Năm 2016 có lượng công trình khoa học được công bố trên tạp chí quốc tế chiếm tỉ lệ cao nhất là 732 công trình. Chọn D.

Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = gt \Rightarrow v\left( {11,5} \right) = 9,8.11,5 = 112,7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\). Chọn D.

\({4^{2x + 3}} = {8^{4 - x}} \Leftrightarrow {2^{2\left( {2x + 3} \right)}} = {2^{3\left( {4 - x} \right)}}\)\( \Leftrightarrow 4x + 6 = 12 - 3x \Leftrightarrow x = \frac{6}{7}\). Chọn C.

Ta có \({\left| x \right|^3} + 2{x^2} + 3\left| x \right| = 6\)\( \Leftrightarrow {\left| x \right|^3} + 2{\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| = 6\)\( \Leftrightarrow \left| x \right| = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1\)

Với \(\left| x \right| = 1 \Rightarrow \left| y \right| = 0 \Rightarrow y = 0\)

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm. Chọn B.

Phương trình \[{z^2} + 2z + 3 = 0\] có \[\Delta ' = {1^2} - 3 = - 2\]

Suy ra phương trình \[{z^2} + 2z + 3 = 0\] có nghiệm \[{z_{1,2}} = - 1 \pm \sqrt 2 i\].

\[{z_1}\] là nghiệm phức có phần ảo âm \[ \Rightarrow {z_1} = - 1 - \sqrt 2 i\]. Điểm biểu diễn của \[{z_1}\] là \(M\left( { - 1\,;\,\, - \sqrt 2 } \right)\).

Chọn D.

Mặt phẳng vuông góc với trục \[Oy\] có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\).

Mặt phẳng đó đi qua điểm \[M\left( {2\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\] và có dạng \(y - 2 = 0\). Chọn C.

Hình chiếu vuông góc của điểm \[A\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} 3} \right)\] có hình chiếu vuông góc trên \(\left( {Oyz} \right)\) là: \(\left( {0\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,3} \right).\) Chọn A.

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

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(\left( { - \infty \,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \, - 1} \right] \cup \left( {\frac{3}{2}\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \, + \infty } \right)\). Chọn C.

Ta có \(2{\sin ^2}2x + \cos 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow 2 - 2{\cos ^2}2x + \cos 2x + 1 = 0\)

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

\( \Leftrightarrow 2x = \pi + k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \,,\,\,k \in \mathbb{Z}\).

Vì \(x \in \left[ {0\,;\,\,2018\pi } \right]\) nên \(0 \le \frac{\pi }{2} + k\pi \le 2018\pi \Leftrightarrow - \frac{1}{2} \le k \le \frac{{4035}}{2} \Rightarrow k \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,...\,;\,\,2017} \right\}.\)

Như vậy, có 2018 số \[k\] thỏa mãn, suy ra, phương trình đã cho có 2018 nghiệm trong \(\left[ {0\,;\,\,2018\pi } \right].\)

Chọn A.

Dễ thấy số hạt dẻ đặt vào từng ô tạo thành một cấp số cộng với \({u_1} = 7\,;\,d = 5.\)

Gọi bàn cờ đó có \(n\) ô nên \({S_n} = 25\,\,450 = \frac{{n\left[ {2 \cdot 7 + 5\left( {n - 1} \right)} \right]}}{2}\)

\[ \Leftrightarrow n\left( {5n + 9} \right) = 50\,\,900 \Leftrightarrow 5{n^2} + 9n - 50\,\,900 = 0 \Rightarrow n = 100\] (do \[n \in {\mathbb{N}^*})\].

Vậy bàn cờ đó có 100 ô. Chọn B.

Ta có \(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = \int {\frac{{x + 3}}{{{x^2} + 4x + 3}}{\rm{d}}x} \)\( = \int {\frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x} \)\( = \ln \left| {x + 1} \right| + C\).

Chọn B.

Ta có quãng đường vật đó chuyển động được là:

\(s = \int\limits_3^{10} {\left( {3{t^2} + 4} \right)dt} = \left. {\left( {{t^3} + 4t} \right)} \right|_3^{10} = 1001{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( m \right).\) Chọn C.

Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để 

\(\frac{{a\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]}}{r} \ge 200 \Leftrightarrow \frac{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1} \right]}}{{0,6\% }} \ge 200\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} \ge \frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1 \Leftrightarrow n \ge {\log _{1 + 0,6\% }}\left( {\frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1} \right) \approx 18,84 \Rightarrow {n_{\min }} = 19\)

Vậy sau ít nhất 19 tháng thì người đó trả được hết số nợ ngân hàng.

Chọn A.

ĐKXĐ: \(x > 0\).

Ta có: \({\log _3}\sqrt x \ge {\log _3}x + 1 \Leftrightarrow {\log _3}\sqrt x \ge {\log _3}x + {\log _3}3\)\( \Rightarrow {\log _3}\sqrt x \ge {\log _3}\left( {3x} \right)\)\( \Leftrightarrow \sqrt x \ge 3x\).

Do \(x > 0\) nên \(\sqrt x \ge 3x \Leftrightarrow x \ge 9{x^2} \Leftrightarrow 0 \le x \le \frac{1}{9}\).

Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow \left( {0\,;\,\,\frac{1}{9}} \right]\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {0\,;\,\,\frac{1}{9}} \right]\). Chọn C.

Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình \(\left( D \right)\) quay xung quanh \(Ox\) bằng:

\(V = \int\limits_0^\pi {\left( {{{\sin }^2}x - {0^2}} \right)dx} = \frac{{{\pi ^2}}}{2}\). Chọn C.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4mx\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\).

\[ \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\]\( \Leftrightarrow m \le {x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le \min \left( {{x^2}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow m \le {3^2} = 9\).

Kết hợp điều kiện bài toán ta có m là số nguyên dương, suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,3\,;\, \ldots ;\,9} \right\}\).

Vậy tổng các giá trị của m là \(1 + 2 + 3 + ... + 9 = \frac{{9 \cdot 10}}{2} = 45\). Chọn C.

Ta có \(2z - 3\left( {1 + i} \right) = iz + 7 - 3i\)\( \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 7 - 3i + 3\left( {1 + i} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 10\)\( \Leftrightarrow z = \frac{{10}}{{2 - i}} = 4 + 2i\). Chọn C.

Giả sử ta có số phức \(z = x + yi\). Thay vào điều kiện \[\left| {z + 2} \right| = \left| {i - z} \right|\] có

\[\left| {x + yi + 2} \right| = \left| {i - \left( {x + yi} \right)} \right| \Leftrightarrow \left| {\left( {x + 2} \right) + yi} \right| = \left| { - x + \left( {1 - y} \right)i} \right|\]

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} = {\left( { - x} \right)^2} + {\left( {1 - y} \right)^2} \Leftrightarrow 4x + 4 = - 2y + 1 \Leftrightarrow 4x + 2y + 3 = 0\).

Chọn B.

Ta có \[AB = \sqrt {{{\left( {3 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 3} \right)}^2}} = \sqrt 2 \]

Gọi \[CH\] là đường cao hạ từ đỉnh \[C\] của tam giác \[ABC\]

\[ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot CH \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2 \cdot \frac{3}{2}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }} = d\left( {C\,,\,\,AB} \right)\]

\[G \in \left( {2x - y - 8 = 0} \right) \Rightarrow G\left( {t\,;\,\,3t - 8} \right)\]

Vì \[G\] là trọng tâm tam giác nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{2 + 3 + {x_C}}}{3}}\\{3t - 8 = \frac{{ - 3 - 2 + {y_C}}}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} = 3t - 5}\\{{y_C} = 9t - 19}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow C\left( {3t - 5\,;\,\,9t - 19} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {t > \frac{5}{3}} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,\,1} \right)\) nên đường thẳng \[AB\] đi qua \[A\] và nhận \(\vec n = \left( {1\,;\,\, - 1} \right)\) là 1 VTPT nên có phương trình \(1\left( {x - 2} \right) - 1\left( {y + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y - 5 = 0\)

\( \Rightarrow d\left( {C\,,\,\,AB} \right) = \frac{{\left| {3t - 5 - 9t + 19 - 5} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }}\)

\( \Leftrightarrow \left| { - 6t + 9} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 6t + 9 = 3}\\{ - 6t + 9 = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,\left( {ktm} \right)}\\{t = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow C\left( {1\,;\,\, - 1} \right)\). Chọn A.

