Phần lớn sinh viên ra trường sẽ công tác tại các doanh nghiệp Tư nhân, chiếm \[42\% .\]

Chọn C.

Ta có: \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 6t - 6{t^2} \Rightarrow v\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{3}{2}\,\,\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\). Chọn C.

Điều kiện: \(x > - \frac{1}{2}\).

Ta có \({\log _3}\left( {2x + 1} \right) = 3 \Leftrightarrow 2x + 1 = 27 \Leftrightarrow x = 13\). Chọn B.

TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{{x^2} + x - 2 = 0}\\{{x^2} + {y^2} - 6y = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{{y^2} - 6y + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1\,,\,\,y = 3 + 2\sqrt 2 }\\{x = 1\,,\,\,y = 3 - 2\sqrt 2 }\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le 0}\\{{x^2} - x - 2 = 0}\\{{x^2} + {y^2} - 6y = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{{y^2} - 6y + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1\,,\,\,y = 3 + 2\sqrt 2 }\\{x = - 1\,,\,\,y = 3 - 2\sqrt 2 }\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Chọn D.

. Ta có \[A\left( {1\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\, - 3} \right)\] nên tọa độ trung điểm \[M\left( {1\,;\,\, - 1} \right)\].

Khi đó \[M\] là điểm biểu diễn cho số phức \(1 - i\). Chọn B.

Mặt phẳng \[\left( P \right)\] qua điểm A và nhận \(\overrightarrow {{u_d}} \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\) là VTPT.

Do đó \(\left( P \right):2x + y - 3z - 8 = 0\). Chọn B.

Ta có \(H\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) là hình chiếu vuông góc của \[M\] trên \[Ox\].

Vì \[M'\] đối xứng với \[M\] qua trục Ox nên \(H\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) là trung điểm \(MM'\) nên \(M'\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\, - 4} \right).\)

Chọn C.

Ta thấy, lượng nước chảy vào bể theo giờ là một cấp số nhân với \({u_1} = 60\,,\,\,q = 2.\)

Gọi n là khoảng thời gian để nước chảy đầy bề. Ta có \({S_n} = 1\,\,000\).

Khi đó \(\frac{{{u_1}\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} = 1\,\,000 \Leftrightarrow \frac{{60\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{ - 1}} = 1\,\,000 \Leftrightarrow {2^n} = 1 + \frac{{1\,\,000}}{{60}} \Leftrightarrow n \approx 4,14\) (giờ).

Chọn C.

Ta có \(\int {\frac{{x + 3}}{{{x^2} + 3x + 2}}dx} = \int {\left( {\frac{2}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx} = 2\ln \left| {x + 1} \right| - \ln \left| {x + 2} \right| + C\).

Chọn B.

Điều kiện để hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) là:

\(y' = \left( {{m^2} - m} \right){x^2} + 2\left( {{m^2} - m} \right)x + m \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

TH1: Xét \({m^2} - m = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = 1}\end{array}} \right.\).

• Với \(m = 0 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow \) Hàm số đã cho là hàm hằng. Vậy loại \(m = 0\).

• Với \(m = 1 \Rightarrow y = x + 2 \Rightarrow \) Hàm số đã cho luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\). Vậy \(m = 1\) thỏa mãn.

TH2: \({m^2} - m \ne 0\). Khi đó để \(y' \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) thì

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - m > 0}\\{\Delta ' = {{\left( {{m^2} - m} \right)}^2} - m\left( {{m^2} - m} \right) \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - m > 0}\\{{m^2} - 2m \le 0}\end{array} \Leftrightarrow 1 < m \le 2.} \right.} \right.\]

Vậy có 2 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn B.

Ta có: \(v\left( t \right) = \int {\left( {6 - 2t} \right)dt} = 6t - {t^2} + C\).

Tại thời điểm vật bắt đầu chuyển động \(v\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0\)

\( \Rightarrow v\left( t \right) = 6t - {t^2} \Rightarrow {v_{\max }} = 9 \Leftrightarrow t = 3\).

Khi đó \(S = \int\limits_0^3 {\left( {6t - {t^2}} \right)dt} = 18\,\,({\rm{m}})\). Chọn D.

Áp dụng công thức \(P = A{\left( {1 + r\% } \right)^n}\) với \(A = 1\,\,000\,\,000\,,\,\,r\% = 0,58\% \,,\,\,P = 1\,\,300\,\,000.\)

Ta có \(1\,\,300\,\,000 = {\left( {1 + 0,58\% } \right)^n} \cdot 1\,\,000\,\,000 \Leftrightarrow \frac{{13}}{{10}} = 1,{0058^n}\)

\( \Leftrightarrow n = {\log _{1,0058}}\frac{{13}}{{10}} \Leftrightarrow n \approx 46\) (tháng). Chọn A.

Điều kiện: \(x > 1\).

Ta có \(\ln \left( {2x + 1} \right) \ge 1 + \ln \left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow \ln \left( {2x + 1} \right) \ge \ln \left( {e\left( {x - 1} \right)} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2x + 1 \ge e\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow x \le \frac{{1 + e}}{{e - 2}} \Leftrightarrow x \le 5,18.\) Chọn D.

Ta có: \(V = \pi \int\limits_0^2 {\left| {{{\left( {1 - x} \right)}^4}} \right|dx} = \frac{{2\pi }}{5}\). Chọn A.

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4\left( {m - 1} \right)x \Rightarrow y'' = 12{x^2} - 4\left( {m - 1} \right)\).

Để hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( 1 \right) = 0}\\{y''\left( 1 \right) > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - 4\left( {m - 1} \right) = 0}\\{12 - 4\left( {m - 1} \right) > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m < 4}\end{array} \Leftrightarrow m = 2} \right.} \right.} \right.\).

Thử lại, \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Ta có \(\left( {1 - i} \right)z + 3 - 2i = 6 - 3i \Leftrightarrow z = \frac{{6 - 3i - 3 + 2i}}{{1 - i}} = 2 + i\). Chọn B.

Giả sử \(z = x + yi \Rightarrow {(x - 1)^2} + {(y + 3)^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 4x - 4y - 8 = 0 \Leftrightarrow x - y - 2 = 0\).

Vậy tập hợp biểu diễn các số phức z thỏa mãn đề bài là đường thẳng \(x - y - 2 = 0\).

Chọn A.

Ta có: \(M \in Oy \Rightarrow M\left( {0\,;\,\,m} \right)\).

Mặt khác, \(\overrightarrow {AB} \left( {3\,;\,\,4} \right),\,\,AB = 5\) nên vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB là \(\vec n\left( {4\,;\,\, - 3} \right)\).

Do đó, phương trình đường thẳng qua \[A,\,\,B\] là: \(4x - 3y + 2 = 0\).

Gọi \[MH\] là đường cao của tam giác \(MAB \Rightarrow MH = d\left( {M\,,\,\,AB} \right) = \frac{{\left| { - 3m + 2} \right|}}{5}\).

Ta có \[{S_{MAB}} = \frac{1}{2} \cdot MH \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left| { - 3m + 2} \right|}}{5} \cdot 5 = \frac{{\left| { - 3m + 2} \right|}}{2} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = \frac{4}{3}}\end{array}} \right.\]. Chọn C.

Ta có \(R = \sqrt {{m^2} + 4 - 6m + 6} = \sqrt {{m^2} - 6m + 10} = \sqrt {{{\left( {m - 3} \right)}^2} + 1} \Rightarrow {R_{\min }} = 1 \Leftrightarrow m = 3\).

Vậy khi \[m\] thay đổi, bán kính đường tròn \(\left( {{C_m}} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1. Chọn A.

