{25}}{x^2},\,\,y = 4,\,\,x =  - \frac{5}{2};\,\,x = \frac{5}{2}\) là \({S_1}.\)

Ta có \[{S_1} = \int\limits_{ - 2,5}^{2,5} {\left( {4 - \frac{{16}}{{25}}{x^2}} \right)dx}  = \frac{{40}}{3}\;\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\]

Diện tích hoa văn là \(S = {10^2} - \frac{{40}}{3} \cdot 4 = \frac{{140}}{3}\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\). Chọn B.

Ta có \(y' =  - {x^3} + 4x\,;\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x =  \pm \,2}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên:

Vì \(BC\,{\rm{//}}\,AD\) nên mặt phẳng \(\left( {BMC} \right)\) cắt \((SAD)\) theo đoạn thẳng \(MN\,{\rm{//}}\,AD\,\,\left( {N \in SD} \right)\)

\(\frac{{{V_{S.BMC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} = k\); \(\frac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SN}}{{SD}} = {k^2}\)

\( \Rightarrow {V_{S.MNC}} = {k^2} \cdot {V_{S.ADC}} = \frac{{{k^2}}}{2} \cdot {V_{S.ABCD}}\)\( \Rightarrow {V_{S.MBCN}} = \left( {\frac{k}{2} + \frac{{{k^2}}}{2}} \right) \cdot {V_{S.ABCD}}\).

Để \(\left( {BMC} \right)\) chia khối chóp \[S.ABCD\] thành hai phần có thể tích bằng nhau thì

\(\frac{k}{2} + \frac{{{k^2}}}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {k^2} + k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\,\,\left( {k > 0} \right).\) Chọn B.

Gọi \[H,\,\,K\] lần lượt là hình chiếu của \(A\) trên \(d\,,\,\,\left( P \right).\)

Khi đó \(d\left( {A;\,\,\left( P \right)} \right) = AK \le AH.\) Dấu  xảy ra khi \(H \equiv K.\)

\(H \in d \Rightarrow H\left( { - 2t - 1\,;\,\,t\,;\,\,t + 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \left( { - 2t - 2\,;\,\,t - 2\,;\,\,t - 2} \right)\)

\({\rm{M\`a  }}\overrightarrow {AH}  \bot {\vec u_d}{\rm{ n\^e n }} - 2\left( { - 2t - 2} \right) + 1\left( {t - 2} \right) + 1\left( {t - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 4t + 4 + 2t - 4 = 0 \Leftrightarrow t = 0 \Rightarrow H\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)

Do đó \[{\vec n_{\left( P \right)}} = k \cdot \overrightarrow {AH}  = k \cdot \left( { - 2\,;\,\, - 2\,;\,\, - 2} \right) = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right).\] Chọn B.

Đặt \(t = 2\sin x + 1\,,\,\,t \in \left[ { - 1\,;\,\,3} \right]\)

Xét hàm số \(g(t) = f(t) + m = {t^3} - 3t + 1 + m\,,\,\,t \in \left[ { - 1\,;\,\,3} \right]\)

\(g'(t) = 3{t^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow t =  \pm 1\)

Suy ra \({\max _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}g(t) = g(3) = m + 19\,,\,\,{\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}g(t) = g(1) = m - 1\)

TH1: Nếu \(m + 19 > m - 1 > 0\,\,\left( {m > 1} \right)\)

Để thoả mãn yêu cầu bài toán thì \(m - 1 \le 10 \Rightarrow m \le 11 \Rightarrow 1 < m \le 11\) (1)

TH2: Nếu \(0 > m + 19 > m - 1\,\,\left( {m <  - 19} \right)\)

Để thoả mãn yêu cầu bài toán thì \(m + 19 \ge  - 10 \Leftrightarrow m \ge  - 29 \Rightarrow  - 29 \le m <  - 19\) (2)

TH3: Nếu \(m - 1 \le 0 \le m + 19 \Leftrightarrow  - 19 \le m \le 1\) thì \(\min y = 0\) (hiển nhiên đúng) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \( - 29 \le m \le 11\).

Vậy có 41 số nguyên thoả mãn. Chọn B.

Vì đúng một nửa khối cầu chìm trong nước nên thể tích khối cầu gấp 2 lần thể tích nước tràn ra ngoài.

Gọi bán kính khối cầu là \(R,\) lúc đó: \(\frac{4}{3}\pi {R^3} = 36\pi  \Leftrightarrow {R^3} = 27.\)

Xét tam giác \[ABC\] có \[AC\] là chiều cao bình nước nên \(AC = 2R\) (vì khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước).

Trong tam giác \[ABC\] có: \(\frac{1}{{C{H^2}}} = \frac{1}{{C{A^2}}} + \frac{1}{{C{B^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{R^2}}} = \frac{1}{{4{R^2}}} + \frac{1}{{C{B^2}}} \Leftrightarrow C{B^2} = \frac{{4{R^2}}}{3}.\)

Thể tích khối nón là: \({V_n} = \frac{1}{3}\pi  \cdot C{B^2} \cdot AC = \frac{1}{3}\pi  \cdot \frac{{4{R^2}}}{3} \cdot 2R = \frac{{8\pi }}{9} \cdot {R^3} = 24\pi \,\,\left( {d{m^3}} \right).\)

Chọn D.

Gọi \[a,\,\,b,\,\,c\] theo thứ tự là số học sinh chỉ thi môn điền kinh, nhảy xa, nhảy cao;

\[x\] là số học sinh chỉ thi hai môn điền kinh và nhảy xa;

\[y\] là số học sinh chỉ thi hai môn nhảy xa và nhảy cao;

\[z\] là số học sinh chỉ thi hai môn điền kinh và nhảy cao.

Số em thi ít nhất một môn là \(45 - 7 = 38\) (học sinh).

Dựa vào biểu đồ Ven ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + x + z + 5 = 25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)}\\{b + x + y + 5 = 20\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}\\{c + y + z + 5 = 15\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)}\\{x + y + z + a + b + c + 5 = 38\,\,\,\,\,(4)}\end{array}} \right.\)

Cộng vế với vế của \[(1),\,\,(2),\,\,(3)\] ta được: \(a + b + c + 2\left( {x + y + z} \right) + 15 = 60\) (5)

Từ (4), (5) ta có: \(a + b + c + 2\left( {38 - 5 - a - b - c} \right) + 15 = 60 \Leftrightarrow a + b + c = 21.\)

Vậy có 21 học sinh chỉ thi một trong ba nội dung trên.

Đáp án: 21.

Ta có \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{ - \frac{{{u_n}}}{5}}}{{{u_n}}} =  - \frac{1}{5}\) do đó dãy \(\left( {{u_n}} \right),\,\,n \in {\mathbb{N}^*}\) là một cấp số nhân lùi vô hạn có \({u_1} = 3,q =  - \frac{1}{5}.\)

Suy ra \(\lim {S_n} = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{3}{{1 + \frac{1}{5}}} = \frac{5}{2}.\)

Đáp án: \(\frac{5}{2}.\)

Ta có bán kính hình nón \(r = \frac{a}{2}\), đường cao \(h = a,\) đường sinh \(\ell  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)

Diện tích toàn phần là:

\({S_{tp}} = \pi r\ell  + \pi {r^2} = \pi \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{4} + \pi \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{\pi {a^2}}}{4}\left( {\sqrt 5  + 1} \right) \Rightarrow b = 5\,,\,\,c = 1.\)Vậy \(bc = 5.\)

Số cách rút được 3 thẻ bất kì là \(C_{26}^3\).

Số cách rút được 3 thẻ có đúng 2 số tự nhiên liên tiếp:

Chọn 2 số tự nhiên liên tiếp: \[\left\{ {1\,;\,\,2} \right\}\,;\,\,\left\{ {2\,;\,\,3} \right\}\,;\,\, \ldots \,;\,\,\left\{ {25\,;\,\,26} \right\}\].