Xét \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0,\) ta có:

\(a = 2m\left( {m + 1} \right)\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,b = 0\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,c = - m - 1.\)

Điều kiện để phương trình đường cong \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0\) là đường tròn:

• \({m^2} + 1 = m\left( {m + 3} \right) \Leftrightarrow {m^2} + 1 = {m^2} + 3m\)\( \Leftrightarrow 3m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\)

• \({a^2} + {b^2} - c > 0 \Leftrightarrow 4{m^2}{\left( {m + 1} \right)^2} + m + 1 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Thay \(m = \frac{1}{3}\) vào \(\left( 1 \right)\) ta có: \(4.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}{\left( {\frac{1}{3} + 1} \right)^2} + \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{9} \cdot \frac{{16}}{9} + \frac{4}{3} > 0\) (thỏa mãn)

Vậy để \(\left( C \right)\) là phương trình đường tròn thì \(m = \frac{1}{3}\). Chọn C.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( Q \right) \bot \left( P \right)}\\{\left( Q \right) \supset OK}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\vec n}_{\left( Q \right)}} \bot {{\vec n}_{\left( P \right)}}}\\{{{\vec n}_{\left( Q \right)}} \bot \overrightarrow {OK} }\end{array}} \right. \Rightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OK} \,;\,\,{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right]\)

Ta có \[\overrightarrow {OK} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\,;\,\,{\mkern 1mu} {\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right) \Rightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OK} \,;\,\,{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right] = \left( {3\,;\,\,6\,;\,\, - 5} \right)\].

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là: \(3x + 6y - 5z = 0\). Chọn A.

Gọi \(h,{\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \ell \) lần lượt là đường cao và độ dài đường sinh của hình nón.

Diện tích xung quanh hình nón là \(S = \pi R\ell = 2\sqrt 5 \pi \)\( \Leftrightarrow \pi \cdot 2 \cdot \ell = 2\sqrt 5 \pi \Leftrightarrow \ell = \sqrt 5 .\)

Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{\ell ^2} - {R^2}} = \sqrt {5 - 4} = 1\).

Vậy thể tích của khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{{4\pi }}{3}.\) Chọn C.

Quay miền tam giác \(SAB\) quanh cạnh \(SA\) ta được khối nón có chiều cao \(h = SA\), bán kính đáy \(R = AB\)\( \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi \cdot A{B^2} \cdot SA\)

Quay nửa hình tròn quanh cạnh \(SA\) ta được khối cầu có bán kính \(IA\).

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{{IA}}{{IS}} = \frac{{AB}}{{SB}} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \Rightarrow IA = \frac{1}{2}IS \Rightarrow IA = \frac{1}{3}SA\)

\( \Rightarrow {V_2} = \frac{4}{3}\pi .I{A^3} = \frac{4}{3}\pi \frac{{S{A^3}}}{{27}} = \frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi \cdot A{B^2} \cdot SA}}{{\frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}}} = \frac{{27}}{4} \cdot \frac{{A{B^2}}}{{S{A^2}}} = \frac{{27}}{4} \cdot {\left( {\frac{{AB}}{{SA}}} \right)^2} = \frac{{27}}{4} \cdot {\left( {\cot 60^\circ } \right)^2} = \frac{{27}}{4} \cdot {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} = \frac{9}{4}\).

Chọn D.

Trong \[mp\left( {SAD} \right)\], gọi \(P = MN \cap AD\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P \in MN}\\{P \in AD \subset \left( {ABCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow P = MN \cap \left( {ABCD} \right)\)

Trong \[mp\left( {ABCD} \right)\] gọi \(K = PC \cap AB\). Khi đó điểm \[K\] là điểm cần dựng.

Từ \(SA = 3AN{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {gt} \right)\) suy ra \(AN = \frac{1}{4}SA\).

Gọi \[E\] là trung điểm \[AD.\] Ta có \[ME\] là đường trung bình của tam giác \[SAD\] nên \(ME\,{\rm{//}}\,SA,\) do đó \(AN\,{\rm{//}}\,ME\).

Áp dụng định lí Thalès, ta có : \(\frac{{PA}}{{PE}} = \frac{{AN}}{{ME}} = \frac{{\frac{1}{4}SA}}{{\frac{1}{2}SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{PA}}{{PD}} = \frac{1}{3}\).

Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right),\] có \[AK\,{\rm{//}}\,CD\] nên ta có:

\(\frac{{AK}}{{CD}} = \frac{{PA}}{{PD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{1}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB = CD} \right) \Rightarrow \frac{{AK}}{{BK}} = \frac{1}{2}\). Chọn C.

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5x - 10y - 15x - 16 = 0\) có 1 VTPT \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {5\,;\,\, - 10\,;\,\, - 15} \right)\).

\( \Rightarrow \) Đường thẳng vuông góc với \(\alpha \) có 1 VTCP \(\vec u = - \frac{1}{5}\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\). Chọn C.

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\)

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

Ta không xét \({x^2} - 2x = 1\) do qua đó \(f'\left( x \right)\).

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Chọn B.

Ta có \(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow M\left( {m\,;\,\,n\,;\,\,0} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {MA} = \left( {1 - m\,;\,\, - n\,;\,\,0} \right)\); \(\overrightarrow {MB} = \left( {3 - m\,;\,\,2 - n\,;\,\,4} \right)\); \(\overrightarrow {MC} = \left( { - m\,;\,\,5 - n\,;\,\,4} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} = \left( {4 - 4m\,;\,\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 12 - 4n\,;\,\,{\mkern 1mu} 12} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} } \right| = \sqrt {{{\left( {4 - 4m} \right)}^2} + {{\left( {12 - 4n} \right)}^2} + {{12}^2}} \ge \sqrt {{{12}^2}} = 12\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - 4m = 0}\\{12 - 4n = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{n = 3}\end{array}} \right.\).

Vậy \(M\left( {1\,;\,\,3\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.

Để phương trình \(y = \left| {{x^3} - 3x + m} \right|\) có 5 điểm cực trị thì phương trình \({x^3} - 3x + m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có \({x^3} - 3x + m = 0\)\( \Leftrightarrow {x^3} - 3x = - m\).

Đặt \(f\left( x \right) = {x^3} - 3x \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm \,1.\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có \( - 2 < - m < 2 \Leftrightarrow - 2 < m < 2 \Rightarrow m \in \left\{ { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\}\). Chọn B.

ĐK: \[x \ge 1.\]

Xét phương trình \[m{x^2} + 3m - \sqrt {{x^4} - 1} \ge 0 \Leftrightarrow m\left( {{x^2} + 3} \right) \ge \sqrt {{x^4} - 1} \]

Vì \[\sqrt {{x^4} - 1} \ge 0\,;{\mkern 1mu} \,\,\forall x \ge 1\] nên \[m\left( {{x^2} + 3} \right) \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 0\].

• Với \[m = 0\] ta có hệ phương trình \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt[4]{{{x^4} - 1}} \le 0}\\{\sqrt {{x^4} - 1} \le 0}\end{array}} \right. \Rightarrow {x^4} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1\,\,\left( {tm} \right)}\\{x = - 1\,\,\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\].

• Với \[m > 0\] thì  bất phương trình \[\sqrt[4]{{{x^2} - 1}} + m\left( {\sqrt {x - 1} + \sqrt {x + 1} } \right) + 2019m \le 0\] vô nghiệm vì

\(\sqrt[4]{{{x^2} - 1}} + m\left( {\sqrt {x - 1} + \sqrt {x + 1} } \right) + 2019m > 0\,;{\mkern 1mu} \,\,\forall x \ge 1\).

Vậy có 1 giá trị \(m\) thỏa mãn đề bài là \(m = 0.\) Chọn A.

Đặt \(I = \int {f'\left( x \right) \cdot {\pi ^x}dx} \).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {\pi ^x}}\\{dv = f'\left( x \right)dx}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = {\pi ^x}\ln \pi }\\{v = f\left( x \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow I = {\pi ^x}f\left( x \right) - \ln \pi \int {{\pi ^x}f\left( x \right)dx} \).

Vì \(F\left( x \right) = {x^\pi }\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) \cdot {\pi ^x}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F'\left( x \right) = f\left( x \right){\pi ^x}}\\{\int {f\left( x \right){\pi ^x}dx} = F\left( x \right) + C = {x^\pi } + C}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \pi .{x^{\pi - 1}} = f\left( x \right) \cdot {\pi ^x} \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{\pi \cdot {x^{\pi - 1}}}}{{{\pi ^x}}}\)\( \Rightarrow I = {\pi ^x}\frac{{\pi \cdot {x^{\pi - 1}}}}{{{\pi ^x}}} - {x^\pi }\ln \pi + C\)

\( \Rightarrow I = \pi \cdot {x^{\pi - 1}} - {x^\pi }\ln \pi + C\). Chọn B.

Số cách chọn 10 tấm thẻ bất kì trong 40 tấm thẻ đã cho là: \({n_\Omega } = C_{40}^{10}\) cách chọn.

Gọi biến cố A: “Chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng 1 tấm thẻ chia hết cho 6”.

Số thẻ chia hết cho 6 được chọn trong các số: \[6\,;\,\,12\,;\,\,18\,;\,\,24\,;\,\,30\,;\,\,36.\]

\[ \Rightarrow {n_A} = C_{20}^5 \cdot C_{14}^4 \cdot C_6^1\] cách chọn.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{C_{20}^5 \cdot C_{14}^4 \cdot C_6^1}}{{C_{40}^{10}}} = \frac{{126}}{{1147}}.\) Chọn A.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( 2 \right) = 3 \cdot {2^2} - 6 \cdot 2 = 0\) nên hệ số góc cần tìm là \(k = 0\).