Ta có \(\left( P \right)\) đi qua A và có VTPT \[\overrightarrow {{n_0}} = \left[ {\overrightarrow {{u_\Delta }} ;\,\,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( { - 3\,;\,\, - 3\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \vec n = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\].

Do đó, mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình: \(x + y + 1 = 0\). Chọn C.

Ta thấy hàm số \(y = {e^x} + 2022\) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\) và \({e^x} + 2022 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Khi đó, $f\left(e^x\right)<m\left(e^x+2022\right)\iff \frac{f\left(e^x\right)}{e^x+2022}<m(*)$

Đặt \(t = {e^x} > 0\), với \(x \in \left( {0\,;\,\,1} \right) \Rightarrow t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\). Khi đó, $(*)\iff m>\frac{f\left(t\right)}{t+2022}\left(1\right)$

Xét hàm số \(g\left( t \right) = \frac{{f\left( t \right)}}{{t + 2022}}\) trên \[\left( {1\,;\,\,e} \right)\], ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {t + 2022} \right) - f\left( t \right)}}{{{{\left( {t + 2022} \right)}^2}}}\).

Trên khoảng \[\left( {1\,;\,\,e} \right)\] thì \(f(t) < 0\) và \(f'\left( t \right) > 0\) với mọi \[t \in \left( {1\,;\,\,e} \right) \Rightarrow g'\left( t \right) > 0\] với mọi \(t \in \left( {1\,;\,\,e} \right).\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g(t) = \frac{{f(t)}}{{t + 2022}}\) với \(t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\) như hình bên trên.

Từ bảng biến thiên, ta có phương trình \(f\left( {{e^x}} \right) < m\left( {{e^x} + 2022} \right)\) nghiệm đúng với mọi \[x \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\]

khi và chỉ khi (1) đúng với mọi \[t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\].

Do đó \[m \ge {\max _{\left[ {1;\,\,i;\,\,e} \right]}}g(t) \Leftrightarrow m \ge g\left( e \right) \Rightarrow m \ge \frac{{f\left( e \right)}}{{e + 2022}}.\] Chọn C.

Giả sử tam giác \[ABC\] đều cạnh 1.

Khi đó ta có \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AI = \frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} = R\)

Do đó $V_2=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3=\frac{4\sqrt{3}}{27};V_1=\frac{1}{3}\pi \cdot B{M}^2\cdot AM=\frac{1}{3}\pi \cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{24}.$

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{24}}:\frac{{4\sqrt 3 }}{{27}} = \frac{9}{{32}}\). Chọn D.

Diện tích một mặt của mỗi khối lập phương là: \({S_1} = {4^2} = 16\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích toàn phần của mỗi khối lập phương là: \({S_2} = 6 \cdot 16 = 96\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích toàn phần của khối chữ thập là: \(S = 5{S_2} - 8{S_1} = 352\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\). Chọn B.

Ta có: \(OM = 2 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} = 2 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 4\).

Vậy điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm \(O\left( {0\,;\,\,0} \right)\) và bán kính \(R = 2\). Chọn D.

Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với \(\left( P \right)\).

\( \Rightarrow M\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right) \in d \subset \left( Q \right)\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\) nhận \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {{n_p}} \,;\,\,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) là VTPT.

\( \Rightarrow \) Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là \(x - z - 2 = 0\).

Khi đó \[d' = \left( P \right) \cap \left( Q \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d'}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} \,;\,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,1} \right)\].

Tọa độ các điểm thuộc dˊ thỏa mãn hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y + z - 1 = 0}\\{x - z - 2 = 0}\end{array}} \right.\).

Chọn \[x = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = - 3}\\{z = - 2}\end{array} \Rightarrow N\left( {0\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2} \right) \in d'} \right.\].

Do đó, đường thẳng \[d'\] có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t}\\{y = - 3 + 2t}\\{z = - 2 + t}\end{array}} \right.\). Chọn A.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 3x\left( {x - 2} \right)\).

Lại có: \[g'\left( x \right) = \left( { - 3{x^2} + 3} \right)f'\left( { - {x^3} + 3x} \right) = - 3\left( {{x^2} - 1} \right)3\left( { - {x^3} + 3x} \right)\left( { - {x^3} + 3x - 2} \right)\]

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) = - 9x{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - 3} \right)\left( {x + 2} \right)\).

Lập trục xét dấu ta thấy có 3 điểm cực đại. Chọn A.

Vì \(M\) cách đều \({M_1}\) và \(\left( P \right)\) nên ta có:

\(M{M_1} = d\left( {M,\left( P \right)} \right) \Leftrightarrow \sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( {t - 4} \right)}^2}} = \frac{{\left| {2t - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} \Leftrightarrow t = 6.\) Chọn A.

Yêu cầu bài toán tương đương hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3m{x^2} + 3\left( {{m^2} - 4} \right)x + 1\) có đúng một điểm cực trị dương \( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0\) có một nghiệm dương và là nghiệm đơn.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6mx + 3\left( {{m^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = m - 2}\\{x = m + 2}\end{array}} \right.\).

Do đó \(m - 2 \le 0 < m + 2 \Leftrightarrow - 2 \le m < 2\).

Vậy có 4 giá trị nguyên của m cần tìm. Chọn D.

Do hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = f(0)\)

\( \Leftrightarrow 2m = 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).

Khi đó, ta có: \(\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^0 {{e^x}dx} + \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx} \)

\( = \left. {{e^x}} \right|_{ - 1}^0 + \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x} \right)_0^2 = 1 - \frac{1}{e} + \frac{4}{2} + 2 = 5 - \frac{1}{e}.\)

Do đó, \(a = 5\,;\,\,b = - 1\). Vậy \(a + {b^2} = 6\). Chọn C.

Ta có: \(xf'\left( x \right) + \left( {x + 1} \right)f\left( x \right) = {e^{ - x}} \Leftrightarrow x{e^x}f'\left( x \right) + \left( {x + 1} \right){e^x}f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow {\left( {x{e^x}f\left( x \right)} \right)^\prime } = 1\)

\( \Leftrightarrow x{e^x}f\left( x \right) = x + C\). Thay \(x = 0\) ta có \(0 = 0 + C \Leftrightarrow C = 0\).

Khi đó: \(x{e^x}f\left( x \right) = x \Leftrightarrow x\left[ {{e^x}f\left( x \right) - 1} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{e^x}f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f\left( x \right) = \frac{1}{{{e^x}}} = {e^{ - x}} \Rightarrow f'\left( x \right) = - {e^{ - x}} \Rightarrow f'\left( 0 \right) = - 1}\end{array}} \right.\). Chọn A.

Số cách lấy ngẫu nhiên hai quả cầu trong số 60 quả cầu đã cho là \(C_{60}^2\) (cách).

Gọi biến cố A: “Lấy được hai quả cầu mà tích hai số trên hai quả cầu chia hết cho 10”.

TH1: Hai quả cầu lấy được có đúng một quả mang số chia hết cho 10 nên có \(C_{60}^1 \cdot C_{54}^1\) (cách).

TH2: Hai quả cầu lấy được đều là số chia hết cho 10 nên có \(C_6^2\) (cách).

TH3: Hai quả cầu lấy được có 1 quả cầu là số chia hết cho 2 (nhưng không chia hết cho 5) và 1 quả cầu mang số chia hết cho 5 (nhưng không chia hết cho 2).

Suy ra có \(\left( {30 - 6} \right)\left( {12 - 6} \right) = 144\) (cách).

Khi đó \({n_A} = C_{60}^1 \cdot C_{54}^1 + C_6^2 + 144 = 483\) (cách).

Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{483}}{{C_{60}^2}} = \frac{{161}}{{590}}.\) Chọn B.

Thể tích chiếc cốc là:

\(V = \frac{1}{3}\pi h\left( {{R^2} + {r^2} + R \cdot r} \right) = \frac{1}{3}\pi \cdot 10\left( {{3^2} + {2^2} + 3 \cdot 2} \right) = 198,97\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) = 198,97\,\,({\rm{ml}})\).

Chọn D.

Ta có: \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4\left( {m + 1} \right)x \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 4 - 4\left( {m + 1} \right)\).

Để tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(\Delta :y = \frac{1}{4}x - 2\) thì

\(f'\left( 1 \right) \cdot \frac{1}{4} = - 1 \Leftrightarrow 1 - m - 1 = 1 \Leftrightarrow m = - 1\).

Đáp án: −1.

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

Ta có bảng biến thiên:

Vậy điểm cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(x = 1\).

Đáp án: 1.

Mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\] có phương trình là \(y = 0\).

Áp dụng công thức tính khoảng cách ta được: \(d\left( {M,\left( {Oxz} \right)} \right) = \frac{{\left| { - 2} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {0^2}} }} = 2.\)

Vậy khoảng cách từ \[M\] đến \[\left( {Oxz} \right)\] bằng 2.

Đáp án: 2.

Số cách xếp 5 học sinh vào 5 vị trí là \(5! = 120\) (cách).

Ta đếm số cách xếp để bạn B ngồi chính giữa.

Có 1 cách xếp B.

Xếp A vào 4 vị trí còn lại có 4 cách.

Xếp C vào 3 vị trí còn lại có 3 cách.

Xếp D vào 2 vị trí còn lại có 2 cách.

Xếp E vào 1 vị trí còn lại có 1 cách.

Như vậy theo quy tắc nhân có \(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 24\) cách xếp sao cho B ngồi giữa.

Do đó có \(120 - 24 = 96\) cách xếp sao cho B không ngồi chính giữa.

Đáp án: 96.

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 4}}{{x - 1}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)g\left( x \right) + 4\).

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 1} \right)g\left( x \right) + 4 = 4 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 4.{\rm{ }}\)

Khi đó: \(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 4}}{{x - 1}} \cdot \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left[ {\sqrt {f\left( x \right) + 5} + 3} \right]}} = 10 \cdot \frac{1}{{12}} = \frac{5}{6}\).

Đáp án: \(\frac{5}{6}\).

. Ta có: \(Q'\left( t \right) = 10 - 6t\) suy ra: \({Q^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{5}{3}\).

Ta có bảng biến thiên:

Vậy tại thời điểm \(t = \frac{5}{3}\) thì điện lượng trong dây dẫn lớn nhất.

Đáp án: \(\frac{5}{3}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{8 + {m^2}}}{{{{\left( {x + 8} \right)}^2}}} > 0\) với \(\forall x \ne - 8\)

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên \(( - \infty ; - 8)\) và \(( - 8; + \infty )\)

Khi đó, hàm số đồng biến trên \(\left[ {0\,;\,\,3} \right] \Rightarrow {\min _{\left[ {0\,;\,\,3} \right]}}f(x) = f(0) = - 3 \Rightarrow \frac{{ - {m^2}}}{8} = - 3\)

Do đó \(m = \pm 2\sqrt 6 \Rightarrow {m_0} = 2\sqrt 6 \). Khi đó \(a = 2\,;\,\,b = 6\) nên \(\frac{b}{a} = 3\).

Đáp án: 3.

Ta coi như parabol \((P):h = a{t^2} + bt + c\) đi qua các điểm \[A(0\,;\,\,1),\,\,B(1\,;\,\,3),\,\,\,C(2\,;\,\,1)\].

Do đó ta được \((P):h = - 2{t^2} + 4t + 1\) do đó \({h_{\max }} = 3\,\,(m).\)

Đáp án: 3.

Dễ thấy \({x_1} = 1 - m\) và \({x_2} = 1 + m\) nên \(A\left( {1 - m; - 2 - 2{m^3}} \right)\) và \(B\left( {1 + m; - 2 + 2{m^3}} \right)\) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (Điều kiện: \(m \ne 0\)).

Tam giác OAB vuông ở \(O \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow (1 - m)(1 + m) + \left( { - 2 - 2{m^3}} \right)\left( { - 2 + 2{m^3}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 1 - {m^2} + 4\left( {1 - {m^6}} \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow m = \pm 1.{\rm{ }}\)

Do đó có 2 giá trị của giá trị của tham số thực \[m\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 2.

Ta có: \[\left| {iz - 3 + 2i} \right| = \sqrt 2 \Rightarrow \left| {i\left( {x + yi} \right) - 3 + 2i} \right| = \sqrt 2 \Leftrightarrow \left| {ix - y - 3 + 2i} \right| = \sqrt 2 \]

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {{\left( {y + 3} \right)}^2}} = \sqrt 2 \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 2.\)

Suy ra tập hợp điểm \(M\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là đường tròn tâm \(I\left( { - 2\,;\,\, - 3} \right),\,\,r = \sqrt 2 \).

Vì \(x,\,\,y \in \mathbb{Z}\) nên suy ra có 9 số phức thoả mãn.

Đáp án: 9.

Ta có \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(R = \frac{5}{{\sqrt 6 }}\).

\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {6 - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \frac{5}{{\sqrt 6 }} \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = 6\).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

\(\left( {{2^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge {\left( {\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^2} = {6^2} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge 6.\)

Dấu  xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{{\frac{1}{a}}} = \frac{1}{{\frac{1}{b}}} = \frac{1}{{\frac{1}{c}}}}\\{\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{2}}\\{b = c = 1}\end{array}} \right.} \right.\]. Khi đó \({V_{{\rm{OABC }}}} = \frac{1}{6}abc = \frac{1}{{12}}\).

Đáp án: \(\frac{1}{{12}}\).

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \(\left( P \right)\).

Phương trình đường thẳng \(d\) là: \[d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 3 - t\\z = 4 - t\end{array} \right..\]

Vì \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(H = d \cap \left( P \right)\).

Khi đó, tọa độ điểm \(H\) là nghiệm của hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 3 - t\\z = 4 - t\\2x - y - z + 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 3 - t\\z = 4 - t\\4 + 4t - 3 + t - 4 + t + 6 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 3 - t\\z = 4 - t\\6t + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = \frac{7}{2}\\z = \frac{9}{2}\\t = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {1\,;\,\,\frac{7}{2}\,;\,\,\frac{9}{2}} \right).\]

Do đó hoành độ của điểm \(H\) là 1.

Đáp án: 1.

Từ giả thiết \({a^{x + y}} = {b^{x - y}} = \sqrt[3]{{ab}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = {{\log }_a}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)}\\{x - y = {{\log }_b}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_b}a} \right)}\end{array}} \right.\).

Đặt \({\log _a}b = t\,\,\left( {t > 0} \right)\). Khi đó \(x = \frac{1}{6}\left( {2 + t + \frac{1}{t}} \right)\,,\,\,y = \frac{1}{6}\left( {t - \frac{1}{t}} \right)\).

Suy ra: \(P = 6x + 4y - 2 = 2 + t + \frac{1}{t} + \frac{2}{3}t - \frac{2}{{3t}} - 2 = \frac{5}{3}t + \frac{1}{{3t}} = \frac{1}{3}\left( {5t + \frac{1}{t}} \right) \ge \frac{{2\sqrt 5 }}{3} = \frac{{\sqrt {20} }}{3}\).