TH1: Chọn 2 thẻ là \[\left\{ {1\,;\,\,2} \right\}\] hoặc \[\left\{ {25\,;\,\,26} \right\}\], có 2 cách.

Thẻ còn lại không được là 3 (hoặc 24): \[26 - 3 = 23\] (cách) \( \Rightarrow 2 \cdot 23 = 46\) (cách).

TH2: Chọn 2 thẻ là \[\left\{ {2\,;\,\,3} \right\}\,;\,\,\left\{ {3\,;\,\,3} \right\}\,;\,\, \ldots ;\left\{ {24\,;\,\,25} \right\}\], có 23 cách.

Thẻ còn lại chỉ có: \[26 - 4 = 22\] (cách). Khi đó, \[23 \cdot 22 = 506\] (cách).

Số cách rút 3 thẻ trong đó có 3 số tự nhiên liên tiếp:

\[\left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\,;\,\,\left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\,;\,\, \ldots \,;\,\,\left\{ {24\,;\,\,25\,;\,\,26} \right\}\], có 24 cách.

Vậy có: \(C_{26}^3 - 46 - 506 - 24 = 2\,\,024\) (cách).

Đáp án: 2024.

Theo bài ra, ta có \(2a + 2b = 120 \Leftrightarrow a + b = 60.\)

Diện tích xung quanh của hình trụ chính là diện tích của hình chữ nhật.

Khi đó \({S_{xq}} = ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} = \frac{{{{60}^2}}}{4} = 900\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(a = b = 30.\)

Đáp án: 990.

Ta có điều kiện xác định là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne m}\\{x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)}\end{array}} \right.\), khi đó đồ thị hàm số sẽ không có tiệm cận ngang.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \infty \,,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = \infty \)

Suy ra \(x = 0\,,\,\,x = 2\) là hai đường tiệm cận đứng.

Vậy để đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge 2}\end{array}} \right.\), theo bài \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 100\,;\,\,100} \right].\)

 Vậy có 200 số nguyên \(m\) thoả mãn đầu bài.

Đáp án: 200.

Ta có \({\log _5}x + {\log _5}y \ge {\log _5}\left( {{x^2} + y} \right) \Leftrightarrow {\log _5}(xy) \ge {\log _5}\left( {{x^2} + y} \right)\)

\( \Leftrightarrow xy \ge {x^2} + y \Leftrightarrow y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} \Leftrightarrow y \ge \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}\) với \(x > 1.\)

Do đó \(P = 2x + y \ge 2x + \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} = 2x + \frac{{{x^2} - 1 + 1}}{{x - 1}} = 2x + x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}\)

\( = 3x + 1 + \frac{1}{{x - 1}} = 3\left( {x - 1} \right) + \frac{1}{{x - 1}} + 4 \ge 2\sqrt {3\left( {x - 1} \right) \cdot \frac{1}{{x - 1}}}  + 4 = 2\sqrt 3  + 4.\)

Vậy \(\min P = 2\sqrt 3  + 4 \Rightarrow a = 2\,;\,\,b = 3\,;\,\,c = 4 \Rightarrow Q = abc = 24.\)

Đáp án: 24.

Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \[z.\]

Ta có \(\left| {\bar z} \right| = \left| {z + 2i} \right| \Leftrightarrow y + 1 = 0\), tức biểu diễn hình học của số phức thoả mãn giả thiết là đường thẳng \(y + 1 = 0.\) Xét điểm \(A\left( {0\,;\,\,1} \right)\) và \(B\left( {4\,;\,\,0} \right)\) thì \(P = \left| {z - i} \right| + \left| {z - 4} \right| = MA + MB.\)

Dễ thấy \[A,\,\,B\] cùng phía với đường thẳng \(y + 1 = 0\) nên \(MA + MB\) nhỏ nhất bằng \(BA'\) trong đó \(A'\left( {0\,;\,\, - 3} \right)\) đối xứng với \(A\) qua đường thẳng \(y + 1 = 0.\)

Gọi \(I = \int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {f\left( x \right)dx} .\) Đặt \(t =  - x \Rightarrow {\rm{d}}t =  - {\rm{d}}x.\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - \ln 2 \Rightarrow t = \ln 2\\x = \ln 2 \Rightarrow t =  - \ln 2.\end{array} \right.\)

Ta được \[I =  - \int\limits_{\ln 2}^{ - \ln 2} {f\left( { - t} \right)dt}  =  - \int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {f\left( { - t} \right)dt}  = \int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {f\left( { - x} \right)dx} .\]

Khi đó ta có: \[2I =  - \int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {f\left( x \right)dx} {\rm{  + }}\int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {f\left( { - x} \right)dx}  = \int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {\left[ {f\left( x \right) + f\left( { - x} \right)} \right]dx}  = \int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {\frac{1}{{{e^x} + 1}}dx.} \]

Xét \(\int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {\frac{1}{{{e^x} + 1}}dx.} \) Đặt \(u = {e^x} \Rightarrow {\rm{d}}u = {e^x}\;{\rm{d}}x\)

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - \ln 2 \Rightarrow u = \frac{1}{2}\\x = \ln 2 \Rightarrow u = 2\end{array} \right.\).

Ta được \(\int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {\frac{1}{{{e^x} + 1}}dx}  = \int\limits_{ - \ln 2}^{\ln 2} {\frac{{{e^x}}}{{{e^x}\left( {{e^x} + 1} \right)}}dx}  = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\frac{1}{{u\left( {u + 1} \right)}}du} \)

\( = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\left( {\frac{1}{u} - \frac{1}{{u + 1}}} \right)du}  = \left. {\left( {\ln \left| u \right| - \ln \left| {u + 1} \right|} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^2 = \ln 2\).

Vậy ta có \(a = \frac{1}{2},\,\,b = 0 \Rightarrow a + b = \frac{1}{2}.\)

Đáp án: \(\frac{1}{2}.\)

Gọi \[A\] là biên độ trận động đất ở San Francisco và \[B\] là biên độ trận động đất ở Nhật Bản.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\log A - \log {A_0} = 8 \Leftrightarrow \log \frac{A}{{{A_0}}} = 8}\\{\log B - \log {A_0} = 6 \Leftrightarrow \log \frac{B}{{{A_0}}} = 6}\end{array}} \right..\)

Suy ra \(\log \frac{A}{{{A_0}}} - \log \frac{B}{{{A_0}}} = 8 - 6 \Leftrightarrow \log \left( {\frac{A}{{{A_0}}}:\frac{B}{{{A_0}}}} \right) = 2 \Leftrightarrow \log \frac{A}{B} = 2 \Leftrightarrow \frac{A}{B} = {10^2} = 100.\)

Đáp án: 100.

Để phương trình \({z^2} - 6z + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({z_1},\,\,{z_2}\) thỏa mãn \({z_1} \cdot \overline {{z_1}}  = {z_2} \cdot \overline {{z_2}} \) thì

\[\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\Delta  < 0 \Leftrightarrow {6^2} - 4m < 0 \Leftrightarrow m > 9\\{z_1} \cdot \overline {{z_1}}  = {z_2} \cdot \overline {{z_2}}  \Leftrightarrow {z_1},\,\,{z_2} = {z_2} \cdot {z_1}\,\,({\rm{TM}})\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0 \Leftrightarrow {6^2} - 4m > 0 \Leftrightarrow m < 9 \Leftrightarrow m > 9\\{z_1} \cdot \overline {{z_1}}  = {z_2} \cdot \overline {{z_2}}  \Leftrightarrow z_1^2 = z_2^2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} = {z_2}\,\,(\;{\rm{L}})}\\{{z_1} =  - {z_2} \Leftrightarrow {z_1} + {z_2} = 0 \Rightarrow 3 = 0\,\,(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\]

Mà trong khoảng \(\left( {0\,;\,\,20} \right)\) và \({m_0} \in \mathbb{N}\) nên có 10 giá trị \({m_0}\) thoả mãn.