Đáp án: 0.

Ta có  \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} le} \right)}\\{x = - 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} chan} \right)}\\{x = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} le} \right)}\end{array}} \right.\).

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đáp án: 2.

Chia 12 người vào 2 bảng \( \Rightarrow \) Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{12}^6.C_6^6 = 924\).

Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”.

Số cách chọn bảng cho A và B là 2 cách.

Khi đó cần chọn thêm 4 bạn nữa là \(C_{10}^4\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 2.C_{10}^4 = 420\).

Vậy xác suất để Kim và Liên thi chung 1 bảng là \(P\left( A \right) = \frac{{420}}{{924}} = \frac{5}{{11}}\).

Đáp án: \(\frac{5}{{11}}\).

Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 15\).

Chú ý liên hợp bậc 4: \(a - b = \frac{{{a^4} - {b^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}}}\).

\(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[4]{{f\left( x \right) + 1}} - 2}}{{2{x^2} - 7x + 6}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) + 1 - 16}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}}}.\frac{1}{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x - 3} \right)}}\)

\[ = \frac{1}{{8 + 8 + 8 + 8}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = \frac{1}{{32}}.8 = \frac{1}{4}\].

Đáp án: \(\frac{1}{4}\).

Hàm số \[y = {x^2} - 4x + 3\] có \[a = 1 > 0\] nên bề lõm quay lên trên.

Hoành độ đỉnh \[x = - \frac{b}{{2a}} = \frac{4}{2} = 2 \notin \left[ { - 2\,;\,\,1} \right]\]

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 1 \right) = 0}\\{f\left( { - 2} \right) = 15}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \min y = f\left( 1 \right) = 0}\\{M = \max y = f\left( { - 2} \right) = 15}\end{array}} \right..\)

Do đó \[M + m = 15 + 0 = 15.\]

Đáp án: 15.

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + mx + 2\)

\( \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x + m \Rightarrow y' = 0\) \( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + m = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\)

Hàm số có cực đại và cực tiểu \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 9 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3.\)

Đáp án: 3.

Hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {e^x}\,,\,\,y = 0\,,\,\,x = 0\,,\,\,x = \ln 5\) là:

\(S = \int\limits_0^{\ln 5} {\left| {{e^x}} \right|dx} = \int\limits_0^{\ln 5} {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_0^{\ln 5} = 5 - 1 = 4\).

Đáp án: 4.

Đặt \(\sin x = t \in \left[ {0\,;\,\,1} \right]{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \left[ {0\,;\,\,\pi } \right]} \right)\)\( \Rightarrow t' = \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2}\).

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy ứng với mỗi giá trị của t khác 1 thì có 2 giá trị của \[x.\]

Do đó để phương trình \(f\left( {\sin x} \right) = m\) có đúng hai nghiệm trên đoạn \(\left[ {0\,;\,\,2} \right]\) thì phương trình \(f\left( t \right) = m\) phải có một nghiệm duy nhất trên \(\left[ {0\,;\,\,1} \right)\)\( \Rightarrow  - 4 < m \le  - 3.\)

Khi đó \(b - a = \left( { - 3} \right) - \left( { - 4} \right) = 4 - 3 = 1.\)

Đáp án: 1.

Ta có \(\left| {z - 1} \right| = \left| {\overline {z - 1} } \right| = \left| {\bar z - 1} \right| = 5\) mà \(w = \left( {2 + 3i} \right)\bar z + 3 + 4i \Leftrightarrow \bar z = \frac{{w - 3 - 4i}}{{2 + 3i}}\).

Suy ra \[\left| {\frac{{w - 3 - 4i}}{{2 + 3i}} - 1} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {\frac{{w - 5 - 7i}}{{2 + 3i}}} \right| = 5 \Leftrightarrow \frac{{\left| {w - 5 - 7i} \right|}}{{\left| {2 + 3i} \right|}} = 5 \Leftrightarrow \left| {w - 5 - 7i} \right| = 5\sqrt {13} \].

Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức \[w\] là đường tròn tâm \[I\left( {5\,;\,\,7} \right),\] bán kính \[R = 5\sqrt {13} .\]

Suy ra \({R^2} = {\left( {5\sqrt {13} } \right)^2} = 325.\)

Đáp án: 325.

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y + z + 5 = 0\) có 1 VTPT \(\vec n = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\).

Đường thẳng Δ có VTCP \(\vec u = \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 4} \right)\).

Ta có \[\vec n \cdot \vec u = 2 \cdot 1 - 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 \cdot \left( { - 4} \right) = 0 \Rightarrow \Delta \,{\rm{//}}\,\left( P \right)\]

Lấy \(A\left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right) \in d\,,{\mkern 1mu} \,\,A \notin \left( P \right)\) (do \(2 \cdot \left( { - 1} \right) - 2 \cdot 2 + \left( { - 3} \right) + 5 \ne 0\))

\[ \Rightarrow d\left( {\Delta \,,\,\left( P \right)} \right) = d\left( {A\,,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 1} \right) - 2 \cdot 2 + \left( { - 3} \right) + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}\].

Vậy \(d\left( {A\,,\left( P \right)} \right) = \frac{4}{3}\).

Đáp án: \(\frac{4}{3}\).

Theo bài ra ta có:

\[{\log _{\frac{1}{2}}}x + {\log _{\frac{1}{2}}}y \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {xy} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow xy \ge x + {y^2}\]

\[ \Leftrightarrow x\left( {y - 1} \right) \ge {y^2} > 0\]. Mà \[x > 0 \Rightarrow y - 1 > 0 \Leftrightarrow y > 1\].

\[ \Rightarrow x \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}}\]. Khi đó ta có \(P = x + 3y \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với \(y > 1\).

Xét hàm số \(f\left( y \right) = \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với \(y > 1\) ta có:

\(f'\left( y \right) = \frac{{2y\left( {y - 1} \right) - {y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} + 3 = \frac{{{y^2} - 2y + 3{y^2} - 6y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = \frac{{4{y^2} - 8y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{3}{2}}\\{y = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{y > 1} f\left( y \right) = f\left( {\frac{3}{2}} \right) = 9\).

Vậy \(P \ge 9\) hay \({P_{\min }} = 9\).

Đáp án: 9.

Nội dung chính của câu chuyện trên là: Cuộc đời khổ cực của một người mẹ bị bệnh tâm thần và tình yêu thương vô điều kiện của bà dành cho con trai duy nhất. Đây là hai nội dung được nhấn mạnh và diễn biến suốt câu chuyện. Chọn A.

Ngôi kể thứ nhất: Đây là đáp án đúng, vì người kể chuyện là người con trai duy nhất của người mẹ bị bệnh tâm thần, và sử dụng các đại từ nhân xưng như “tôi, mẹ tôi, cha tôi, bà nội tôi,…” để miêu tả quan điểm và cảm xúc của mình. Chọn B.

Tâm trạng của nhân vật tôi khi được mẹ bảo vệ, giúp đỡ thoát khỏi cảnh ăn hiếp của bạn bè đó là cảm động. Chọn D.

Nhân vật tự kể lại câu chuyện: Đây là một phương thức làm cho tác phẩm chân thực, gần gũi vì nó cho thấy nhân vật có sự liên kết và gắn bó với câu chuyện. Bài đọc được kể từ góc nhìn của nhân vật tôi, ví dụ “Tôi quay đầu chạy một mạch”. hay “Tôi hiểu ra đây chính là tình yêu của mẹ”. Điều này giúp tác phẩm chân thực, gần gũi, vì người đọc có thể cảm nhận được quan điểm và cảm xúc của nhân vật, cũng như sự phát triển và trưởng thành của anh qua từng giai đoạn trong cuộc đời. Chọn B.

Nội dung không được suy ra từ câu chuyện là: Đấu tranh giữa cái ác và cái thiện, cái đẹp và cái xấu. Vì bài đọc không nói về sự đối lập hay xung đột giữa các giá trị hay nhân vật. Bài đọc chỉ nói về sự phát triển của nhân vật tôi trong quan hệ với mẹ và cuộc sống. Chọn D.

Văn bản trên bàn luận về vấn đề: Con người cần biết sống tự lập, tự chủ. Bài văn bàn luận về ý nghĩa của việc sống tự lập và có khả năng tự quản lí mình. Tác giả của bài viết bày tỏ quan điểm rằng con người cần phải phục hồi bản năng của mình để có thể tự quyết định và tự điều khiển cuộc đời của mình, thay vì dựa dẫm hoàn toàn vào người khác để đưa ra các quyết định và lựa chọn. Chọn D.

Các thao tác nghị luận nào đã được sử dụng trong văn bản là Giải thích, phân tích, bác bỏ.