Dấu bằng xảy ra khi \(t = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\). Suy ra \(m = 20,\,\,n = 3 \Rightarrow m - 3n = 11.\)

Đáp án: 11.

Ta có: \(f\left( {2 - x} \right) + {x^2}f''\left( x \right) = 2x \Rightarrow f\left( 2 \right) = 0\).

Lại có: \(\int\limits_0^2 {f\left( {2 - x} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_0^2 {{x^2}f''\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {2x{\rm{d}}x} = \left. {{x^2}} \right|_0^2 = 4\).

Xét \({I_1} = \int\limits_0^2 {f\left( {2 - x} \right){\rm{d}}x} \). Đặt \(2 - x = t \Rightarrow {\rm{d}}x = - {\rm{d}}t\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 2\\x = 2 \Rightarrow t = 0\end{array} \right.\).

Khi đó \[{I_1} = - \int\limits_2^0 {f\left( t \right)dt} = \int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} \]. Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = f\left( x \right)}\\{{\rm{d}}v = {\rm{d}}x}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u = f'\left( x \right){\rm{d}}x}\\{v = x}\end{array}} \right.} \right.\).

\( \Rightarrow {I_1} = \left. {\left[ {xf\left( x \right)} \right]} \right|_0^2 - \int_0^2 x f'\left( x \right){\rm{d}}x = 2f\left( 2 \right) - \int_0^2 x f'\left( x \right){\rm{d}}x = - \int_0^2 x f'\left( x \right){\rm{d}}x{\rm{. }}\)

Xét \({I_2} = \int\limits_0^2 {{x^2}f''\left( x \right){\rm{d}}x} \). Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {x^2}}\\{\;{\rm{d}}v = f''\left( x \right){\rm{d}}x}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u = 2x\;{\rm{d}}x}\\{v = f'\left( x \right)}\end{array}} \right.} \right.\).

\( \Rightarrow {I_2} = \left. {\left[ {{x^2}f'\left( x \right)} \right]} \right|_0^2 - \int_0^2 2 xf'\left( x \right){\rm{d}}x = 4f'\left( 2 \right) - 2\int_0^2 x f'\left( x \right){\rm{d}}x = 8 - 2\int_0^2 x f'\left( x \right){\rm{d}}x{\rm{. }}\)

Vậy \( - \int\limits_0^2 x f'\left( x \right){\rm{d}}x + 8 - 2\int\limits_0^2 x f'\left( x \right){\rm{d}}x = 4 \Rightarrow \int\limits_0^2 x f'\left( x \right){\rm{d}}x = \frac{4}{3}\).

Đáp án: \(\frac{4}{3}\).

Ta có: \(\left( {x{y^2} + x - 2y + 4} \right)\log y = \log \left( {\frac{{2y + 2}}{x} - 1} \right)\)

\[ \Leftrightarrow \left( {x{y^2} + x - 2y + 2 + 2} \right)\log y = \log \frac{{2y - x + 2}}{x}\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x{y^2} + x - 2y + 2} \right)\log y + 2\log y = \log \left( {2y - x + 2} \right) - \log x\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x{y^2} + x - 2y + 2} \right)\log y = \log \left( {2y - x + 2} \right) - \left( {\log x + 2\log y} \right)\]

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

Vì \(y > 1\)nên \(\log y > 0\).

TH1: Nếu \(x{y^2} > 2y - x + 2\) thì \(x{y^2} + x - 2y + 2 > 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{VT > 0}\\{VP < 0}\end{array}} \right.\).

TH2: Nếu \(x{y^2} < 2y - x + 2\) thì \(x{y^2} + x - 2y + 2 < 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{VT < 0}\\{VP > 0}\end{array}} \right.\).

Do do, từ (1) suy ra: \(x{y^2} = 2y - x + 2 \Leftrightarrow x = \frac{{2y + 2}}{{{y^2} + 1}}\).

Xét hàm \(f\left( y \right) = \frac{{2y + 2}}{{{y^2} + 1}},\,\,y \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\). Ta có: \(f'\left( y \right) = \frac{{ - 2{y^2} - 4y + 2}}{{{{\left( {{y^2} + 1} \right)}^2}}} < 0\,,\,\,\forall y \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\).

Hàm số \(f\left( y \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( y \right) = \frac{{2y + 2}}{{{y^2} + 1}}\):

\[ \Rightarrow x = f\left( y \right) \in \left( {0\,;\,\,2} \right){\rm{.}}\] Vì \[x \in {\mathbb{N}^*}\] nên \[x \in \left\{ 1 \right\}.\]

Vậy có 1 giá trị \[x\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 1.

Hoán dụ: Thôn Đoài, thôn Đông; Nhân hóa: nhớ. Chọn D.

Chủ thể trữ tình của bài thơ là chàng trai thôn quê đang tương tư trong tình yêu. Chọn C. 

Câu “Hai thôn chung lại một làng/ Cớ sao bên ấy chẳng sang bên này?” thể hiện sự trách móc, hờn dỗi của chàng trai nhưng cũng rất tế nhị, đáng yêu. Chọn A.

Đơn vị hành chính “thôn” ở làng quê tương đương với bản. Chọn C.

Từ “khuê các” là chỉ nơi ở của phụ nữ nhà giàu sang. Chọn C.

Đoạn thơ được biết theo thể lục bát. Chọn A. 

Hình ảnh người mẹ được khắc họa qua những từ ngữ, chi tiết: “không có yếm đào”, “Nón mê thay nón quai thao đội đầu”, “Rối ren tay bí tay bầu”, “váy nhuộm bùn áo nhuộm nâu bốn mùa”. Đó là một người mẹ nghèo, lam lũ, vất vả. Chọn D.

Tâm tư, tình cảm của tác giả: Nỗi nhớ, lòng biết ơn sâu sắc và tình yêu thương to lớn dành cho người mẹ. Chọn C.

Trong văn bản, tác giả đã sử dụng hiệu quả chất liệu ca dao.

Trong ca dao ta thường gặp: “Con cò lặn lội bờ sông/ Gánh gạo nuôi chồng tiếng khóc nỉ non” hay “Cái cò đậu cọc cầu ao /Ăn sung sung chát, ăn đào đào chua” và “Gió đưa cây cải về trời/ Rau răm ở lại chịu lời đắng cay”. Chính những cái cò, sung chát đào chua, cây cải về trời đó lại hiển hiện trong kí ức bằng lặng, đẹp đẽ hồn nhiên của ngày thơ. Tác giả đã vận hình ảnh cánh cò vào đời “mẹ ta”, như một niềm tri ân thành kính trong nỗi xót xa thương cảm vô bờ. Nhờ đó hình ảnh người mẹ tảo tần, lam lũ hiện lên càng thấm thía và cảm động hơn. Chọn A.

Trong đoạn trích, con sông Đà hiện lên với những hình ảnh: tuôn dài như một áng tóc trữ tình, mùa xuân màu xanh ngọc bích, mùa thu nước sông Đà lừ lừ chín đỏ,... Những chi tiết đó thể hiện vẻ đẹp thơ mộng, trữ tình của sông Đà. Chọn A.

Trong đoạn trích, tác giả miêu tả hình dáng và màu sắc sông Đà. Vì vậy phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là miêu tả. Chọn B.

Thông tin nằm ở dòng đầu tiên của đoạn trích: “Con Sông Đà tuôn dài, tuôn dài như một áng tóc trữ tình”. Chọn A.

Con sông Đà tuôn dài như áng tóc trữ tình gợi liên tưởng đến một người con gái có mái tóc dài dịu dàng, nữ tính → một mĩ nhân dịu dàng, đằm thắm. Chọn C.