Đáp án: 10.

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương là \(\vec u = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,1} \right)\) và mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right).\)

Gọi \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \((P)\) ta có \(\sin \alpha  = \frac{{\left| {\vec n \cdot \vec u} \right|}}{{\left| {\vec n} \right| \cdot \left| {\vec u} \right|}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha  = 30^\circ .\)

Đặt \(IA = x\) thì ta sẽ có \(MA = IA \cdot \cot 30^\circ  = x\sqrt 3 .\)

Diện tích của tam giác \[IAM\] bằng:

Đặt \(SA = h\).

\(\Delta SAB\) vuông tại \(A \Rightarrow AB = \frac{{SA}}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{h}{{\sqrt 3 }}\).

\(\Delta IAB\) vuông tại \(A \Rightarrow \tan \widehat {IBA} = \frac{{IA}}{{AB}} \Rightarrow IA = \frac{h}{3}\).

Khi quay \(\Delta SAB\) quanh trục SA, ta được khối nón có chiều cao \(h,\,\,r = \frac{h}{{\sqrt 3 }}\) và quay nửa đường tròn quanh trục \[SA,\] ta được khối cầu có bán kính \(R = \frac{h}{3}\).

Ta có \({V_1} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{h}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} \cdot h = \frac{{\pi {h^3}}}{9}\); \({V_2} = \frac{4}{3}\pi {R^2} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{h}{3}} \right)^3} = \frac{{4\pi {h^3}}}{{81}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{9}{4}\).

Đáp án: \(\frac{9}{4}.\)

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz với \[A \equiv O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {a\,;\,\,a\,;\,\,0} \right),\,\,D\left( {0\,;\,\,a\,;\,\,0} \right),\]\[\,\,A'\left( {0\,;\,0\,;\,a} \right)\], \(B'\left( {a\,;\,0\,;\,a} \right),C'\left( {a\,;\,a\,;\,a} \right),D'\left( {0\,;\,a\,;\,a} \right).\)

Ta có \({9^{f\left( x \right)}} + 9m = m \cdot {3^{f\left( x \right)}} + {3^{f\left( x \right) + 2}}\)

\( \Leftrightarrow {3^{2f\left( x \right)}} - {3^{f\left( x \right) + 2}} = m\left( {{3^{f\left( x \right)}} - 9} \right)\)\( \Leftrightarrow {3^{f\left( x \right)}}\left( {{3^{f\left( x \right)}} - 9} \right) = m\left( {{3^{f\left( x \right)}} - 9} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{f\left( x \right)}} = 9}\\{{3^{f\left( x \right)}} = m}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 2\quad (1)}\\{f\left( x \right) = {{\log }_3}m}\end{array}} \right.} \right.\)

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

Để phương trình có đúng 5 nghiệm thực phân biệt

\( \Leftrightarrow (2)\) có đúng 3 nghiệm thực khác \( - 2\,;\,\,1\)

\( \Leftrightarrow  - 2 < {\log _3}m < 1 \Leftrightarrow \frac{1}{9} < m < 9\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\).

Đáp án: 8.

Bốn câu đầu là những cung bậc của sóng và cũng là những cung bậc trong tình yêu của người phụ nữ. Bốn câu sau nhà thơ khẳng định: Tình yêu mãi mãi là khát vọng của tuổi trẻ, nó làm bồi hồi, xao xuyến rung động trái tim của lứa đôi, của con trai con gái, của em và anh. Chọn D.

Hiệu quả nghệ thuật của cách ngắt nhịp, sự luân phiên bằng trắc trong hai câu thơ in đậm là: lời thơ ngắt nhịp 2/3, đồng thời có sự thay đổi tuần hoàn luân phiên các thanh bằng – trắc trong các nhịp ngắt và trong các tiếng cuối của các vế câu thơ (dội – ào – êm – lẽ). Tất cả những điều đó đã khiến cho hai câu thơ như trao đưa giữa những đối cực: dữ dội >< dịu êm, ồn ào >< lặng lẽ. Chọn B.

Những từ ngữ chỉ thời gian mang ý nghĩa tiếp nối, đối lập cùng ý nghĩa khẳng định của từ “vẫn thế” đem đến ý niệm về sự vĩnh hằng về sóng. Sự hòa nhập tinh tế giữa các nét nghĩa ẩn dụ khi tình yêu soi vào sóng để tự nhận thức mình đã đem đến những liên tưởng về tình yêu của em: Giống như những con sóng cứ mãi dào dạt, mãi cồn cào, mãnh liệt trong lòng biển thì những khát vọng tình yêu mãnh liệt trong trái tim em cũng là khát vọng muôn đời của nhân loại. Chọn C.

- Biện pháp tu từ được sử dụng trong hai câu thơ cuối: ẩn dụ (ngực trẻ). Chọn A.

Các thông tin trong đoạn trích cho thấy đoạn trích nói về thức ăn và nước uống của các phi hành gia. Chọn C.

Thông tin nằm ở đoạn 1: Có lẽ bạn đã từng nghe về những loại thức ăn khô thiếu hấp dẫn mà các nhà du hành vũ trụ ăn trong không gian như kem khô, súp đậu sấy khô dạng bột hay thức ăn dạng viên nén. Điều đó có nghĩa là nước bị loại bỏ khỏi những thức ăn đó. Chọn D.

Thông tin nằm ở đoạn 2: Nhiều loại thức ăn bị loại bỏ nước để ngăn ngừa vi khuẩn phát triển, nên cần phải thêm nước vào trước khi ăn. Như vậy việc loại bỏ nước khỏi thức ăn có tác dụng bảo quản thức ăn được lâu hơn. Chọn A.

Thông tin nằm ở đoạn 2: Các phi hành gia được lựa chọn các loại thức ăn yêu thích của mình ở Trái Đất và ăn thử chúng trước đó. Chọn D.

Thông tin nằm ở đoạn 3: Mặc dù, trong mỗi chuyến bay ra ngoài không gian, các phi hành gia mang theo rất nhiều nước nhưng đôi khi vẫn không đủ. Khi đó, họ phải sử dụng nước uống được tái chế từ nước thải của con người. Chọn B.

Các phép liên kết có trong đoạn:

+ Phép nối: Các từ nối: “Bởi thế cho nên”, “Vì những lẽ trên”,...

+ Phép lặp: Lặp lại các từ/ cụm từ: “tự do”, “độc lập”, “dân ta”,....

+ Phép thế: Dùng từ ngữ mang ý nghĩa thay thế “ấy”.

→ Chọn D.

Với câu hỏi này, học sinh tìm để loại những chi tiết có trong văn bản.

- “Pháp chạy, Nhật hàng, vua Bảo Đại thoái vị.” nên loại phương án A.

- “Dân ta đã đánh đổ các xiềng xích thực dân gần một trăm năm nay để gây dựng nên nước Việt Nam độc lập.” nên loại phương án B.

- “Dân ta lại đánh đổ chế độ quân chủ mấy mươi thế kỉ mà lập nên chế độ Dân chủ Cộng hòa.” nên loại phương án D.

→ Chọn C.

Học sinh đọc lại đoạn (5) và xác định được sự lặp đi lặp lại của “một dân tộc đã” + cụm động từ và “dân tộc đó phải được” + tính từ. Và cấu trúc câu từ/ cụm từ “một dân tộc”, “dân tộc”, từ đó xác định đây là 2 dạng của phép điệp ngữ bao gồm điệp từ và điệp cấu trúc. Chọn C.

Học sinh có thể thực hiện câu hỏi này theo 2 cách:

- Cách 1: Học sinh đọc câu hỏi và dựa vào kiến thức từ vựng của mình để xác định nghĩa của từ “thoát li” là tách rời khỏi cái đã có quan hệ gắn bó mật thiết với mình.