- Giải thích: Tác giả chú thích rõ các ví dụ về sự phụ thuộc của con người với người khác từ khi mới sinh ra, và cách mất đi bản năng của mình khi lớn lên. Các lời giải thích này giúp đưa các luận điểm của tác giả trở nên rõ ràng, tránh việc gây hiểu lầm.

- Phân tích: Tác giả phân tích sâu hơn về tình huống mất bản năng của con người dẫn đến việc chúng ta trở nên phụ thuộc và thiếu khả năng tự quyết định và phát triển bản thân. Sự phân tích này giúp cho người đọc có thể hiểu rõ hơn về nguyên nhân và hậu quả của vấn đề.

- Bác bỏ: Trong văn bản có một phần bác bỏ các quan điểm sai lầm hoặc không hợp lí như khả năng tự quyết định và phát triển bản thân không quan trọng hay giá trị, hoặc sự phụ thuộc vào người khác không ảnh hưởng xấu đến đời sống của một người.

→ Chọn A.

Theo tác giả văn bản, ba mẹ để cho con cái được tự lập khi con cái khiến ba mẹ tin rằng mình có thể tự lập. Cụ thể, khi con cái đã có khả năng tự đứng, đi hoặc chống đỡ bản thân, cha mẹ sẽ cho phép con cái tự thực hiện một số việc như đi lại, chơi đùa,... Từ đó, con cái sẽ không cần phải hoàn toàn phụ thuộc vào người khác để có thể thực hiện các hoạt động cơ bản trong cuộc sống. Thế nhưng, điều này đòi hỏi con cái phải chứng minh được khả năng của mình cho cha mẹ và tự tin trong việc tự lập. Như vậy, không phải khi cha mẹ cho rằng con cái cần tự lập hoặc khi con cái đã lớn thì cho phép con tự lập, mà là khi con cái chứng minh được họ có khả năng tự lập và tự quản lí, cha mẹ mới để cho con tự lập hơn. Chọn A.

Theo tác giả văn bản, để người khác tin rằng chúng ta có thể làm được, chúng ta phải chứng tỏ được rằng chúng ta có thể tự làm. Trong văn bản, tác giả nhấn mạnh rằng bản năng mạnh mẽ nhất của con người là học hỏi và phát triển các kĩ năng sống để tự tồn tại. Để người khác tin rằng chúng ta có thể làm được một việc gì đó, chúng ta phải chứng tỏ được rằng mình có khả năng tự làm, tự giải quyết vấn đề một cách độc lập và có trách nhiệm trong hành động của mình. Nếu chúng ta không thể tự làm điều dễ dàng, thì không thể đòi hỏi người khác tin rằng chúng ta có đủ trách nhiệm và nhận thức để làm điều khó hơn. Do đó, việc chứng tỏ được khả năng tự làm là rất quan trọng để xây dựng sự tin tưởng và tôn trọng của người khác đối với chúng ta. Chọn B.

Mục đích chính của tác giả bài viết này là: Giới thiệu các thông tin về Hà Nội xưa như cách xây dựng các ngôi làng trong phố, các nghề thủ công và buôn bán, các khu chợ và hồ nước. Tác giả không nhắm đến việc giới thiệu về dự án bảo tồn, đề nghị khôi phục vẻ đẹp hay so sánh giữa Hà Nội xưa và Hà Nội hiện tại. Chọn D.

Trong đoạn văn thứ nhất, tác giả giới thiệu về các làng nghề thủ công được xây dựng dọc theo phố và phụ thuộc vào các làng cùng nghề. Sau đó, đoạn văn thứ hai cung cấp các thông tin chi tiết hơn và minh họa rõ hơn về cách thức các làng nghề thủ công phân chia và tập hợp tại phố, các phường hội chuyên sản xuất hoặc bán các mặt hàng. Có thể thấy, đoạn văn thứ nhất là cơ sở để trình bày thông tin của đoạn văn thứ hai. Chọn C.

Cụm từ “ngôi làng thành thị” trong văn bản có nghĩa là làng được xây dựng trong phố Hà Nội xưa, giữ mối liên hệ với làng quê gốc và tinh thần đoàn kết của người nông thôn. Theo văn bản, các ngôi làng trong phố Hà Nội xưa không phải là làng quê được phát triển theo hướng đô thị hóa, tiếp nhận lối sống và văn minh phương Tây, mà là đặc trưng cho nét văn hoá của người Hà Nội xưa, khi họ vừa làm nghề thủ công và buôn bán trong phố, vừa duy trì các mối quan hệ và truyền thống của làng quê. Chọn C.

Trong văn bản trên, không có câu văn nào bộc lộ trực tiếp cảm xúc của tác giả về Hà Nội xưa.

+ Vì văn bản chỉ tập trung vào việc giới thiệu khách quan về các đặc điểm lịch sử, địa lí, kinh tế và xã hội của Hà Nội xưa mà không thể hiện rõ ràng thái độ hay quan điểm cá nhân của người viết.

+ Một số câu khác trong văn bản cũng chỉ mang tính chất thông tin hoặc diễn giải mà không có sự can thiệp của cá nhân người viết.

Do đó, trong văn bản không có câu văn nào bộc lộ trực tiếp cảm xúc của tác giả về Hà Nội xưa. Vì văn bản cần đảm bảo tính khách quan của thông tin được giới thiệu. Chọn B.

Căn cứ vào nội dung văn bản: Khi thực dân Pháp chiếm đóng Hà Nội, hồ Thái Cực vẫn còn nhưng vào cuối thế kỉ XIX, hồ bị dân xung quanh lấp dần, khoảng năm 1920 thì hồ Thái Cực biến mất. Chọn B.

Ý chính của bài viết là: Kêu gọi bảo tồn và phát huy văn hoá dân gian.

Bài viết hướng đến việc giới thiệu vai trò quan trọng của văn hoá dân gian trong việc bảo tồn bản sắc dân tộc và định vị thương hiệu văn hoá Việt Nam trên trường quốc tế. Văn hoá dân gian được xem như là “văn hoá gốc, văn hoá mẹ” của mỗi dân tộc, là nguồn gốc của nhiều hình thức văn hóa phát triển sau này. Bài viết cũng chỉ ra những thuộc tính đặc trưng của VHDG và cách sưu tầm, nghiên cứu văn hoá dân gian có thể giúp bảo tồn và phát huy bản sắc VHDG.

Bên cạnh đó, bài viết cũng phân tích khó khăn và thách thức trong việc bảo tồn di sản văn hoá dân tộc, đặc biệt là ở Việt Nam với đa dạng dân tộc và vùng miền. Bài viết đề xuất các giải pháp như tôn vinh nghệ nhân, cung cấp môi trường để thực hành, sáng tạo và truyền dạy, và định vị thương hiệu văn hoá Việt Nam trên sân chơi quốc tế. Vì vậy, mục đích chính của bài viết là kêu gọi bảo tồn và phát huy văn hoá dân gian, giúp định vị và quảng bá thương hiệu văn hoá Việt Nam trên trường quốc tế. Chọn B.

Theo đoạn [1]:

- Sự ra đời và định hình của VHDG gắn với những giai đoạn sớm nhất của lịch sử dân tộc. Tương ứng đáp án A.

- Văn hoá dân gian là “văn hoá gốc”, “văn hoá mẹ”, tức văn hoá khởi nguồn, sản sinh và nuôi dưỡng các hình thức phát triển cao sau này, như văn hóa chuyên nghiệp, bác học, cung đình. Tương ứng đáp án B.

- VHDG còn là văn hoá của quần chúng lao động, mang tính bản địa, tính nội sinh cao. Tương ứng đáp án D.

Như vậy, theo đoạn [1], nhận định KHÔNG PHẢI là thuộc tính của văn hoá dân gian là: Tác động đến cách ứng xử của cộng đồng với văn hoá bác học, cung đình. Chọn C.

Trong đoạn văn, tác giả đã nêu ra một hoạt động là phong tặng danh hiệu Nghệ nhân Ưu tú và Nghệ nhân Nhân dân, và cho rằng hoạt động này là chính sách rất đúng, thực hiện tốt nhưng chưa đủ. Tác giả sau đó đã chỉ ra nhu cầu lớn nhất của các nghệ nhân là cần có được môi trường để thực hành, sáng tạo và truyền dạy. Do đó, hoạt động đáp ứng môi trường thực hành tốt cho nghệ nhân trên các vùng miền là hoạt động chưa được thực hiện đầy đủ. Chọn B.

Trong đoạn [6], việc nhận thức, lí giải các hiện tượng VHDG phải gắn liền với môi trường sinh hoạt văn hoá, tức là các sinh hoạt văn hoá của cộng đồng. Các nhà nghiên cứu cần nhìn nhận VHDG trong môi trường bảo tồn động. Quy luật vận động của di sản văn hoá phi vật thể là tái sáng tạo trên cơ sở gốc. Chọn B.