Thông tin nằm ở câu: “Tôi đã nhìn say sưa làn mây mùa xuân bay trên Sông Đà, tôi đã xuyên qua đám mây mùa thu mà nhìn xuống dòng nước Sông Đà”. Như vậy, điểm nhìn của tác giả ở trên cao nhìn xuống. Chọn A.

Theo đoạn văn số 1, hoa lan đặc biệt vì cấu tạo của hoa: Trong mỗi bông hoa lan nổi lên một thứ được gọi là trụ, trụ hoa chứa hai bộ phận sinh dục đực và cái giúp loài hoa này duy trì nòi giống,... Chọn B.

Thông tin ở đoạn 1: Cấu tạo đặc biệt của trụ hoa giúp cho hàng trăm nghìn và cũng có thể là hàng triệu hạt giống được thụ phấn trong một lần. Chọn D.

Thông tin ở đoạn 2: Hoa lan sử dụng hình dạng, màu sắc và mùi hương hấp dẫn để thu hút các loài côn trùng đến thụ phấn. Chọn C.

Thông tin nằm ở đoạn thứ 3: Bằng cách thích nghi khéo léo như vậy, hoa lan đã tránh được những nguy cơ của việc lai tạo tràn lan trong tự nhiên, đảm bảo mỗi loài trong họ lan giữ bản sắc riêng biệt. Đó cũng là lí do khiến loài hoa này được nhiều người yêu thích và sưu tầm. Chọn D.

Đọc và xác định nghĩa của câu. Nhận diện được từ “đề xuất” thường dùng khi cấp dưới đề xuất với cấp trên. Trong câu trên mối quan hệ giữa Thủ tướng và các Bộ là quan hệ giữa cấp trên với cấp dưới → từ “đề xuất” không phù hợp về logic → Sửa lại: Thay “đề xuất” bằng “yêu cầu”. Chọn A.

Cụm từ “lọt xuống” dùng trong câu không phù hợp; trong bóng đá, việc thất bại trong các trận bóng sẽ đẩy đội bóng “tụt hạng”, còn thành công thì họ sẽ “lọt vào” các vòng trong. Từ dùng đúng trong câu này là “tụt xuống”. Chọn D.

Phong cách ngôn ngữ báo chí là kiểu diễn đạt dùng trong các văn bản thuộc lĩnh vực truyền thông đại chúng, như văn bản dùng trong báo in, đài phát thanh, đài truyền hình, báo điện tử... Chọn C.

Chuyện chức phán sự đền Tản Viên đề cao tinh thần khảng khái, cương trực, dám đấu tranh chống lại cái ác trừ hại cho dân của Ngô Tử Văn, đồng thời thể hiện niềm tin công lí, chính nghĩa nhất định thắng gian tà. Chọn C.

Lỗi sai về ngữ nghĩa, không phù hợp với ngữ cảnh: “hào hoa” là cách ứng xử lịch thiệp, nhã nhặn, mang khuynh hướng của văn học lãng mạn, nó không phù hợp với ngữ cảnh khi nói về tác phẩm Rừng xà nu, có thể thay thế bằng từ “hào hùng”. Chọn C.

Từ “yếu điểm”: điểm quan trọng, có ý nghĩa lớn lao nhất → không cùng nghĩa với các từ còn lại (chỉ điểm còn yếu kém, chưa hoàn hảo). Chọn C.

Các từ “tuyệt chủng, tuyệt thực, tuyệt giao” có nghĩa là dứt, không còn gì. Từ “tuyệt vời” là đạt đến mức được coi là lí tưởng, không gì có thể sánh được. Từ “tuyệt vời” không cùng nghĩa với các từ còn lại. Chọn B.

Các từ “Nhỏ nhen, nhỏ mọn, nhỏ nhặt” chỉ sự hẹp hòi. Từ “nhỏ nhẹ”: từ tốn. Vậy từ “nhỏ nhẹ” không cùng nhóm với các từ còn lại. Chọn B.

Quang Dũng sáng tác vào giai đoạn kháng chiến chống Pháp. Còn lại đều thuộc thế hệ nhà văn sau 1975. Chọn C.

Cảm hứng yêu nước rất phong phú, đa dạng: là âm điệu hào hùng khi đất nước chống giặc ngoại xâm, là âm hưởng bi tráng lúc nước mất nhà tan, là giọng điệu thiết tha khi đất nước trong cảnh thái bình, thịnh trị. Chọn D.     

Ông lái đò sông Đà trong tác phẩm của Nguyễn Tuân là biểu tượng về người dân lao động Tây Bắc trí dũng tuyệt vời, sinh ra để chinh phục và chế ngự cái hung dữ vô cùng của thiên nhiên sông Đà. Chọn A.

Tài nguyên động vật là tài nguyên chung, có vai trò quyết định tới sự phát triển bền vững của đất nước chúng ta. Chọn B.

Con đường hình thành bản sắc dân tộc của văn hóa không chỉ trông cậy vào sự tạo tác của chính dân tộc đó mà còn trông cậy vào khả năng chiếm lĩnh, khả năng đồng hóa những giá trị văn hóa bên ngoài. Chọn B.

Giá trị nghệ thuật là toàn bộ những phương thức, phương tiện, kĩ xảo được nhà văn dùng để xây dựng hình tượng nghệ thuật mang giá trị thẩm mĩ sẽ tạo thành giá tri nghệ thuật của văn học. Chọn A.

Hình ảnh đoàn tàu được nhắc đến trong đoạn trích thể hiện cho những ước muốn khiêm nhường mà nhỏ bé của người dân nghèo nơi phố huyện. Họ muốn thấy một cái gì đó rộn ràng hơn khác với cuộc sống tối tăm cũng như mong muốn một sự thay đổi đến với cuộc đời mình. Chọn B.

Nội dung đoạn trích thể hiện tâm trạng và hành động của nhân vật Mị trong đêm cởi trói cho A Phủ và cùng A Phủ trốn khỏi Hồng Ngài sang Phiềng Sa. Chọn A.

Vẻ đẹp con sông Hương trong đoạn trích trên được cảm nhận dưới góc nhìn địa lí. Chọn A.

Khi chánh án Đẩu đề nghị chị nên li hôn, chị ta van xin “con lạy quý tòa … đừng bắt con bỏ nó”, theo chị:

 + Người đàn ông bản chất vốn không phải kẻ vũ phu, độc ác, anh ta chỉ là nạn nhân của cuộc sống đói khổ. Người chồng là chỗ dựa khi có biển động.

+ Chị không thể một mình nuôi nấng trên dưới 10 đứa con, vả lại “trên thuyền cũng có lúc vợ chồng con cái vui vẻ, hòa thuận”.

→ Chị là một người mẹ thương con và là một người vợ hiểu chồng. Chọn D.

Nội dung chính của đoạn trích là vẻ đẹp của bức tranh sông nước mênh mang, heo hút và nỗi buồn của người thi sĩ trước không gian vô tận. Chọn B.

Phong cách ngôn ngữ của văn bản trên là: phong cách ngôn ngữ chính luận. Chọn B.

Biện pháp nghệ thuật:

- Câu hỏi tu từ: Mình về mình có nhớ ta, Mình về mình có nhớ không.

- Điệp từ: Mình về mình có nhớ, Nhìn.

→ Chọn D.

Điểm tương đồng: Sự hùng vĩ. Chọn A.

Đoạn thơ sử dụng các biện pháp tu từ:

- Câu hỏi tu từ (Sao anh không về chơi thôn Vĩ?)

- Điệp từ (Nắng)

- So sánh (Vườn ai mướt quá xanh như ngọc)

→ Chọn C.