- Cách 2: Học sinh đọc câu hỏi, đọc lại đoạn (2) của văn bản, xác định các nội dung “xóa bỏ hết những hiệp ước mới mà Pháp đã kí về nước Việt Nam, xóa bỏ tất cả mọi đặc quyền của Pháp trên đất nước Việt Nam” để suy luận được nước ta tách rời hoàn toàn khỏi sự kiểm soát của Pháp.

→ Chọn A.

Xác định từ khóa “tuyên bố” và các thông tin liên quan: “Nước Việt Nam có quyền hưởng tự do và độc lập, và sự thật đã thành một nước tự do, độc lập. Toàn thể dân tộc Việt Nam quyết đem tất cả tinh thần và lực lượng, tính mạng và của cải để giữ vững quyền tự do, độc lập ấy.”. Chọn B.

Dựa theo hoàn cảnh ra đời của bài thơ và các cụm từ “nhớ, nhớ chơi vơi” đã cho thấy nỗi nhớ là mạch cảm xúc xuyên suốt bài thơ. Chọn A.

Nhân hóa (thác gầm thét, cọp trêu người). Chọn B.

Vẻ thơ mộng, trữ tình: hoa về trong đêm hơi, nhà ai Pha Luông mưa xa khơi, Mai Châu mùa em thơm nếp xôi. Vẻ hoang sơ, dữ dội, hiểm trở: sương lấp, dốc lên khúc khuỷu, dốc thăm thẳm, heo hút cồn mây... Chọn D.

Trong cuộc chiến đấu gian khổ, hiện thực là các anh đang đứng ở đỉnh núi cao, với những “dốc thăm thẳm”, nhưng với sự tếu táo, hóm hỉnh đầy chất lính, trong mắt các anh, hiện thực gian khổ trở nên thi vị hóa “súng ngửi trời”. Chọn A.

Từ “thảm thiết” có nghĩa hết sức thương tâm, thê thảm, đau xót, thường dùng với các động từ chỉ hành động như “kêu gào”, “khóc lóc”; từ đúng trong câu này là “thảm thương”. Chọn B.

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.

Chú ý vào từ “nếu” là một từ trong cặp quan hệ từ “nếu – thì” chỉ quan hệ giả thiết – kết quả, nhưng nội dung câu văn chỉ khẳng định sự khác biệt của con người: có đời sống tinh thần, phân biệt thị phi… vậy đây là từ sai, cần lược bỏ để đảm bảo tính mạch lạc trong câu văn. Chọn D.

Nội dung câu văn khẳng định không có công việc, nghề nghiệp nào cao quý hơn, mà con người cần học tập để được làm những điều mình thấy phù hợp.

- Xác định được từ “rẻ mạt” đang dùng sai ngữ nghĩa. Từ này mang nghĩa: không có giá trị, khi dùng sẽ sai với nội dung tổng thể của câu văn.

- Có thể thay từ “rẻ mạt” bằng “thấp hèn” để đảm bảo trái nghĩa với từ “danh giá” phía sau mà không làm thay đổi ý nghĩa câu văn.

→ Chọn B.

Từ “rất ít” sử dụng chưa hợp lí. Chọn D.

Từ “bồi hồi” là từ chỉ trạng thái cảm xúc bên trong cơ thể; các từ còn lại trong nhóm (lảo đảo, ngọ nguậy, động đậy) là những hoạt động thể hiện ra bên ngoài, có thể nhìn thấy bằng mắt. Chọn D.

Các từ “háo hức, hăm hở, hăng hái” là từ láy, còn từ “hoa hồng” là từ ghép. Chọn A.

Từ “sáng sủa” là từ láy, các từ còn lại là từ ghép. Chọn C.

Giải nghĩa từ:

- Bẻ: tác động lực từ tay vào vật khiến vật bị gập lại hoặc gãy.

- Nặn, bóp, nắn: tác động lực từ tay vào vật khiến vật bị co, nén lại.

→ Các từ đều miêu tả hành động của tay nhưng từ “bẻ” chỉ hành động gập một vật gì đó lại làm cho gãy. Ba từ còn lại không có nét nghĩa đó. Chọn A.

- Chủ nghĩa nhân đạo thường thể hiện tình yêu thương con người, sự đồng cảm; lên án, tố cáo những thế lực tàn bạo chà đạp lên con người; khẳng định, đề cao các mặt phẩm chất, tài năng, những khát vọng chân chính và những quan hệ đạo đức đạo lí tốt đẹp giữa người với người.

- Chủ nghĩa anh hùng là sự hoàn thành những hành vi xuất sắc có ý nghĩa xã hội tích cực, đòi hỏi sự căng thẳng tột độ của mọi năng lực tinh thần và thể chất, sự dũng cảm, bất khuất, sự sẵn sàng hi sinh của người anh hùng. Hành động anh hùng có tính đạo đức cao, người anh hùng ý thức sâu sắc về việc mình làm là vì điều thiện, vì lợi ích của nhân dân, của dân tộc.

- Chủ nghĩa lãng mạn là sự phản ứng chống lại xã hội đương thời, con người muốn thoát li thực tế tìm đến một thế giới khác giúp con người quên đi cuộc sống mà họ cảm thấy chán ghét, vẽ ra một cuộc sống làm thỏa mãn “cái tôi” bị tổn thương của con người, nên thế giới trong chủ nghĩa lãng mạn là thế giới mộng tưởng.

- Chủ nghĩa hiện sinh làm giảm khả năng lí trí của con người. Thể hiện sự thất vọng khi đi tìm ý nghĩa của cá nhân và ý nghĩa của cộng đồng trong mối tương quan vị trí hợp lí của cá nhân đó, và trật tự của vũ trụ.

→ Chọn C.

Thói quen đi tìm cái xưa trong cái nay khiến Nguyễn Tuân luôn luôn quan tâm đến chiều thời gian, chiều lịch sử của các sự kiện, các hiện tượng mà ông quan sát, mô tả. Chọn A.

Bài thơ “Nhàn” (Nguyễn Bỉnh Khiêm) là lời tâm sự thâm trầm, sâu sắc, khẳng định quan niệm sống nhàn là hoà hợp với tự nhiên, giữ cốt cách thanh cao, vượt lên trên danh lợi. Chọn D.

Chế Lan Viên là một trong số những nhà thơ tiêu biểu của phong trào thơ Mới. Trước cách mạng, thơ ông thể hiện một nỗi cô đơn, một tâm trạng bế tắc, tìm đến những “tinh cầu giá lạnh”. Chọn C.

“thiên cổ hùng văn” nghĩa là áng văn hùng tráng được lưu truyền đến cả nghìn đời. Chọn B.

Đoạn trích thể hiện khí phách hiên ngang của Huấn Cao bởi ông không sợ ngục tù, không sợ phải đối mặt với cái chết. Điều đó được thể hiện qua hành động “dỗ gông”, “chúc mũi gông nặng, khom mình thúc mạnh đầu thang gông xuống thềm đá đánh thuỳnh một cái....”. Chọn A.

Đoạn trích là cuộc đối thoại giữa “hồn Trương Ba” với “xác hàng thịt” trong đó hồn thể hiện thái độ tức giận, khinh bỉ với xác hàng thịt. Ông uất ức, tức giận vì phải chung sống với xác thô lỗ, tầm thường, dung tục, thể hiện thái độ khinh bỉ đối với xác hàng thịt: “Mày không có tiếng nói, mà chỉ là xác thịt âm u đui mù”. Chọn A.

Đoạn thơ là buổi chia tay bịn rịn, lưu luyến giữa người dân Việt Bắc và chiến sĩ cách mạng, vì vậy âm hưởng chủ đạo của đoạn trích là nhớ nhung, lưu luyến. Chọn A.

Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là nghệ thuật. Chọn A.

Đoạn trích sử dụng phong cách ngôn ngữ khoa học nhằm giải thích sự chuyển động của phim ảnh. Chọn B.

