Ta có \(\overrightarrow {OA}  = \vec i - 2\vec j + 3\vec k \Rightarrow A\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right)\).

Vì \[B\] là trọng tâm của tam giác \[ACD\] nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 = \frac{{1 + 2 + a}}{3}}\\{ - 4 = \frac{{ - 2 + 0 + b}}{3}}\\{1 = \frac{{3 + \left( { - 1} \right) + c}}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 6}\\{b =  - 10 \Rightarrow a + b + c =  - 3.}\\{c = 1}\end{array}} \right.} \right.\) Chọn B.

Ta có: \(\left( {x + y} \right)\left( {1 + i} \right) + 3 + 2i = 5x + 4yi\)\( \Leftrightarrow x + y + 3 + \left( {x + y + 2} \right)i = x + yi\)

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

Vậy \(x + 2y =  - 8.\) Chọn D.

Cường độ dòng điện tức thời là \(I\left( t \right) = Q'\left( t \right) = 6t + 4\)

Do đó, cường độ dòng điện cần tính là \(I\left( 2 \right) = 6 \cdot 2 + 4 = 16\;\,({\rm{A)}}.\) Chọn D.

Gọi \(E\) là trung điểm của BC. Kẻ \(AF \bot SE\) tại \[F\].

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AE \bot BC}\\{SA \bot BC}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BC \bot AF} \right.\) (1).

Mà \(AF \bot SE\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AF \bot \left( {SBC} \right).\)

Do đó \(d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AF.\)

Xét tam giác \[SAE\] vuông tại A, có

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC \Rightarrow G\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right).\)

Đường thẳng đi qua gốc toạ độ \(O\) và trọng tâm \(G\) của tam giác \[ABC\] có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {OG}  = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\) hay \(\overrightarrow {{u_3}}  = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right).\) Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm là \(\sqrt {{x^4} - 4}  - 5 = x\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^4} - 4}  = x + 5 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^4} - 4 \ge 0}\\{x + 5 \ge 0}\\{{x^4} - 4 = {{\left( {x + 5} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} \ge 2}\\{x \ge  - 5}\\{{x^4} - 4 = {x^2} + 10x + 25}\end{array}} \right.} \right.\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 4\,\,\,\left( {{C_1}} \right)\) và \(y = {x^2} + 10x + 25\,\,\,\left( {{C_2}} \right)\).

Ta thấy \(\left( {{C_1}} \right)\) cắt \(\left( {{C_2}} \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \(x \ge \sqrt 2 .\)

Vậy số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là 2. Chọn C.

Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\] và \[H\] là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \[A'I.\] 

Khi đó ta có \(d\left( {A,\,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH = \frac{a}{2}\).

Trong tam giác vuông \[AA'I\] ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}}\)

Yêu cầu đề bài \( \Leftrightarrow y' = 4{x^3} - 4mx \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\)

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

Do đó, ta có \[m \le 9 \Rightarrow T \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}.\]

Tổng giá trị các phần tử của \(T\) là 45. Chọn A.

Gọi I là tâm của mặt cầu \((S),\,\,I \in d \Rightarrow I\left( {1 + t\,;\,\,1 + 2t\,;\,\, - 2 + t} \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AI}  = \left( {3 + t\,;\,\, - 3 + 2t\,;\,\, - 3 + t} \right)\,;\,\,\overrightarrow {BI}  = \left( { - 1 + t\,;\,\,1 + 2t\,;\,\, - 5 + t} \right)\)

Vì (S) đi qua \[A,\,\,B\] nên ta có \(IA = IB \Leftrightarrow I{A^2} = I{B^2}\)

\[ \Leftrightarrow {(3 + t)^2} + {\left( { - 3 + 2t} \right)^2} + {\left( { - 3 + t} \right)^2} = {\left( { - 1 + t} \right)^2} + {\left( {1 + 2t} \right)^2} + {\left( { - 5 + t} \right)^2}\]

\( \Leftrightarrow 4t = 0 \Leftrightarrow t = 0 \Rightarrow \overrightarrow {IA}  = \left( {3\,;\,\, - 3\,;\,\, - 3} \right).\)

Vậy bán kính mặt cầu \[(S)\] là \[R = IA = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}}  = 3\sqrt 3 .\] Chọn A.

Ta có \(\Delta ' = {m^2} - {m^2} + 1 = 1\)

Để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt thì

\[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\P > 0\\S < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 1 > 0\,;\,\,\forall m\\{m^2} - 1 > 0\\2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 1\\m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < m < 0\]. Chọn B.

Ta có \(y' = {\left( {2 + {e^x}} \right)^\prime } \cdot f'\left( {2 + {e^x}} \right) = {e^x} \cdot f'\left( {2 + {e^x}} \right)\).