Khổ thơ trên là khổ thơ thứ nhất trong bài thơ Từ ấy của nhà thơ Tố Hữu. Bài thơ đánh dấu bước ngoặt của nhà thơ khi ông tìm thấy ánh sáng của lí tưởng cách mạng. Khổ thơ đầu tiên thể hiện tâm trạng vui tươi, say mê khi được giác ngộ lí tưởng của tác giả. Chọn C.

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

→ Nghệ thuật phải bắt nguồn từ đời sống hiện thực. Chọn D.

Đoạn văn tổng phân hợp. Câu mở đầu đoạn văn trên nêu lên một nhận định chung về nhân vật. Các câu khác triển khai đoạn đưa ra các biểu hiện cụ thể minh họa cho nhận định chung ấy. Từ những chứng cớ cụ thể này, câu kết đoạn đúc kết thành một nhận định mới vừa phù hợp với nhận định ban đầu, vừa được nâng cao hơn. Chọn C.

Nội dung không được thể hiện trong đoạn thơ là: Thái độ tự ti của dân tộc ít người. Chọn B.

Tại Nam Phi, trước áp lực đấu tranh của người da màu, Hiến pháp ban hành tháng 11 năm 1993 đã chính thức xoá bỏ chế độ phân biệt chủng tộc (Apácthai). Chọn D.

Trong cuộc kháng chiến chống thực dân Pháp ở Việt Nam từ năm 1858 đến năm 1884:

- Phương án A, C: triều đình nặng về phòng thủ (xây dựng đại đồn Chí Hòa) và lần lượt kí các Hiệp ước đầu hàng thực dân Pháp.

- Phương án B: Nhân dân từ năm 1858 đến năm 1884 luôn kiên quyết đấu tranh chống Pháp, mặc dù từ Hiệp ước Nhâm Tuất (1862), triều đình đã ra lệnh giải tán các toán nghĩa binh chống Pháp. Chọn B.

- Phương án D: Nhân dân từ sau năm 1862 đến năm 1884 đã kết hợp chống triều đình và chống phong kiến đầu hàng.

Xô Viết Nghệ-Tĩnh là đỉnh cao của phong trào cách mạng 1930-1931 vì đây là một hình thức chính quyền kiểu mới, của dân, do dân và vì dân. Điều này thể hiện qua những chính sách mà chính quyền Xô viết Nghệ-Tĩnh đã thực hiện sau khi được thành lập.

- Về chính trị: quần chúng được tự do tham gia các hoạt động đoàn thể, tự do hội họp, thành lập các đội tự vệ đỏ và tòa án nhân dân.

- Về kinh tế: thi hành các biện pháp như chia ruộng đất cho dân cày nghèo, bãi bỏ thuế thân, thuế chợ, thuế đò, thuế muối; xóa nợ cho người nghèo; tu sửa cầu cống, đường giao thông; lập các tổ chức để nông dân giúp đỡ lẫn nhau.

- Về văn hóa-xã hội: mở lớp dạy chữ Quốc ngữ cho các tầng lớp nhân dân; các tệ nạn xã hội như mê tín, dị đoan,… bị xóa bỏ. Trật tự an ninh được giữ vững,…

Chọn C.

A loại vì chỉ có phong trào giải phóng dân tộc ở châu Phi mà cụ thể là Nam Phi làm sụp đổ hoàn toàn chế độ phân biệt chủng tộc (Apacthai) ở châu Phi.

Chọn B vì thắng lợi của phong trào giải phóng dân tộc ở các nước Á, Phi, Mỹ Latinh sau Chiến tranh thế giới thứ hai đã góp phần làm thất bại tham vọng thống trị thế giới của Mỹ.

C loại vì CNXH trở thành hệ thống thế giới, lan rộng từ Âu sang Á gắn với thắng lợi của các cuộc cách mạng dân chủ nhân dân ở Đông Âu và cuộc cách mạng Trung Quốc năm 1949.

D loại vì sau chiến tranh thế giới thứ hai, các nước Mĩ Latinh chống chủ nghĩa thực dân mới.

Cả 4 phương án trên đều là các hình thức đấu tranh của phong trào dân chủ 1936 1939, trong đó hình thức mới là đấu tranh nghị trường. Chọn C.

Nhìn chung, giai đoạn 1973-1991 kinh tế Mĩ, Tây Âu và Nhật Bản đều khủng hoảng và suy thoái do chịu tác động của khủng hoảng năng lượng năm 1973. Chọn C.

Đẩy mạnh phong trào thi đua tăng gia sản xuất là biện pháp lâu dài chứ không phải là biện pháp cấp thời để giải quyết nạn đói ở nước ta sau Cách mạng tháng Tám năm 1945. Chọn D.

Năm 1920, Nguyễn Ái Quốc lựa chọn con đường giải phóng dân tộc cho nhân dân Việt Nam đi theo con đường cách mạng Nga, vì cuộc cách mạng này đã đuổi được vua, tư bản, địa chủ rồi lại ra sức cho công nông và các dân tộc bị áp bức, các thuộc địa làm cách mệnh để đạp đổ đế quốc chủ nghĩa và tư bản... Chọn D.

Nhận định trên của Hồ Chí Minh đề cập đến nghĩa lịch sử của Cách mạng tháng Mười Nga năm 1917 đối với nước Nga và thế giới. Chọn A.

Sau Cách mạng tháng Mười (1917) và Việt Nam sau Cách mạng tháng Tám (1945), cả Nga và Việt Nam đều ở trong tình trạng khó khăn chồng chất cả trong nước (đói nghèo, khó khăn tài chính...) và bị thủ trong giặc ngoài bao vây, cấm vận nhưng cả hai Đảng đều có được sự ủng hộ hết mình của nhân dân cả nước nên đã từng bước giải quyết những khó khăn, giữ vững độc lập dân tộc. Thực tiễn việc giải quyết những khó khăn của nước Nga sau Cách mạng tháng Mười (1917) và Việt Nam sau Cách mạng tháng Tám (1945) để lại cho Đảng bài học kinh nghiệm dễ trăm lần không dân cũng chịu, khó vạn lần dân liệu cũng xong. Chọn D.

Liên Bang Nga có tỉ suất gia tăng dân số tự nhiên có chỉ số âm dẫn đến già hóa dân số. Mặt khác từ thập niên 90 của thế kỉ XX nhiều người Nga đã di cư ra nước ngoài nên số dân đã giảm đi. Đây là hai vấn đề dân cư mà Nhà nước Liên Bang Nga quan tâm nhất hiện nay. Chọn B.

Ở vùng ven biển nước ta, các vùng vịnh nước sâu thuận lợi cho việc xây dựng các cảng biển. Biểu hiện rõ ở vùng bờ biền Duyên hải Nam Trung Bộ. Chọn C.

Chú ý từ khóa: “cải tạo”

- Loại A: đào hố vẩy cá để phòng chống xói mòn đất vùng núi

- Loại B: bón phân hóa học là biện pháp cải tạo đất vùng đồng bằng

- Loại D: dùng thuốc diệt cỏ không phải là biện pháp hữu ích, biện pháp này sẽ khiến đất dễ bị nhiễm độc

Biện pháp cải tạo đất hoang ở đồi núi nước ta là: phát triển nông-lâm kết hợp, vừa góp phần phủ xanh đất trồng đồi núi trọc, hạn chế thiên tai xói mòn sạt lở vùng núi, vừa đem lại hiệu quả kinh tế. Chọn C.

Thành phố nằm gần nhất là Điện Biên Phủ. Chọn D.

Bắc Trung Bộ và duyên hải miền Trung có tỉ lệ thất nghiệp cao thứ hai cả nước sau ĐNB. Chọn D.