Đoạn trích miêu tả hình ảnh sông Hương trong lòng thành phố Huế. Căn cứ vào các chi tiết được nhắc tới trong đoạn trích: nhìn thấy chiếc cầu trắng của thành phố, nhắc đến các địa danh trong thành phố Huế như Cồn Giã Viên, Cồn Hến, đặc biệt chú ý câu văn khẳng định sông Hương nằm ngay giữa lòng thành phố yêu quý của mình. Chọn C.

Mối quan hệ giữa “biển” và “người” là mối quan hệ gắn bó khăng khít không thể tách rời: “…muôn đời vẫn những cánh buồm căng/ Bay trên biển như bồ câu trên đất/ Biển dư sức và người không biết mệt”. Chọn C.

Đoạn trích thể hiện phẩm chất tốt đẹp của bà cụ Tứ. Đó là một người mẹ yêu thương con. Bà thừa hiểu mục đích thị đồng ý lấy Tràng là để kiếm miếng ăn chứ không hề xuất phát từ tình yêu. Hơn nữa trong hoàn cảnh nạn đói bà hoàn toàn có thể không chấp nhận thị. Thế nhưng bà vẫn bằng lòng bởi bà nghĩ nhờ có thế mà con bà mới có vợ và bà cảm thấy vui vì điều này. Chọn A.

“Tiếng Việt có những đặc sắc của một thứ tiếng đẹp, một thứ tiếng hay.” là câu văn mang luận điểm, khái quát nội dung chính mà tác giả sẽ triển khai sau đó. Chọn A.

Học sinh đọc ngữ liệu, căn cứ vào các hình ảnh “chàng trai ra đảo đã quên mình, máu xương kia dằng dặc suốt ngàn đời, hồn dân tộc ngàn năm không chịu khuất” để thấy những suy ngẫm, chiêm nghiệm của tác giả, đồng thời cùng với đó là sự trân trọng, tự hào đối với lịch sử bảo vệ biển đảo, bảo vệ Tổ quốc. Học sinh căn cứ tiếp vào câu “Dáng con tàu vẫn hướng mãi ra khơi” để thấy sự tiến về phía trước của thế hệ tương lai, thể hiện trách nhiệm của thế hệ trẻ đối với công cuộc bảo vệ Tổ quốc. Chọn B.

Màu sắc không xuất hiện trong khung cảnh ở đoạn trích là: Vệt sáng của những con đom đóm bay là là trên mặt đất hay len vào những cành cây. Chọn C.

Đoạn trích thể hiện tình cảm yêu mến, trân trọng và tự hào của tác giả dành cho vẻ đẹp và sự giàu có, phong phú của tiếng Việt. Chọn B.

Câu nghi vấn ngoài chức năng để hỏi còn được sử dụng với một số chức năng khác như để khẳng định, phủ định, cầu khiến, đe dọa, bộc lộ cảm xúc,… Câu nghi vấn trong đoạn văn được dùng để cầu khiến. Chọn B.

Trong đoạn trích, Nguyễn Tuân đã sử dụng tổng hợp tri thức của nhiều ngành. Cụ thể:

- Âm nhạc: tả âm thanh tiếng thác: nước réo gần mãi lại, réo to mãi lên…

- Hội hoạ: vẽ bộ mặt của Đá: nhăn nhúm méo mó

- Quân sự: mai phục.

Hiệu quả nghệ thuật của việc sử dụng đó là: thể hiện phong cách tài hoa, uyên bác của Nguyễn Tuân khi tả dòng sông Đà. Con sông được nhìn ở nhiều góc độ, trở nên sống động, mạnh mẽ, ấn tượng, thể hiện tình yêu thiên nhiên sâu đậm của nhà văn. Chọn A.

Dưới tác động từ hai cuộc khai thác thuộc địa của thực dân Pháp, công nhân từng bước lớn mạnh và trở thành giai cấp lãnh đạo cách mạng giải phóng dân tộc Việt Nam. Năm 1930, Đảng Cộng sản Việt Nam được thành lập, đưa giai cấp công nhân thành giai cấp lãnh đạo cách mạng. Chọn C.

Để đưa nước Mỹ thoát khỏi khủng hoảng, Tổng thống Mỹ Ru-dơ-ven (Roosevelt) đã thực hiện Chính sách mới. Chọn D.

Phân tích các đáp án, ta thấy:

A loại vì nhiệm vụ được đề ra trong Cương lĩnh chính trị (đầu năm 1930) và Luận cương chính trị (10/1930) là khác nhau. Cụ thể:

- Nhiệm vụ cách mạng được nêu trong Cương lĩnh chính trị là tiến hành cách mạng tư sản dân quyền và thổ địa cách mạng để đi tới xã hội cộng sản, trong đó, đề cao vấn đề giải phóng dân tộc.

- Nhiệm vụ của Luận cương chính trị lại nêu nhiệm vụ của cách mạng là đánh đổ phong kiến và đánh đổ đế quốc, trong đó, vấn đề giai cấp được nêu cao hơn (đây là hạn chế của Luận cương).

B, C loại vì lực lượng cách mạng/động lực cách mạng được xác định trong Cương lĩnh là công nhân, nông dân, trí thức, tiểu tư sản (là các lực lượng nòng cốt) còn phú nông, trung tiểu địa chủ thì cần phải lợi dung hoặc trung lập. Luận cương chính trị chỉ xác định lực lượng/động lực cách mạng là công nhân và nông dân (hạn chế).

Chọn D.

Kế hoạch Đờ Lát đơ Tatxinhi ra đời là kết quả của sự cấu kết giữa Pháp và Mĩ trong việc đẩy mạnh cuộc chiến ở Đông Dương. Chọn A.

Mua bằng phát minh sáng chế của nước ngoài là điểm khác biệt trong phát triển khoa học-kĩ thuật của Nhật Bản so với các nước tư bản khác. Chọn C.

Nội dung nào sau đây không phải là nhiệm vụ chiến lược của cách mạng Việt Nam thời kỳ 1954-1975 là cả nước tiếp tục cuộc cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân vì đến năm 1954 thì miền Bắc đã hoàn thành cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân. Chọn D.

Những năm đầu sau Cách mạng tháng Tám (1945), nước Việt Nam Dân chủ Cộng hòa đang ở trong tình thế bị bao vây, cô lập vì chưa có nước nào công nhận nền độc lập, thiết lập quan hệ ngoại giao. Phải đến năm 1950 thì Trung Quốc là quốc gia đầu tiên thiết lập quan hệ ngoại giao với Việt Nam Dân chủ Cộng hòa. Chọn B.

Trong cuộc kháng chiến toàn quốc chống thực dân Pháp của nhân dân Việt Nam (1946 - 1954) chiến thắng Việt Bắc thu - đông năm 1947 đã làm phá sản "kế hoạch đánh nhanh thắng nhanh". Chọn C.

Phương án C sai vì phát xit Nhật đảo chính lật đổ Pháp ở Đông Dương từ tháng 3 năm 1945. Chọn C.

Để có được thắng lợi của Cách mạng tháng Tám năm 1945 ở Việt Nam thì quân và dân ta đã có quá trình chuẩn bị lâu dài trong suốt 15 năm với 3 cuộc tập dượt; cùng với đó là nghệ thuật chớp thời cơ "ngàn năm có một" để làm nên một thắng lợi nhanh chóng, it đổ máu.

Chọn C.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Nhiều quốc gia thuộc vào nhóm nước phát triển. → đây không phải thành tựu.

B. Các quốc gia đều có trình độ phát triển giống nhau. → sai, không giống nhau.

C. Tình trạng đói nghèo của người dân đã được xóa bỏ. → sai, chưa được xóa bỏ.

D. Tốc độ tăng GDP của một số quốc gia đã khá cao. → đúng. Chọn D.

Miền Tây Trung Quốc là nơi có nhiều hoang mạc và bán hoang mạc rộng lớn. Chọn A.