Mã định danh (hay còn gọi là ID) là một chuỗi nhận dạng duy nhất được sử dụng để xác định một đối tượng, một tài khoản hoặc một giao dịch trong hệ thống. Mã định danh thường được sử dụng để truy cập, quản lí và phân loại thông tin. Đối với cá nhân, mã định danh để phân biệt giữa cá nhân này với cá nhân khác. Còn trong bài đọc, “mã định danh” chính là những đặc trưng và giá trị độc đáo, riêng biệt để phân biệt giữa quốc gia này với quốc gia khác. Bài đọc nhắc đến rất nhiều lần cụm từ “bản sắc”, điều đó càng chứng tỏ được tầm quan trọng của văn hoá dân gian, được mệnh danh như “mã định danh” cho một dân tộc. Chọn C.

Cụm từ sai là: người chắp bút

+ chấp: cầm, nắm, giữ, nhận, lấy, thực hành (chấp bút: khởi thảo, thực hiện một văn bản, một công trình theo đề cương, theo hướng dẫn hoặc theo một sự chỉ đạo nào đó).

+ chắp: ghép lại, làm cho liền lại (chắp tay là hai bàn tay úp vào nhau cho liền với nhau), theo đó, dùng “chắp bút” giống như là ghép mấy cây bút vào nhau).

→ Từ “chắp” khi ghép với từ “bút” trong trường hợp này không hợp lí về nghĩa, đây là cách viết sai chính tả do nhầm lẫn bởi cách phát âm tương đồng. Như vậy, “chấp bút” là từ đúng chính tả.

Chọn B.

Phân tích:

+ “những” là phụ ngữ thường đứng trước danh từ và bổ sung cho danh từ các ý nghĩa về số và lượng.

+ “cảm động” là một động từ, nghĩa là có sự rung động trong lòng do tác động của một sự việc khách quan mà mình đồng tình hoặc khâm phục.

- Đứng trước động từ thường là các phó từ (chỉ thời gian, chỉ sự tiếp diễn, chỉ sự cầu khiến). Do đó, “những” + “cảm động” là không hợp lí. Chọn C.

Cụm từ sai về ngữ nghĩa là “chua sót”. Sửa bằng cách thay “chua sót” = “chua xót”. Chọn D.

Câu trên nói về quá trình hình thành và phát triển của mĩ thuật Việt Nam, trong đó hình tượng người thiếu nữ là nguồn cảm hứng dạt dào, vô tận.

Căn cứ vào các từ khóa: “cảm hứng dạt dào”, “vô tận” cho thấy có rất nhiều tác phẩm mĩ thuật được sáng tạo từ hình tượng này, không phải chỉ có một. Vì vậy, từ “một” không phù hợp với ngữ cảnh và logic của câu. Chọn D.

Phân tích nghĩa của từ:

+ Phản ứng: là sự đáp lại của cơ thể sinh vật trước những kích thích bên ngoài hay bên trong nào đó.

+ Phản chiếu: là hiện tượng sóng khi lan truyền tới bề mặt tiếp xúc của hai môi trường bị đổi hướng lan truyền và quay trở lại môi trường mà nó đã tới.

+ Phản xạ: là hiện tượng truyền hoặc làm cho truyền ngược trở lại các sóng hay các tia sáng theo một phương khác, do gặp mặt phân chia giữa hai môi trường.

+ Phản diện: mặt trái, có nhiều yếu tố tiêu cực, nêu lên để phê phán, đả kích trong tác phẩm văn học - nghệ thuật.

- Có thể thấy, các từ “phản ứng, phản chiếu, phản xạ” đều có liên quan đến sự thay đổi của một sự vật hay hiện tượng khi gặp/ chịu tác động từ một yếu tố khác. Tuy nhiên, từ “phản diện” lại có nghĩa khác biệt, chỉ một yếu tố/ vai trò trong nghệ thuật. Chọn B.

Từ “lá” trong “lá cây” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại dùng với nghĩa chuyển. Chọn A.

Phân tích nghĩa của từ:

+ Bảo an: giữ gìn an ninh.

+ Bảo vệ: chống lại mọi sự huỷ hoại, xâm phạm để giữ cho được nguyên vẹn.

+ Bảo ban: bảo cho biết điều hay lẽ phải (nói khái quát).

+ Bảo hiểm: bảo đảm sự an toàn, phòng ngừa tai nạn.

- Các từ “bảo an, bảo vệ, bảo hiểm” đều nhằm giữ gìn, bảo vệ, bảo đảm sự an toàn. “Bảo ban” chỉ là khẩu ngữ, nhằm bảo cho biết điều hay lẽ phải. Chọn B.

“Bóp” là từ chỉ hành động của tay. Các từ còn lại (đá, đạp, bước) là hành động của chân. Chọn D.

Câu văn nhằm giới thiệu về một cuộc thi sáng tác thơ, truyện ngắn, kí sự về Toà án nhân dân. Câu văn có cấu trúc gồm hai mệnh đề, nhằm chỉ sự tương phản giữa điều kiện khó khăn và kết quả bất ngờ. Câu văn có ý nghĩa là: Thời gian tổ chức cuộc thi không dài, nhưng Ban tổ chức đã nhận được rất nhiều tác phẩm tham gia cuộc thi. Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: mặc dù - tuy nhiên. Chọn A.

Đây là hoạt động mang tính phát triển về mối quan hệ ngoại giao giữa các nước, động từ “thăm” có nghĩa là (đến với ai hoặc nơi nào đó) hỏi han cho biết tình hình, nhằm tỏ sự quan tâm. Còn các động từ như “đến chơi, du lịch, về” không phù hợp ngữ cảnh này. Chọn C.

Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu trên là: đối diện / phơi bày.

Cụm từ “đối diện” diễn tả sự nhìn thẳng vào sự thật, không né tránh hay lảng tránh. Cụm từ “phơi bày” diễn tả sự làm sáng tỏ những mặt trái của xã hội và nhân thế, không che giấu hay bao biện. Chọn B.

Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu trên là: xót thương.

Cụm từ “xót thương” diễn tả sự cảm thông, thương tiếc với những người hay những việc gặp khó khăn, bất hạnh. Cụm từ này phù hợp với nội dung của các truyện ngắn của Thạch Lam, một nhà văn nổi tiếng với những tác phẩm viết về cuộc sống đời thường của người dân Hà Nội. Chọn C.

Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu trên là: khát khao / thi sĩ.

Nội dung chính của đoạn trích trên là: Vai trò của ánh sáng đối với con người.

Căn cứ vào nội dung đoạn trích: Như vậy ánh sáng kết nối chúng ta với vũ trụ... Ánh sáng không chỉ ban cho chúng ta nhìn thấy, mà còn ban cho chúng ta tư duy nữa. Đoạn trích không chỉ nói về cách thức tái hiện chuyển động của vũ trụ bằng ánh sáng (đoạn 1), mà còn nói về ánh sáng là nguồn gốc của sự sống, là phương tiện để chúng ta quan sát và tương tác với thế giới, và là nguồn cảm hứng cho trí tuệ con người (đoạn 2). Chọn C.

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

Nhan đề “Chia” của bài thơ thể hiện sự san sẻ, dâng hiến của nhân vật trữ tình dành cho người mình yêu. Chọn B.

Mục đích chính của đoạn trích trên là: Giới thiệu văn hoá ứng xử của người Nùng.

Văn bản đã trình bày những tập quán ứng xử của người Nùng trong các tình huống khác nhau, như tiếp đãi khách, giao tiếp nam nữ, giúp đỡ xóm bản... Văn bản đã cung cấp những thông tin cụ thể và sinh động về văn hoá ứng xử của người Nùng, không có ý khẳng định, kêu gọi hay so sánh gì. Chọn D.

Trong đoạn (1), việc tác giả hình dung về câu chuyện cậu bé khiêm tốn và cậu bé khoác lác có tác dụng: Dẫn dắt người đọc vào vấn đề nghị luận sinh động, cụ thể, dễ hiểu. Chọn B.

Thủ pháp nghệ thuật được sử dụng xuyên suốt truyện ngắn trên là: Tương phản, đối lập.

Vì truyện ngắn đã tạo ra những sự tương phản, đối lập giữa các nhân vật và các tình huống để thể hiện tính cách của mẹ tôi. Chọn B.

Nội dung chính của đoạn trích là Cảnh sinh hoạt trong gia đình Sơn ngày gió đầu mùa. Đoạn trích miêu tả cảnh Sơn thức dậy vào một buổi sáng mùa đông lạnh lẽo, nhìn thấy mẹ và chị gái của mình đã dậy pha nước chè uống, và nhìn ra ngoài sân thấy cảnh trời trắng đục và gió bụi. Chọn A.

Ý nghĩa biểu đạt câu thơ “Gió theo lối gió, mây đường mây”: Sự vận động ngược chiều của hình ảnh thơ (gió, mây) gợi sự chia li, tan tác, để lại sự trống vắng của không gian, gợi tâm trạng u buồn, cô đơn của nhà thơ. Chọn C.

Đoạn trích trên sử dụng các biện pháp tu từ là: Câu hỏi tu từ, điệp từ, so sánh

- 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.