Trong những năm qua, sản lượng lương thực của nước ta tăng lên chủ yếu là do áp dụng rộng rãi các biện pháp thâm canh trong nông nghiệp khiến năng suất lúa tăng mạnh. Chọn D.

Nước ta cần phải xây dựng một cơ cấu ngành công nghiệp tương đối linh hoạt chủ yếu nhằm thích nghi với cơ chế thị trường. Thị trường có nhu cầu đa dạng nên ngành công nghiệp cũng phải sản xuất đa dạng. Chọn D.

Trung du và miền núi Bắc Bộ có điều kiện thuận lợi phát triển công nghiệp nặng do có nguồn năng lượng và khoáng sản dồi dào. Đây là những điều kiện quan trọng nhất để phát triển công nghiệp. Chọn A.

Từ Tây sang Đông ở Bắc Trung Bộ thuận lợi để hình thành cơ cấu kinh tế theo không gian là lâm-nông-ngư nghiệp. Chọn B.

Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên mạch ngoài là hai điện trở mắc nối tiếp

Ta có \({R_{TD}} = 100 + 100 = 200\,\Omega \)

Cường độ dòng điện trong mạch chính là: \(I = \frac{E}{{{R_{TD}} + r}} = \frac{6}{{200}}A\)

Vì hai điện trờ mắc nối tiếp nên \({I_1} = {I_2} = I = \frac{6}{{200}}\;{\rm{A}}\)

Số chỉ của vôn kế là \({U_V} = {I_2}{R_2} = \frac{6}{{200}} \cdot 100 = 3\;{\rm{V}}\)

Chọn D.

Do \(B = 2 \cdot {10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{r}\) nên điểm khảo sát càng xa thì cảm ứng từ càng lớn. Vì vậy \({B_M} = \frac{1}{2}{B_N}\).

Chọn A.

Điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần xảy ra là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_1} > {n_2}}\\{i > {i_{gh}}}\end{array}} \right.\). Chọn A.

Chu kì dao động: \(T = \frac{5}{{10}} = 0,5s \Rightarrow \omega  = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{0,5}} = 4\pi \,{\rm{rad}}/{\rm{s}}\)

Mà \({v_{\max }} = A\omega  \Rightarrow A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \frac{{20\pi }}{{4\pi }} = 5\;{\rm{cm}}\)

Theo bài ta có: \({{\rm{W}}_d} = 3{W_t}\) mà \({{\rm{W}}_d} + {W_t} = {\rm{W}} \Rightarrow 4{W_t} = {\rm{W}}\)

\( \Rightarrow 4{\rm{kx}}_1^2 = k\;{{\rm{A}}^2} \Rightarrow 4{\rm{x}}_1^2 = {{\rm{A}}^2} \Rightarrow {x_1} =  \pm 2,5\;{\rm{cm}}\)

Tại thời điểm ban đầu vật đi qua vị trí li độ \(2,5\sqrt 3 \;{\rm{cm}}\) đang chuyển động về vị trí cân bằng từ đó dựa vào đường tròn ta thấy vật có động năng bằng ba lần thế năng lần thứ hai khi nó quay được góc \(\varphi .\)

Dựa vào đường tròn \(\varphi  = \frac{\pi }{2}\) mà \(\varphi  = \frac{\pi }{2} = \omega  \cdot \Delta t = 4\pi .\Delta t\)\( \Rightarrow \Delta t = \frac{\varphi }{{4\pi }} = \frac{\pi }{{2.4\pi }} = 0,125\;{\rm{s}}\). Chọn C.

Mức cường độ âm tại M: \(L = 10\log \frac{{{I_M}}}{{{I_0}}} = 100\;{\rm{dB}} \Rightarrow \frac{P}{{4\pi {r^2}}} = {10^{10}} \cdot {I_0} \Rightarrow P \approx 2\;{\rm{W}}\). Chọn A.

Phương trình phân rã \(_{84}^{210}{\rm{Po}} \Rightarrow \alpha + _{82}^{206}\;{\rm{Pb}}\). Mỗi phân rã tỏa ra một năng lượng

\(\Delta E = \left( {{m_{Po}} - {m_\alpha } - {m_{Pb}}} \right){c^2} = 5,4MeV = 8,{64.10^{ - 13}}J\)

Số hạt Po có trong 10g là: \(N = \frac{{{m_0}{N_A}}}{A} = \frac{{10.6,{{023.10}^{23}}}}{{210}} = 2,{868.10^{23}}\)hạt

Năng lượng tỏa ra khi 10g Po phân rã hết là: \(E = N.\Delta E = 2,{478.10^{10}}(J)\). Chọn D.

\({\left( {\frac{q}{{{q_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1 \to {\left( {\frac{q}{{{q_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{\omega .{q_0}}}} \right)^2} = 1\)

Thay số \[ \to {\left( {\frac{{{{10}^{ - 7}}}}{{{{2.10}^{ - 7}}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{{2.10}^{ - 7}}{{.2.10}^4}}}} \right)^2} = 1 \to i = 2\sqrt 3 \;{\rm{mA}}{\rm{. }}\]Chọn B.

Ta có khoảng vân khi dùng ánh sáng vàng có bước sóng \(0,6\,\mu m:\) \(i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{0,{{6.10}^{ - 6}}.D}}{a}\)

Nên đoạn MN khi đó có độ dài: \(MN = 16i = \frac{{16.0,{{6.10}^{ - 6}}.D}}{a} = \frac{{9,{{6.10}^{ - 6}}.D}}{a}\)

Nếu dùng ánh sáng có bước sóng \(0,45\mu m\) khoảng vân khi đó: \({i^\prime } = \frac{{{\lambda ^\prime }D}}{a} = \frac{{0,{{45.10}^{ - 6}}.D}}{a}\)

Số vân sáng trên đoạn MN khi đó là: \({N_s} = 2 \cdot \left[ {\frac{{MN}}{{2{i^\prime }}}} \right] + 1 = 2[10,6] + 1 = 2.10 + 1 = 21\). Đáp án: 21

Động năng của electron: \({K_{0\max }} = \frac{{hc}}{\lambda } - \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} = hc\left( {\frac{1}{{\frac{{{\lambda _0}}}{3}}} - \frac{1}{{{\lambda _0}}}} \right) = \frac{{2hc}}{{{\lambda _0}}}\). Chọn A.

+ Khi K đóng: Nhiệt lượng tỏa ra trong một chu kì bằng: \({Q_1} = I_1^2Rt\).

+ Khi K ngắt: Nhiệt lượng chỉ tỏa ra trên mạch trong một nửa chu kì (một nửa chu kì bị điôt chặn lại). Nửa chu kì có dòng điện chạy trong mạch thì cường độ dòng điện hoàn toàn giống như trường hợp khóa K đóng (vì điốt lý tưởng). Vì vậy nhiệt lượng tỏa ra trong thời gian một chu kì: \({Q_2} = \frac{1}{2}{Q_1}\).

+ Gọi I₂ là giá trị hiệu dụng của dòng điện khi K ngắt thì: \({Q_2} = I_2^2Rt\).

\( \Rightarrow I_2^2Rt = \frac{1}{2}I_1^2Rt \Rightarrow {I_2} = \frac{{{I_1}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}(A){\rm{. }}\)Chọn B.