Miền Bắc không có một mùa khô sâu sắc kéo dài. Chọn C.

Vai trò quan trọng nhất của rừng đầu nguồn là là điều hòa nguồn nước sông.

A. tạo sự đa dạng sinh học. → đây là vai trò của rừng đặc dụng.

B. điều hoà nguồn nước của các sông. → đúng. Chọn B.

C. điều hoà khí hậu, chắn gió bão. → → đây là vai trò của rừng đặc dụng.

D. cung cấp gỗ và lâm sản quý. → không phải vai trò của rừng đầu nguồn.

Dãy Hoàng Liên Sơn nằm gần thung lũng sông Hồng. Chọn A.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- Chọn A. Sản lượng thủy sản khai thác tăng 3297,4 nghìn tấn → nhận xét A sai

- Chọn B: sản lượng thủy sản nuôi trồng tăng 14,8 lần, thủy sản khai thác tăng gần 4 lần → nuôi trồng tăng nhanh hơn khai thác → B đúng

- Chọn C: Nuôi trồng tăng 3900,5 nghìn tấn; khai thác tăng 3294,7 nghìn tấn → nuôi trồng tăng nhiều hơn → C đúng

- Chọn D: giá trị xuất khẩu tăng 10,7 lần; sản lượng thủy sản tăng 6,2 lần → giá trị xuất khẩu tăng nhanh hơn sản lượng thủy sản → D đúng

Đường dây 500 KV được xây dựng nhằm mục đích khắc phục tình trạng mất cân đối về điện năng của các vùng lãnh thổ, vì điện không lưu trữ được nên cần có đường dây truyền tải điện. Chọn D.

Sử dụng than trong sản xuất nhiệt điện ở nước ta gây ra nhiều vấn đề môi trường, nhưng chủ yếu nhất là ô nhiễm không khí. Chọn B.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Đông dân, lao động dồi dào, kinh tế chậm chuyển dịch. → đúng, đủ. Chọn A.

B. Đông dân, lao động dồi dào và sự phân bố không đều. → phân bố không đều không quan trọng bằng kinh tế chậm chuyển dịch.

C. Lao động dồi dào và lao động có nhiều kinh nghiệm. → không gây ra thiếu việc làm.

D. Lao động dồi dào, tập trung chủ yếu ở ngành công nghiệp. → tập trung ở ngành công nghiệp không tạo ra thiếu việc làm.

Việc khai thác lãnh thổ theo chiều sâu trong công nghiệp ở Đông Nam Bộ đặt ra vấn đề cấp bách là tăng cường cơ sở năng lượng. Vấn đề này phải đi trước một bước để có thể phát triển các ngành sau. Chọn B.

Nguyên nhân gây ra điện trở của kim loại là sự va chạm của các electron tự do với nhau trong quá trình chuyển động nhiệt hỗn loạn. Chọn A.

Quy tắc nắm bàn tay phải xác định chiều của từ trường tạo bởi dòng điện trong ống dây. Chọn B.

Ta có:

\(\sin i = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\sin {r_{12}} = \frac{{{n_3}}}{{{n_1}}}\sin {r_{13}} \to \frac{{{n_3}}}{{{n_2}}} = \frac{{\sin {r_{12}}}}{{\sin {r_{13}}}} = \frac{{\sin 30^\circ }}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \sin {i_{gh}} \to {i_{gh}} = 45^\circ \approx 46^\circ \).

Chọn C.

Sự phát quang này kéo dài hàng giờ, rất thuận tiện cho việc tìm chỗ bật đèn trong đêm là hiện tượng lân quang. Chọn C.

Tần số của ngoại lực tăng dần từ \(0,5\;{\rm{Hz}}\) đến \(2,0\;{\rm{Hz}}\) thì biên độ của con lắc không thay đổi. Chọn B.

Ta có \({Z_L} = 2\pi fL \to \) đồ thị biểu diễn là hàm tuyến tính. Chọn A.

Số hạt nhân còn lại sau t = 1 năm là \(N = {N_0} \cdot {2^{ - \frac{t}{T}}} = \frac{{{N_0}}}{3} \Rightarrow {2^{ - \frac{t}{T}}} = \frac{1}{3}\)

Số hạt nhân còn lại sau t’ = 1 năm tiếp theo là $N^{\text{'}}=N_0^{\text{'}}\cdot 2^{-\frac{t\text{'}}{T}}=\frac{N_0}{3}\cdot 2^{-\frac{t}{T}}=\frac{N_0}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{N_0}{9}$

Chọn C.

Biên độ của điểm M và N là: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{A_M} = {A_{bung}}.\left| {\sin \frac{{2\pi {x_M}}}{\lambda }} \right| = {A_{bung}}.\left| {\sin \frac{{2\pi .16}}{{24}}} \right| = {A_{bung}}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}\\{{A_N} = {A_{bung}}.\left| {\sin \frac{{2\pi {x_N}}}{\lambda }} \right| = {A_{bung}}.\left| {\sin \frac{{2\pi .27}}{{24}}} \right| = {A_{bung}}.\frac{{\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right.\]

Tỉ số giữa biên độ dao động của M và N là: \[\frac{{{A_M}}}{{{A_N}}} = \frac{{{A_{bung}}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{{A_{bung}}.\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\]

Chọn D.

Quy tắc bàn tay trái xác định mỗi quan hệ giữa thành phần trong sóng điện từ.

Chọn A.

\({Z_L} = \omega L = 100\Omega \)

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 40\Omega \)

\(U = 75V\)

\(P = 45\left( {\rm{W}} \right)\)

Công suất tiêu thụ toàn mạch là: \(P = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{60}^2}}}\)

\( \Leftrightarrow 45 = \frac{{{{75}^2}.R}}{{{R^2} + {{60}^2}}} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{R = 45\Omega }\\{R = 80\Omega }\end{array}} \right.\)

Đáp án: 45 hoặc 80.

Bình \[{H_2}S{O_4}\]đặc hấp thụ \[{H_2}O\]⟹ \[{m_{{H_2}O}} = 21,6\left( g \right) \to {n_{{H_2}O}} = \frac{{21,6}}{{18}} = 1,2\left( {mol} \right)\]

Bảo toàn nguyên tố H ⟹ \[{n_H} = 2{n_{{H_2}O}} = 2 \cdot 1,2 = 2,4\left( {mol} \right)\]

Bảo toàn khối lượng ⟹ \[{m_C} = {m_{hh}} - {m_H} = 12 - 2,4 \cdot 1 = 9,6\left( g \right) \to {n_C} = \frac{{9,6}}{{12}} = 0,8\left( {mol} \right)\]

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ \[{n_{C{O_2}}} = {n_C} = 0,8\left( {mol} \right) \to {V_{C{O_2}\left( {dktc} \right)}} = 0,8 \cdot 22,4 = 17,92\left( l \right)\].

Tỷ lệ: 12 gam hỗn hợp sinh ra 17,92 lít khí \[C{O_2}.\]

⟹ 100 gam hỗn hợp sinh ra 149,33 lít khí \[C{O_2}.\]

Chọn A.

Phương trình hóa học:

\[{M_2}{O_m}\;{\rm{ }} + \;{\rm{ }}m{H_2}S{O_4}\; \to \;{\rm{ }}{M_2}{\left( {S{O_4}} \right)_m}\;{\rm{ }} + \;{\rm{ }}m{H_2}O\]

Giả sử có 1 mol \[{M_2}{O_m}\] phản ứng thì số gam dung dịch \[{H_2}S{O_4}\;10\% \] là 980m (g)

Khối lượng dung dịch thu được là: (2M + 16m) + 980m = 2M + 996m (g)

Số gam muối là: 2M + 96m (g)

Ta có C% = \(\frac{{2M + 96m}}{{2M + 996m}}.100\% \) = 12,9% ⟹ M = 18,65m

Nghiệm phù hợp là m = 3 và M = 56 (Fe).