Nội dung đoạn trích: Làm nổi bật tài nghệ chơi đàn của nhạc công với những ngón đàn hết sức phong phú và âm thanh phong phú của các nhạc cụ, vẻ đẹp của các điệu ca Huế trên sông Hương. Đoạn trích đã miêu tả những âm thanh của dàn hoà tấu với bốn nhạc khúc lưu thủy, kim tiền, xuân phong, long hổ du dương. Đoạn trích cũng đã kể về những ngón đàn trau chuốt, mổ, vỗ, vả, bấm, day, chớp, búng, phi, rãi của nhạc công để tạo ra tiếng đàn trầm bổng, réo rắt. Đoạn trích đã làm nổi bật tài nghệ chơi đàn của nhạc công và âm thanh phong phú của các nhạc cụ. Đoạn trích cũng đã thể hiện vẻ đẹp của các điệu ca Huế trên sông Hương. Chọn B.

Nội dung của đoạn trích trên là: Sự giằng xé nội tâm của nhân vật ông Hai giữa việc quay về làng hay ở lại. Ông Hai vừa muốn quay về làng vì yêu quý quê hương, vừa không muốn quay về làng vì ghét thù Tây và trung thành với cụ Hồ. Ông Hai phải đấu tranh trong lòng để quyết định ở lại hay đi. Chọn A.

Đoạn văn viết về lĩnh vực bóng đá. Từ “vua” trong đoạn văn là chỉ người ghi được nhiều bàn thắng nhất trong một mùa giải bóng đá. Chọn C.

Đoạn trích viết về sự nuôi sống, đùm bọc của mảnh đất Sài Gòn dành cho nhân vật trữ tình. Chọn A.

Ngày 29-12-1911, sau thắng lợi của cách mạng Tân Hợi, Quốc dân đại hội họp ở Nam Kinh. Tuyên bố thành lập Trung Hoa Dân quốc, bầu Tôn Trung Sơn làm Đại Tổng thống, đứng đầu Chính phủ lâm thời. Tôn Trung Sơn trở thành Tổng thống đầu tiên của Trung Hoa Dân quốc. Chọn C.

A, D loại vì đây là điểm chung.

Chọn B vì:

- Phong trào 1905-1908: Do một bộ phận giai cấp tư sản lãnh đạo, mang đậm ý thức dân tộc, đấu tranh cho một nước Ấn Độ độc lập và dân chủ.

- Phong trào trước năm 1905: đấu tranh ôn hòa, chỉ yêu cầu thực dân Anh nới rộng các điều kiện để họ được tham gia các hội đồng tự trị, giúp đỡ họ phát triển kĩ nghệ, thực hiện một số cải cách về giáo dục-xã hội.

C loại vì đây là đặc điểm của phong trào đấu tranh trước năm 1905 mà câu hỏi đưa ra là điểm khác của phong trào 1905-1908 so với phong trào trước năm 1905 nên chủ thể so sánh hay đặc điểm khác để so sánh phải là đặc điểm của phong trào 1905-1908.

Với kế hoạch Mácsan (6-1947), Mĩ đã viện trợ cho Tây Âu 17 tỷ đô la giúp Tây Âu khôi phục kinh tế. Kế hoạch Mácsan của Mĩ đã tạo nên sự đối lập về kinh tế và chinh trị giữa các nước Tây Âu tư bản chủ nghĩa và các nước Đông Âu xã hội chủ nghĩa. Đây chính là mục đích hàng đầu của Mĩ khi thực hiện kế hoạch Mácsan để tạo lập đồng minh quân sự chống lại Liên Xô và Đông Âu. Chọn D.

Chọn A vì từ sau Chiến tranh thế giới thứ hai Mĩ và Liên Xô chuyển từ quan hệ đồng minh sang đối đầu căng thẳng và đi đến Chiến tranh lạnh. Chiến tranh lạnh trở thành nhân tố chủ yếu chi phối các quan hệ quốc tế trong hơn bốn thập kỉ nửa sau thế kỉ XX.

B loại vì chủ nghĩa khủng bố và chủ nghĩa li khai bùng phát từ cuối thế kỉ XX đầu thế kỉ XXI.

C loại vì xu thế toàn cầu hóa diễn ra mạnh mẽ từ đầu những năm 80 của thế kỉ XX.

D loại vì các nước đều ý thức được nguy cơ của cuộc chiến tranh hạt nhân nên không tiếp tục chạy đua vũ trang.

Việt Nam Dân chủ Cộng hòa thời gian đầu sau Cách mạng tháng Tám năm 1945 là giai đoạn mà đất nước đứng trước tình thế "ngàn cân treo sợi tóc" (chống thù trong, giặc ngoài, nạn đói, dốt, khó khăn tài chính...). Tuy nhiên, thuận lợi của chúng ta lúc bấy giờ là rất cơ bản (nhân dân giành được độc lập, có Đảng đứng đầu là Chủ tịch Hồ Chí Minh, hệ thống xã hội chủ nghĩa đang dần hình thành...). Chọn C.

Chọn A vì nội dung của phương án này là nguyên nhân khách quan làm nên thắng lợi của cuộc kháng chiến toàn quốc chống thực dân Pháp (1946-1954).

B, C, D loại vì nội dung của các phương án này là nguyên nhân chủ quan làm nên thắng lợi của cuộc kháng chiến toàn quốc chống thực dân Pháp (1946-1954)

A, B loại vì giới hạn cuối cùng mà ta nhân nhượng Pháp là Tạm ước 14/9/1946.

C loại vì khi phát động toàn quốc kháng chiến chống Pháp ta không ở thế tiến công chiến lược với quân Pháp.

Chọn D vì việc phát động toàn quốc kháng chiến vào ngày 19/12/1946 là quyết định kịp thời, sáng suốt nhằm giữ thế chủ động của ta trong giai đoạn đầu của cuộc kháng chiến toàn quốc vì nếu ta còn tiếp tục nhân nhượng thì sẽ mất độc lập.

Tên gọi của các tổ chức quần chúng trong mặt trận Việt Minh là hội Cứu quốc. Chọn B.

Sau đại thắng mùa xuân năm 1975, Tổ quốc Việt Nam được thống nhất về mặt lãnh thổ, song ở mỗi miền vẫn tồn tại hình thức tổ chức nhà nước khác nhau. Thưc tế đó trái với nguyên vọng, tình cảm thiêng liêng của nhân dân hai miền Bắc-Nam là sớm được sum họp trong một đại gia đình, mong muốn có một chính phủ thống nhất, một cơ quan đại diện quyền lực chung cho cả nước. Hơn nữa, thống nhất đất nước về mặt nhà nước sẽ tạo sức mạnh tổng hợp để phát triển đất nước toàn diện.

→ Thống nhất đất nước về mặt nhà nước là nhiệm vụ cấp thiết hàng đầu của cách mạng Việt Nam sau năm 1975. Chọn B.

Tổng tuyển cử bầu Quốc hội chung trong cả nước (25/4/1976) là sự kiện quan trọng nhất trong quá trình thống nhất đất nước về mặt Nhà nước sau 1975 vì Quốc hội là cơ quan quyền lực cao nhất, có bầu được Quốc hội thì mới có thể tiến hành họp Quốc hội và quyết định những vấn đề quan trọng của đất nước. Chọn B.

Khu vực Tây Nam Á và Trung Á có vị trí địa chính trị quan trọng: là nơi gặp gỡ của 3 châu lục Á-Âu-Phi, án ngữ con đường từ Ấn Độ Dương sang Đại Tây Dương.

Hai khu vực này là nơi có trữ lượng dầu khí lớn nhất trên thế giới. Trong điều kiện thiếu hụt các nguồn năng lượng trên quy mô toàn cầu hiện nay, Tây Nam Á và Trung Á trở thành nơi cạnh tranh ảnh hưởng của nhiều cường quốc. Chọn A.

Khí hậu ở khu vực Đông Nam Á là nhiệt đới gió mùa hoặc xích đạo vì vậy rừng nhiệt đới mới là loại rừng phổ biến ở khu vực này. → D không đúng. Chọn D.

Đất feralit nước ta có màu đỏ vàng chủ yếu do sự tích tụ ô-xít sắt và ô-xít nhôm. Chọn D.

Khí hậu phần lãnh thổ phía Bắc nước ta (từ dãy Bạch Mã trở ra) có biện độ nhiệt độ trung bình năm lớn (khoảng 11-12^oC), do mùa đông chịu ảnh hưởng của gió mùa Đông Bắc nên nhiệt độ hạ thấp.→ nhận xét biên độ nhiệt trung bình năm nhỏ là SAI. Chọn C.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

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

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

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

Tỉ trọng thành phần kinh tế ngoài Nhà nước lớn nhất và có xu hướng tăng. → xu hướng giảm, tỉ trọng nhỏ hơn ngoài Nhà nước. Chọn A.

Vùng nuôi trồng thủy sản phát triển mạnh nhất cả nước là Đồng bằng sông Cửu Long (sgk Địa lí 1 trang 102-103). Chọn B.