Sơ đồ phản ứng xảy ra như sau:

\({\rm{Al}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_3} \cdot 9{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to {\rm{Al}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_3} \to {\rm{A}}{{\rm{l}}_2}{{\rm{O}}_3}\)

Tại nhiệt độ 210^oC, phần rắn còn lại (chứa ba nguyên tố)

=> Hỗn hợp chứa \({\rm{Al}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_3}\) và \({\rm{A}}{{\rm{l}}_2}{{\rm{O}}_3}\,(3\)nguyên tố là \({\rm{Al,}}\,{\rm{N}},{\rm{O}}).\)

Coi số mol của \({\rm{Al}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_3} \cdot 9{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} = 1\;{\rm{mol}}\)ta có:

\({\rm{Al}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_3}.9{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Al}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_3}:{x^{mol}}}\\{{\rm{A}}{{\rm{l}}_2}{{\rm{O}}_3}:{y^{mol}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = 1\,\,({\rm{BTNT}}\,\,{\rm{Al}})}\\{\frac{{213x + 102y}}{{375.1}} \cdot 100\% = 30\% }\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{41}}{{108}}}\\{y = \frac{{67}}{{216}}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Thành phần % theo khối lượng của oxyen có trong phần chất rắn tại 210^oC là

\(\% {m_O} = \frac{{(9x + 3y) \cdot 16}}{{213x + 102y}} \cdot 100\% = 61,83\% .\)

Chọn C.

Thí nghiệm 2: \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = \frac{{{{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}}}}{2} = \frac{{0,2 \cdot 0,01}}{2} = 0,001\;{\rm{mol}}\).

Thí nghiệm 1:

Bảo toàn nguyên tố S: \({{\rm{n}}_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} + {{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,004\,\,mol\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,004 - 0,001 = 0,003\;{\rm{mol}}\)

Þ \({{\rm{C}}_{{\rm{M}}\left( {{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}} \right)}} = \frac{{0,001}}{{0,025}} = 0,04{\rm{M}};{{\rm{C}}_{{\rm{M}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}} \right)}} = \frac{{0,003}}{{0,025}} = 0,12{\rm{M}}\).

Chọn A.

Amino acid no Y, mạch hở, có 1 nhóm amino và 1 nhóm carboxyl có công thức là \({{\rm{C}}_{\rm{n}}}{{\rm{H}}_{2{\rm{n}} + 1}}{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\)

Có \(\% {\rm{O}} + \% \;{\rm{N}} = \frac{{46}}{{14n + 47}} \cdot 100\% = 51,685\% \Rightarrow {\rm{n}} = 3\,\,\left( {{\rm{Ala}}:{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_7}{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}} \right)\)

Khi thủy phân hết \(m\)gam X trong môi trường acid thu được 30,2 gam tetrapeptide (0,1 mol); 30,03 gam tripeptide (\(0,13\;{\rm{mol}}\)); 25,6 gam dipeptide (\(0,16\;{\rm{mol}}\)) và 88,11 gam \({\rm{Y}}\)(\(0,99\;{\rm{mol)}}{\rm{.}}\)

Bảo toàn nhóm Ala \( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{pentapeptide }}}} = \frac{{0,1 \cdot 4 + 0,13 \cdot 3 + 0,16 \cdot 2 + 0,99}}{5} = 0,42\;{\rm{mol}}\)

Þ \(m = 0,42 \cdot (89 \cdot 5 - 18 \cdot 4) = 156,66\,gam.\)

Chọn B.

Các phát biểu đúng là: (a); (d); (e).

Phát biểu (b) sai vì chất lỏng trong 2 ống nghiệm đều phân thành 2 lớp.

Phát biểu (c) sai vì thủy phân trong môi trường acid thu được \[C{H_3}COOH,\] trong môi trường base thu được \[C{H_3}COONa\].

Phương trình hóa học:

Chọn D.

Để Zn bị ăn mòn điện hóa thì kim loại tạo hợp kim với Zn phải có tính khử yếu hơn Zn.

Chọn A.

Phương trình phản ứng: \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}\;{{\rm{S}}_2}{{\rm{O}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + {\rm{S}} \downarrow + {\rm{S}}{{\rm{O}}_2} \uparrow + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Nồng độ chất tham gia phản ứng càng cao (nồng độ các chất trong dung dịch hỗn hợp khi trộn các chất với nhau), tốc độ phản ứng càng nhanh, thời gian kết tủa càng ngắn.

Ở ống nghiệm 2, số giọt nước bằng 0 nên nồng độ của \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) và \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}\;{{\rm{S}}_2}{{\rm{O}}_3}\) giữ nguyên, không bị pha loãng nên thời gian xuất hiện kết tủa sớm nhất \( \Rightarrow {t_2}\) nhỏ nhất.

Ở đây, nồng độ dung dịch \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) được giữ cố định (1 giọt), do đó trong dung dịch hỗn hợp thu được nồng độ \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) không đổi, dẫn đến tốc độ phản ứng chỉ còn phụ thuộc vào nồng độ \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}\;{{\rm{S}}_2}{{\rm{O}}_3}.\)

Thứ tự tăng nồng độ \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}\;{{\rm{S}}_2}{{\rm{O}}_3}\) trong các thí nghiệm như sau: thí nghiệm 2 (12 giọt \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}\;{{\rm{S}}_2}{{\rm{O}}_3} + 0\) giọt \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)) > thí nghiệm 3 (8 giọt \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}\;{{\rm{S}}_2}{{\rm{O}}_3} + 4\) giọt \({{\rm{H}}_2}{\rm{O)}}\) > thí nghiệm 1 (4 giọt \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}\;{{\rm{S}}_2}{{\rm{O}}_3} + 8\) giọt \({{\rm{H}}_2}{\rm{O)}}{\rm{.}}\)

Vậy thời gian xuất hiện kết tủa theo thứ tự là \({t_1} > {t_3} > {t_2}\)

Chọn C.

Thủy tức không có ống tiêu hóa mà có túi tiêu hóa. Gà, thỏ, châu chấu đều là những động vật có ống tiêu hóa. Chọn C.

Trong giới hạn cho phép, nhiệt độ môi trường tăng thì luôn dẫn tới cường độ quang hợp tăng. Tuy nhiên, khi nhiệt độ tăng quá cao thì cường độ quang hợp sẽ giảm hoặc ngưng hẳn do bộ máy quang hợp bị tổn hại. Chọn C.

I. Sai. Những kích thích dưới ngưỡng thì không đủ để gây ra tính cảm ứng cho sinh vật.

II. Sai. Các phản ứng của động vật thông qua hệ thần kinh trả lời lại các kích thích của môi trường được gọi là phản xạ, động vật đơn bào chưa có hệ thần kinh nên chưa có phản xạ.

III. Sai. Ở động vật có não bộ, có 2 loại phản xạ là phản xạ có điều kiện và phản xạ không điều kiện.

IV. Đúng. Phản xạ có điều kiện được hình thành trong quá trình phát triển cá thể, đòi hỏi phải tập luyện, rút kinh nghiệm của cơ thể. Động vật không xương sống có tuổi thọ ngắn và số lượng tế bào thần kinh không nhiều nên có rất ít phản xạ có điều kiện.

Chọn A.

Trong quá trình nhân đôi ADN, enzim ADN pôlimeraza chỉ di chuyển trên mạch khuôn theo một chiều từ 3’ đến 5’ và tổng hợp cả 2 mạch cùng một lúc. Chọn D.

Quy trình tạo giống thuần chủng dựa trên nguồn biến dị tổ hợp là: Lai các dòng thuần khác nhau → chọn lọc các cá thể có kiểu gen mong muốn → đem các cá thể có kiểu gen mong muốn tự thụ phấn hoặc giao phối gần để tạo dòng thuần chủng. Chọn D.

Hai loài cá sống trong một ao, cùng sử dụng một loài thực vật thuỷ sinh làm thức ăn → Giữa hai loài cá này có sự cạnh tranh về nguồn thức ăn. Chọn B.