Vậy oxide là \[F{e_2}{O_3}.\]

\[F{e_2}{O_3}\; + {\rm{ }}\;3{H_2}S{O_4}\; \to \;{\rm{ }}F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}\;{\rm{ }} + \;{\rm{ }}3{H_2}O\]

\( \Rightarrow {n_{F{e_2}{O_3}}} = \frac{{3,2}}{{160}} = 0,02\,\,mol\)

Vì hiệu suất là 70% nên số mol \[F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}\;\]tham gia kết tinh là: 0,02.70% = 0,014 mol

Nhận thấy số gam \[F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}\;\]= 0,014.400 = 5,6 gam < 7,868 gam nên tinh thể là muối ngậm nước.

Đặt công thức của muối tinh thể là \[F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}.n{H_2}O.\]

Ta có: 0,014.(400 + 18n) = 7,868 ⟹ n = 9.

Công thức của tinh thể là \[F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}.9{H_2}O.\]

Chọn A.

\(Ta\,c\'o :\,\,{n_{KMn{O_4}}} = 0,01 \cdot 0,1 = 0,001\,mol\)

\[\begin{array}{*{20}{l}}{5{H_2}{O_2} + {\rm{ }}2KMn{O_4} + {\rm{ }}3{H_2}S{O_4} \to {K_2}S{O_4} + {\rm{ }}2MnS{O_4} + {\rm{ }}5{O_2} + {\rm{ }}8{H_2}O}\\{\;0,0025 \leftarrow \;0,001\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\,\,}\end{array}\]

⟹

⟹ Hàm lượng \[{H_2}{O_2}\]trong nước oxy già là

Chọn B.

Muối \[{C_2}{H_8}{O_3}{N_2}\]có chứa 3O nên có thể là muối \(NO_3^ - ,\,CO_3^{2 - },\,HCO_3^ - \).

⟹ CTCT là \[{C_2}{H_5}N{H_3}N{O_3}\]hoặc \[{\left( {C{H_3}} \right)_2}N{H_2}N{O_3}\](do khí sinh ra làm xanh giấy quỳ tím ẩm)

Ta thấy:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{X{\rm{ }} + {\rm{ }}NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}NaN{O_3} + {\rm{ }}Amine + {\rm{ }}{H_2}O}\\{0,1{\rm{ }} \to {\rm{ }}0,1{\rm{ }} \to \;\;\;\;\;{\rm{ }}0,1}\end{array}\]

Vậy chất rắn chứa: \[NaN{O_3}\](0,1 mol) và NaOH dư (0,2 - 0,1 = 0,1 mol)

⟹ m = 0,1.85 + 0,1.40 = 12,5 gam.

Chọn C.

Phản ứng:\[2Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}6{H_2}S{O_4} \to F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + {\rm{ }}3S{O_2} \uparrow + {\rm{ }}6{H_2}O\]

Ta có: \[{n_{Fe}} = 0,12{\rm{ }}mol;{\rm{ }}{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,3{\rm{ }}mol\]

Nhận thấy: \(\frac{{0,12}}{2} > \frac{{0,3}}{6}\)→ Khi phản ứng với \({H_2}S{O_4}\)thì Fe dư và \({H_2}S{O_4}\)hết. Sau đó Fe dư lại phản ứng tiếp với muối \(F{e^{3 + }}\).

\( \Rightarrow {n_{S{O_2}}} = 0,15\,mol\)

\[Fe + F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} \to 3FeS{O_4}\]

Theo đó, muối thu được gồm \(\left\{ \begin{array}{l}FeS{O_4}:a\,mol\\F{e_2}{(S{O_4})_3}:\,b\,mol\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 0,12\\2a + 2 \cdot 3b = 0,15 \cdot 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,06\\b = 0,03\end{array} \right.(mol)\)

Khi hòa tan Cu vào dung dịch X

\(2F{e^{3 + }} + Cu \to C{u^{2 + }} + 2F{e^{2 + }}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{Cu}} = \frac{1}{2}{n_{F{e^{3 + }}}} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 0,03 = 0,03\,mol\\ \Rightarrow {m_{Cu}} = 0,03 \cdot 64 = 1,92\,gam\end{array}\)

Chọn C.

(1) sai, chúng không có nhiệt độ nóng chảy xác định.

(2) đúng.

(3) đúng.

(4) sai, tơ poliamit là tơ có chức -CONH- nên kém bền trong cả acid và base.

(5) đúng, tơ hóa học gồm có tơ tổng hợp và bán tổng hợp.

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Chọn B.

- Quan sát đồ thị ta thấy, ở thời điểm từ 20 giây đến 30 giây đường biểu diễn sự phụ thuộc của thể tích khí \[{N_2}\]vào thời gian có độ dốc lớn nhất tức lượng khí \[{N_2}\] được tạo ra là nhiều nhất.

- Quan sát đồ thị ta thấy, từ thời điểm 60 giây trở về sau đường biểu diễn thể tích khí \[{N_2}\] theo thời gian có dạng nằm ngang tức thể tích khí \[{N_2}\] từ thời điểm 60 giây trở đi không có sự tăng thêm thể tích khí \[{N_2}\].

→ Sau thời gian 60 giây thì phản ứng kết thúc và ở thời điểm này thể tích khí \[{N_2}\] là \[90c{m^3}.\]

→ Các giá trị của x, y, z lần lượt là 20, 30, 90.

Chọn B.

- Đường cong c có độ dốc lớn nhất, biểu thị phản ứng xảy ra là nhanh nhất.

- Đường cong b có độ dốc trung bình, biểu thị phản ứng xảy ra trung bình.

- Đường cong a có độ dốc nhỏ nhất, biểu thị phản ứng xảy ra là chậm nhất.

→ Phát biểu đúng: Tiến hành thí nghiệm c và thí nghiệm b ở cùng 1 nhiệt độ, thì zinc ở thí nghiệm c có dạng bột, còn zinc ở thí nghiệm b có dạng lá. Vì zinc ở dạng bột có tốc độ phản ứng xảy ra nhanh hơn zinc ở dạng lá.

Chọn B.

Đề bài cho hỗn hợp \[NaHC{O_3}\]và \[N{a_2}C{O_3}\]tham gia vào 2 quá trình phản ứng sau:

TN1: $25mlA\left\{\begin{array}{l}{\text{NaHCO}}_3\stackrel{+0,1 \text{mol\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}HCl}}{\to }\\ {\text{Na}}_2{\text{CO}}_3\end{array}\right.sp\left\{\begin{array}{l}{H}^{+}\stackrel{+0,028 \text{mol\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}NaOH}}{\to }\\ \dots \end{array}\right.$

TN2: $25mlA\left\{\begin{array}{l}{\text{NaHCO}}_3\stackrel{+{\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}BaCl}}_2}{\to }\\ {\text{Na}}_2{\text{CO}}_3\end{array}\right.sp\left\{\begin{array}{l}dd\stackrel{+0,026 \text{mol\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}HCl}}{\to }\\ \downarrow \end{array}\right.$

Đặt số mol \[NaHC{O_3}\]và \[N{a_2}C{O_3}\]trong 25 ml dung dịch A lần lượt là x, y mol.

Thí nghiệm 1:

\({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} + 2{\rm{HCl}} \to 2{\rm{NaCl}} + {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)      (1)

\({\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} + {\rm{HCl}} \to {\rm{NaCl}} + {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)         (2)

\({\rm{HCl}} + {\rm{NaOH}} \to {\rm{NaCl}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)      (3)

→ \[x + 2y = 0,1 - 0,028 = 0,072{\rm{ }}mol\]        (4).