Kim ngạch xuất khẩu nước ta tăng nhanh trong những năm gần đây chủ yếu do tác động của việc mở rộng và đa dạng hóa nhiều thị trường. Đồng thời Việt Nam trở thành thành viên của WTO và có quan hệ buôn bán với nhiều nước lớn trên thế giới như Hoa Kì, EU, Nhật,… Chọn C.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Thường xuyên bị khô hạn. → Sai, đất ở đây không thường xuyên khô hạn.

B. Sử dụng chưa hợp lí, hệ số sử dụng cao. → đúng. Chọn B.

C. Bón quá nhiều phân hữu cơ. → không phải nguyên nhân chủ yếu.

D. Xói mòn, rửa trôi diễn ra mạnh. → xói mòn chủ yếu ở miền núi.

Đất ở ĐBSH đang bị xuống cấp do sử dụng chưa hợp lý, hệ số sử dụng cao.

Việc phát triển cây công nghiệp lâu năm ở Tây Nguyên chủ yếu dựa vào các điều kiện thuận lợi là khí hậu có tính chất cận xích đạo, đất badan giàu dinh dưỡng. Chọn A.

B. Đất badan có diện tích rộng, giống cây trồng có chất lượng tốt. → thiếu khí hậu.

C. Đất badan ở trên những mặt bằng rộng, nguồn nước dồi dào. → thiếu khí hậu.

Ta có \(F\~\frac{1}{{{r^2}}}\) \( \Rightarrow \frac{{{F^\prime }}}{F} = \frac{{{r^2}}}{{4{{\rm{r}}^2}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {F^\prime } = \frac{F}{4}.\) Chọn B.

Chọn A

Chọn C

Chọn B

\(_1^2{\rm{D}} + _1^2{\rm{D}} \to \,_1^3{\rm{X}} + \,_1^1{\rm{p}}\)

\(_{11}^{23}{\rm{Na}} + \,_1^1{\rm{p}} \to \,_2^4{\rm{Y}} + _{10}^{20}{\rm{Ne}}.\)

\(\lambda = \frac{{hc}}{A} = \frac{{1,9875 \cdot {{10}^{ - 25}}}}{{6,625 \cdot {{10}^{ - 19}}}} = 0,3 \cdot {10^{ - 6}}m = 0,3\mu m.\) Chọn A.

Ta có:

\(f = \frac{{{n_1}{p_1}}}{{60}} = {n_2}{p_2} \to 30 \cdot {p_1} = 4 \cdot {n_2} \to 12 \le {n_2} = 7,5 \cdot {p_1} \le 18 \to 1,8 \le {p_1} \le 2,4 \to {p_1} = 2\)

\( \to f = {n_1} \cdot {p_1} = 2 \cdot 30 = 60\;{\rm{Hz}}\)

Chọn B.

Ở t = 0: điện tích ở một bản tụ có độ lớn bằng 1 nửa điện tích cực đại và đang tiến về 0 \( \to \varphi = \frac{{ - 2\pi }}{3}({\rm{rad}})\)

Từ đồ thị ta thấy \(\Delta t = \frac{1}{6} = \frac{T}{{12}} + \frac{T}{2} \to T = \frac{2}{7} \to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 7\pi ({\rm{rad}}/{\rm{s}})\)

Biên độ đồ thị là 4 μC.

Chọn A.

- Q dao động cùng pha với \({\rm{O}} \to OQ = k.\lambda \)

- P dao động ngược pha với \({\rm{O}} \to OP = \left( {m + \frac{1}{2}} \right) \cdot \lambda \)

- Số phần tử chất lỏng dao động cùng pha với phần tử chất lỏng tại O trên đoạn OP là \(8 \to OP = \left( {m + \frac{1}{2}} \right)\lambda = 8,5\lambda = 34\;{\rm{cm}}\)

- Số phần tử chất lỏng dao động cùng pha với phần tử chất lỏng tại O trên đoạn OQ là \(6 \to OQ = k\lambda = 6\lambda = 24\;{\rm{cm}}\)

- Xác định vị trí của P và Q, ta thấy để giữa P và Q có 8 điểm dao động cùng pha với nguồn thì PQ sẽ là tiếp tuyến của gợn sóng thứ 5

- Gọi G là hình chiếu của O trên \({\rm{PQ}} \to OG = 5\lambda \to OG = 20\;{\rm{cm}}\)

- Ta tính được \(GP = 27,5;GQ = 13,27 \to PQ \approx 41\;{\rm{cm}}\)

Đáp án: 41 cm.

\({{\rm{n}}_{\rm{x}}} = 0,3\)mol; \({{\rm{n}}_{{\rm{alkene }}}} = \frac{{0,3}}{3} = 0,1\)mol; \({{\rm{n}}_{{\rm{alkane }}}} = 0,2\;\)mol

Khi cho X đi qua bình đựng lượng dư bromine, alkene B bị giữ lại Þ Khối lượng bình bromine tăng cũng chính là khối lượng alkene: \({{\rm{M}}_{{\rm{alkene }}}} = \frac{{2,8}}{{0,1}} = 28\)

Công thức phân tử của alkene có dạng \({{\rm{C}}_{\rm{n}}}{{\rm{H}}_{2{\rm{n}}}}({\rm{n}} \ge 2) \Rightarrow 14{\rm{n}} = 28 \Rightarrow {\rm{n}} = 2\)

Þ Công thức phân tử của alkene B là \[{C_2}{H_4}.\]

A có nhiều hơn B một nguyên tử carbon suy ra công thức phân tử của alkane A là \[{C_3}{H_8}.\]

Khối lượng của hỗn hợp X là: \({{\rm{m}}_{\rm{x}}} = 0,1 \cdot 28 + 0,2 \cdot 44 = 11,6\) gam.

Công thức phân tử của A, B và khối lượng của hỗn hợp X lần lượt là: \[{C_3}{H_8},{C_2}{H_4}\], 11,6 gam.

Chọn D.

Ta có phương trình: ${\text{NH}}_4{\text{NO}}_2\stackrel{t^o}{\to }{\text{N}}_2+2{\text{H}}_2\text{O}$

Ta thấy cứ tăng 10 giây thì thể thích \({{\rm{N}}_2}\) tăng (thể tích trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất chính là tỉ lệ về số mol), phản ứng xảy ra càng nhanh thì thể tích \({{\rm{N}}_2}\) thu được biến thiên càng nhiều (độ dốc khi vẽ đồ thị lớn).

Từ \(0 - 10\;{\rm{s}}\), thể tích tăng \(8\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)

Từ \(20 - 30\;{\rm{s}}\), thể tích tăng \(29\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)

Từ \(50 - 60\;{\rm{s}}\), thể tích tăng \(5\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)

Từ 60 - \(70\;{\rm{s}}\), thể tích không đổi.

Trong khoảng thời gian từ 20 đến 30 giây phản ứng xảy ra nhanh nhất.

Chọn B.

\({n_{A{s_4}{O_6}}} = \frac{{0,1188}}{{75 \cdot 4 + 16 \cdot 6}} = {3.10^{ - 4}}\,{\rm{mol}}{\rm{. }}\)

Phương trình hóa học:

\(\begin{array}{l}{\rm{A}}{{\rm{s}}_4}{{\rm{O}}_6} + 6{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to 4{{\rm{H}}_3}{\rm{As}}{{\rm{O}}_3}\\{3.10^{ - 4}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,0012\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{{\rm{H}}_3}{\rm{As}}{{\rm{O}}_3}(aq) + I_3^ - \,(aq) + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\,(l) \to {{\rm{H}}_3}{\rm{As}}{{\rm{O}}_4}(aq) + 3{I^ - }(aq) + 2{{\rm{H}}^ + }(aq)\\0,0012\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,0012\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

\({C_{I_3^ - }} = \frac{{0,0012}}{{0,01}} = 0,12M\)

Lượng \(I_3^ - \)tham gia phản ứng với \({\rm{HCN}} = 0,005 \cdot 0,12 = {6.10^{ - 4}}\) (mol)

\(\begin{array}{l}HCN\,(aq) + I_3^ - \,(aq) \to ICN\,(aq) + 2{I^ - }(aq) + {H^ + }(aq)\\{6.10^{ - 4}}\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow \,\,{6.10^{ - 4}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

Nồng độ mol của \({\rm{HCN}}\) trong mẫu máu là \({C_{HCN}} = \frac{{6 \cdot {{10}^{ - 4}}}}{{0,015}} = 0,04M.\)

Chọn A.

Tristearin là chất béo rắn, nhẹ hơn dung dịch nên tách thành 2 lớp nổi lên trên.

Khi đun sôi hỗn hợp, xảy ra phản ứng xà phòng hóa (thủy phân chất béo):

 ${\left({\text{C}}_{17}{\text{H}}_{35}\text{COO}\right)}_3{\text{C}}_3{\text{H}}_5+3\text{NaOH}\stackrel{t^o}{\to }3{\text{C}}_{17}{\text{H}}_{35}\text{COONa}+{\text{C}}_3{\text{H}}_5{\left(\text{OH}\right)}_3.$

Sản phẩm muối sodium stearate và glycerol dễ tan trong dung dịch nên thu được chất lỏng đồng nhất.