Thí nghiệm 2:

\({\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2} + {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} + 2{\rm{NaCl}}\)         (5)

Sau khi lọc bỏ kết tủa, lấy nước lọc, nước rửa chứa \[NaHC{O_3}\]cho tác dụng với dung dịch HCl:

\({\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} + {\rm{HCl}} \to {\rm{NaCl}} + {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)         (6)

→ \[x = 0,026 \cdot 1,0 = 0,026{\rm{ }}mol\]

Thay x vào (4) ta có \[y = 0,023{\rm{ }}mol\]

Vậy nồng độ mol của \[N{a_2}C{O_3}\]là: \({C_{{\rm{M}}\,\,{\rm{(N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3})}} = \frac{{0,023}}{{0,025}} = 0,92{\rm{M}}\)

Nồng độ mol của \[NaHC{O_3}\]là: \({C_{{\rm{M}}\,\,{\rm{(NaHC}}{{\rm{O}}_3})}} = \frac{{0,026}}{{0,025}} = 1,04M\)

Chọn A.

Đề bài cho hỗn hợp ester E mạch hở tham gia các phản ứng theo sơ đồ sau:

- Khi đốt hỗn hợp muối ta có: \({n_{ - {\rm{OH}}}} = {n_{ - {\rm{COO}}}} = {n_{{\rm{NaOH}}}} = 2{n_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,22mol\)

- Xét quá trình đốt hoàn toàn lượng alcohol có :

(với \[{n_{ - {\rm{OH}}}} = {n_{ - {\rm{COO}}}} = 0,22\;{\rm{mol}}\])

- Xét quá trình đốt cháy E có:

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

\(\begin{array}{l}2{n_{ - COO}} + 2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}\\ \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 2{n_{ - COO}} + 2{n_{{O_2}}} - 2{n_{C{O_2}}} = 2 \cdot 0,22 + 2 \cdot 1,165 - 2 \cdot 0,96 = 0,85\,mol\end{array}\)

Bảo toàn khối lượng ta có:

\({m_E} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_{{O_2}}} = 0,96 \cdot 44 + 0,85 \cdot 18 - 1,165 \cdot 32 = 20,26\,gam\)

(Ngoài ra: \({m_E} = {m_C} + {m_H} + {m_{O\,\,( - COO)}}\))

Đáp án: 20,26

Sinh sản bằng hình thức trinh sinh ở động vật không xương sống như ong, kiến, rệp... và ở động vật có xương sống ở một số loài cá, lưỡng cư, bò sát… Chọn A.

Dựa vào tính toàn năng của tế bào thực vật, từ một tế bào hoặc một mô thực vật có thể nuôi cấy để phát triển thành một cây hoàn chỉnh thông qua quá trình nguyên phân. Chọn A.

Gia súc là sinh vật hằng nhiệt, cơ thể có cơ chế tự điều hòa để ổn định thân nhiệt duy trì hoạt động sinh lí bình thường của cơ thể. Khi đến mùa rét nhiệt độ môi trường thấp, cơ thể mất nhiều nhiệt vào môi trường và để bù lại lượng nhiệt bị mất cơ thể phải tăng cường chuyển hóa cung cấp thêm năng lượng. Chọn C.

Hai chuỗi pôlynuclêôtit trong phân tử ADN liên kết với nhau bằng liên kết hiđrô giữa A – T; G – X. Chọn D.

Người ta thường áp dụng phương pháp tạo giống cây trồng tam bội để tăng năng suất cho những cây trồng thu hoạch cơ quan sinh dưỡng như: dưa hấu, nho, củ cải đường. Ngược lại, đối với những cây trồng thu hoạch hạt như đậu tương thì không được áp dụng phương pháp này do thể tam bội bất thụ (giảm năng suất hạt). Chọn D.

A, C. Sai. Nếu là đột biến thì sẽ xảy ra cách đơn lẻ và ngẫu nhiên nhưng trong trường hợp này, các cá thể thỏ thuộc giống thỏ Himalaya đều có kiểu hình này nên đây không phải là đột biến.

B. Sai. Trong thí nghiệm buộc cục nước đá vào cơ thể thỏ, không hề có sự xuất hiện của kẻ thù, vật ăn thịt nhưng màu lông vẫn thay đổi. Đồng thời, thỏ không thể tự đổi màu lông theo ý.

D. Đúng. Gen quy định tổng hợp sắc tố lông bị ảnh hưởng bởi nhiệt độ vì trong thí nghiệm, khi cạo phần lông màu trắng đi và áp cục nước đá vào vị trí bị cạo, lông mọc ra có màu đen.

Chọn D.

Di – nhập gen là nhân tố tiến hóa có thể mang đến quần thể những alen mới làm phong phú thêm vốn gen của quần thể trong trường hợp những cá thể nhập cư vào quần thể mang những alen chưa có trong quần thể ban đầu. Chọn B.

Nhờ điều kiện khí hậu thích hợp, rừng nhiệt đới có độ đa dạng về thành phần loài và số lượng cá thể trong loài. Do đó, khu sinh học có độ đa dạng sinh học cao nhất là rừng mưa nhiệt đới. Chọn A.

Bệnh phêninkêtô niệu ở người do gen lặn quy định. Quy ước gen: A – bình thường; a – bị bệnh.

→ Tất cả những người bị bệnh (I.1, II.4, II.6, III.4) đều có kiểu gen đồng hợp lặn (aa).

I.3 × I.4 đều bình thường nhưng sinh ra con bị bệnh → Cơ thể I.3; I.4 có mang alen gây bệnh (Aa).

I.1 có kiểu gen đồng hợp lặn aa → Các con của I.1 dù bình thường nhưng vẫn mang gen lặn a do nhận 1 giao tử (a) từ bố → II.1; II.2 có kiểu gen dị hợp Aa.

II.6 có kiểu gen đồng hợp lặn aa → Các con của II.6 dù bình thường nhưng vẫn mang gen lặn a do nhận 1 giao tử (a) từ mẹ → III.3 có kiểu gen dị hợp Aa.

II.5 × II.6 sinh ra con bị bệnh → Cơ thể II.5 có mang alen gây bệnh (Aa).

Vậy có tối đa 10 người trong phả hệ sau xác định được chính xác kiểu gen. Chọn A.

Kiểu gen \[\frac{{B{\rm{D}}}}{{b{\rm{d}}}}\] giảm phân không phân li ở giảm phân I, giảm phân II bình thường sẽ tạo giao tử (\[\frac{{B{\rm{D}}}}{{b{\rm{d}}}}\]) và giao tử (O). Vậy tế bào sinh tinh giảm phân bị rối loạn sẽ tạo giao tử:

(A, a)(\[\frac{{B{\rm{D}}}}{{b{\rm{d}}}}\], O) = 2 A\[\frac{{B{\rm{D}}}}{{b{\rm{d}}}}\] và 2 a hoặc 2 A và 2 a\[\frac{{B{\rm{D}}}}{{b{\rm{d}}}}\].

Tế bào sinh tinh bình thường tạo giao tử (A, a)(BD, bd) = 2 ABD và 2 abd (kiểu 1) hoặc 2 Abd và 2 aBD (kiểu 2).

Mà 4 tế bào sinh tinh giảm phân được 6 loại giao tử, tức là 4 (bình thường) + 2 (đột biến). Như vậy, với 3 tế bào sinh tinh giảm phân bình thường ta có 2 trường hợp là: 2 tế bào kiểu 1, 1 tế bào kiểu 2 hoặc 1 tế bào kiểu 1, 2 tế bào kiểu 2.

Theo bài ra, 4 tế bào giảm phân thu được 16 giao tử, giao tử 2 alen trội chiếm 3/8 = 6/16.

Vậy có 1 tế bào giảm phân bình thường kiểu 1, 2 tế bào giảm phân bình thường kiểu 2 và tế bào rối loạn tạo giao tử 2 A và 2 a\[\frac{{B{\rm{D}}}}{{b{\rm{d}}}}\].

Vậy tỉ lệ giao tử mang 1 alen trội là (4 Abd + 2A)/16 = 6/16 = 37,5%. Đáp án: 37,5%.