Sau đó, để nguội và hòa tan thêm \({\rm{NaCl}}\) (muối ăn) vào làm giảm độ tan của muối sodium stearate, thêm nữa khối lượng riêng của dung dịch lúc này cũng tăng lên dẫn đến muối sodium stearate bị tách ra khỏi dung dịch, chính là chất màu trắng ở phía trên (nhẹ hơn dung dịch).

Chọn B.

Đáp án A. sai vì poly(vinyl chloride) không bị thủy phân trong dung dịch \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) loãng, nóng.

Đáp án B. sai vì polystyrene, polyacrylonitrile không bị thủy phân trong \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) loãng nóng.

Đáp án C. sai vì polyethylene không bị thủy phân trong dung dịch \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) loãng, nóng.

Đáp án D. đúng.

Chọn D.

Giả sử có 1 lít hỗn hợp 3 dung dịch đã trộn.

\({\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - + 4{{\rm{H}}^ + } + 3{\rm{e}} \to {\rm{NO}} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

A. \(\sum {{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}}} = 2 \cdot 1 + 1 = 3\;{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - }} = 1\;{\rm{mol}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NO sinh}}\,\,{\rm{ra }}}} = \frac{1}{4}{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}} = 0,75\;{\rm{mol}}{\rm{.}}\)

B. \(\sum {{n_{{{\rm{H}}^ + }}}} = 2 \cdot 1 + 1 = 3\;{\rm{mol}};{n_{N{O_3}^ - }} = 1\;{\rm{mol}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NO sinh}}\,\,{\rm{ra }}}} = \frac{1}{4}{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}} = 0,75\;{\rm{mol}}{\rm{.}}\)

C. \(\sum {{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}}} = 2 \cdot 1 + 1 + 1 = 4\;{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - }} = 1\;{\rm{mol}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NO sinh}}\,{\rm{ra }}}} = \frac{1}{4}{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}} = 1\;{\rm{mol}}{\rm{.}}\)

D. \(\sum {{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}}} = 1 + 1 = 2\;{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - }} = 2\;{\rm{mol}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NO sinh}}\,\,{\rm{ra}}}} = \frac{1}{4}{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}} = 0,5\;{\rm{mol}}{\rm{.}}\)

Chọn C.

Các dung dịch X, Y, Z lần lượt là: \({\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3},{\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2},{\rm{KHS}}{{\rm{O}}_4}\).

Phương trình hóa học:

\(2{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} + {\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow + {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\({\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} + 2{\rm{KHS}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} \downarrow + {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\(2{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} + 2{\rm{KHS}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \uparrow + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\).

Chọn A.

Khi thay đổi áp suất những cân bằng hóa học bị chuyển dịch là: (1), (3), (4).

Đối với cân bằng: (2) ${\text{H}}_{2\left(g\right)}+{\text{I}}_{2\left(g\right)}\rightleftharpoons 2{\text{HI}}_{\left(g\right)}$

Nhận thấy: Số phân tử khí vế trái (= 1+1) bằng với số phân tử khí vế phải (= 2).

=> Khi thay đổi áp suất thì cân bằng hóa học không bị chuyển dịch.

Chọn C.

Sơ đồ tóm tắt:

Cách 1:

Ta thấy: sản phẩm thủy phân trong môi trường base là hỗn hợp muối của 2 acid béo no là palmitic acid và stearic acid nên triglyceride X là triester tạo bởi glycerol với acid béo no.

\(\sum {{n_{O{H^ - }}} = {n_{KOH}} + {n_{NaOH}} = 0,08\,mol \to {n_{ - COO - \,\,(E)}} = 0,08\,mol} \)

* Xét phản ứng đốt cháy:

 $\begin{array}{l}\stackrel{BTNTO}{\to }2n_{-COO-\left(E\right)}+2n_{O_2}=n_{H_{2}O}+2n_{C{O}_2}\\ \to n_{H_{2}O}=2\cdot 0,08+2\cdot 2,06-2\cdot 1,44=1,4mol\\ \stackrel{BTKL}{\to }m=m_E=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{O_2}=1,44\cdot 44+1,4\cdot 18-2,06\cdot 32=22,64gam\end{array}$

Nhận xét: X chứa 3π, palmitic acid và stearic acid đều chứa 1π nên:

\({n_X} = \frac{1}{2}({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}) = \frac{1}{2} \cdot (1,44 - 1,4) = 0,02\,mol\)

\( \Rightarrow \sum {{n_{acid}} = 0,08 - 0,02 \cdot 3 = 0,02} \,mol.\)

* Xét phản ứng thủy phân trong môi trường base:

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = {n_X} = 0,02\,mol\\{n_{{H_2}O}} = {n_{acid}} = 0,02\,mol\end{array} \right.\)

 $\begin{array}{l}\stackrel{BTKL}{\to }{m}_E+m_{KOH}+m_{NaOH}=a+m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}+m_{H_{2}O}\\ \Rightarrow a=m_E+m_{KOH}+m_{NaOH}-m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}-m_{H_{2}O}\\ =22,64+0,05\cdot 56+0,03\cdot 40-0,02\cdot 92-0,02\cdot 18\\ =24,44gam.\end{array}$

Đáp án: 24,44

Chim có cơ quan hô hấp là phổi kết hợp với hệ thống túi khí giúp không khí đi vào hay đi ra phổi đều giàu O₂. Do đó, nhóm động vật có hiệu quả hô hấp cao nhất trong số các nhóm động vật mà phương án cho là chim. Chọn C.

Các cây cau, mía, tre,... có đường kính ngọn và gốc ít chệnh lệch so với các cây thân gỗ là do không có mô phân sinh bên, cây thân gỗ thì có mô phân sinh bên. Chọn A.

Đây là ví dụ về hình thức học tập điều kiện hóa đáp ứng vì dưới tác động của các kích thích kết hợp đồng thời (tiếng bát đĩa và thức ăn) đã hình thành mối liên hệ mới trong thần kinh trung ương. Chọn B.

Đột biến điểm làm biến đổi bộ ba 3’TAX5’ trên một mạch của alen ban đầu thành bộ ba 3’TGX5’ của alen đột biến → Đây là đột biến thay thế cặp A – T thành cặp G – X → So với alen ban đầu, số liên kết hiđrô của alen đột biến được tăng thêm 1. Chọn D.

Có 3 phương pháp đúng là I, III, IV. Chọn C.

II. Sai. Khi giao phối qua nhiều thế hệ có thể thu được cả kiểu gen dị hợp.

Cây có kiểu gen aa không có khả năng kết hạt. Do đó:

 Tỉ lệ cây ở P có thể sinh sản là: \[AA:Aa = 0,25AA:0,75Aa.\]

Áp dụng công thức tính kiểu gen ở quần thể tự thụ, tỉ lệ cây không có khả năng kết hạt ở thế hệ

\[{F_1} = 0 + 0,75 \times \frac{{1 - 0,5}}{2} = 0,1875\]. Chọn C.

Con gái có kiểu gen X^AX^AX^a.

→ X^a chỉ xuất hiện bên bố X^aY nên bố giảm phân bình thường cho giao tử X^a.

→ Mẹ cho giao tử X^AX^A. Mà mẹ có kiểu gen X^AX^A nên đột biến xảy ra ở giảm phân I hoặc giảm phân II, NST giới tính X^A không phân li. Chọn C.

A. Đúng. Các yếu tố ngẫu nhiên làm thay đổi tần số alen của quần thể không theo một hướng xác định.

B. Sai. Di - nhập gen làm thay đổi tần số alen của các quần thể có kích thước nhỏ và lớn.

C. Sai. Giao phối không ngẫu nhiên không dẫn đến trạng thái cân bằng di truyền của quần thể do làm thay đổi tần số kiểu gen qua các thế hệ.

D. Sai. Đột biến gen cung cấp nguyên liệu sơ cấp cho quá trình tiến hóa.

Chọn A.

I. Đúng. Rận trâu kí sinh trên trâu rừng, nếu trâu rừng bị loại bỏ thì rận trâu sẽ bị loại bỏ nếu chúng không lấy thức ăn từ mắt xích khác.

II. Đúng. Khi mất đi trâu rừng, nguồn cỏ 1 và cỏ 2 – thức ăn của sâu ăn lá trở nên dồi dào hơn, dẫn đến số lượng cá thể sâu ăn lá có thể tăng lên.

III. Sai. Mất đi trâu rừng khỏi hệ sinh thái ® nguồn thức ăn của báo chỉ còn nai ® lượng nai sẽ có thể giảm.

IV. Đúng. Khi mất đi trâu rừng, hổ và báo chỉ còn nguồn thức ăn là nai ® cạnh tranh tăng lên.

Chọn A.