Hàm số \(y = f\left( {2 + {e^x}} \right)\) nghịch biến khi và chỉ khi \(y' \le 0\)

\( \Leftrightarrow {e^x} \cdot f'\left( {2 + {e^x}} \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {2 + {e^x}} \right) \le 0 \Leftrightarrow 2 + {e^x} \le 3 \Leftrightarrow {e^x} \le 1 \Leftrightarrow x \le 0.\)

Chọn C.

Gọi \({u_n}\) là quãng đường đi lên của người đó sau \(n\) lần kéo lên.

Sau lần kéo lên đầu tiên ,quãng đường đi lên của người đó là \({u_1} = 100 \cdot 80\)

Sau lần kéo lên thứ hai, quãng đường đi lên của người đó là \({u_2} = 800 \cdot 80\)

Sau lần kéo lên thứ ba, quãng đường đi lên của người đó là \({u_3} = 800 \cdot 80\)

Khi đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 80\) và công bội \(q = 0,8.\)

Tổng quãng đường người đó đi được sau 10 lần kéo lên là \({S_{10}} = \frac{{80 \cdot \left( {1 - 0,{8^{10}}} \right)}}{{1 - 0,8}} \approx 357,05\,\,({\rm{m}}).\)

Chọn A.

Ta có \({\log _{{a^2}}}b + {\log _a}{b^2} = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\log _a}b + 2{\log _a}b = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{5}{2}{\log _a}b = 2 \Leftrightarrow {\log _a}b = \frac{4}{5}.\)

Chọn D.

Ta có \[f'\left( 1 \right) = 3 \Rightarrow a + b = 3\].   (1)

Hàm số có đạo hàm liên tục trên khoảng \[\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\], các điểm \(x = 1,x = \frac{1}{2}\) đều thuộc \((0; + \infty )\) nên

\(f(x) = \int {f'} (x){\rm{d}}x = \int {\left( {a{x^2} + \frac{b}{{{x^3}}}} \right)} \,\,{\rm{d}}x = \frac{{a{x^3}}}{3} - \frac{b}{{2{x^2}}} + C.\)

• \(f\left( 1 \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{a}{3} - \frac{b}{2} + C = 2\).                                                         (2)

• \(f\left( {\frac{1}{2}} \right) =  - \frac{1}{{12}} \Rightarrow \frac{a}{{24}} - 2b + C =  - \frac{1}{{12}}\).   (3).

Từ (1), (2) và (3) ta được hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 3}\\{\frac{a}{3} - \frac{b}{2} + C = 2}\\{\frac{a}{{24}} - 2b + C =  - \frac{1}{{12}}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 1}\\{C = \frac{{11}}{6}}\end{array} \Rightarrow 2a + b = 2 \cdot 2 + 1 = 5.} \right.} \right.\)

Chọn C.

Báo cáo bất phương trình trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0x < 2}\\{0x \ge 1}\end{array}} \right.\) hệ bất phương trình vô nghiệm.

Với \(m \ne 0\), ta có hệ bất phương trình tương đương với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < \frac{{m + 2}}{{{m^2}}}}\\{x \ge \frac{{4m + 1}}{{{m^2}}}}\end{array}} \right..\)

Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(\frac{{m + 2}}{{{m^2}}} > \frac{{4m + 1}}{{{m^2}}} \Leftrightarrow m < \frac{1}{3}.\)

Vậy \(0 \ne m < \frac{1}{3}\) là giá trị cần tìm. Chọn B.

Mực nước cao nhất của kênh đạt được khi

\(\cos \left( {\frac{{\pi {t_0}}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\pi {t_0}}}{8} + \frac{\pi }{4} = k2\pi \,,\,\,k \in \mathbb{Z}\)\[ \Leftrightarrow {t_0} = 16k - 2\,,\,\,k \in \mathbb{Z}.\]

Do \(0 \le {t_0} \le 24\) nên ta tìm được \(k = 1\) và \({t_0} = 14.\) Vậy \(P = 210.\) Chọn D.

Đặt \(z = x + yi,\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right).\)

Ta có \[\left| {2z - i} \right| = \left| {2 + iz} \right| \Leftrightarrow \left| {2x + \left( {2y - 1} \right)i} \right| = \left| {2 - y + xi} \right|\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {2x} \right)}^2} + {{\left( {2y - 1} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {2 - y} \right)}^2} + {x^2}} \]\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 1.\)

\( \Rightarrow \) Tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) trên mặt phẳng phức là đường tròn \(\left( {O;\,\,1} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = 1.\)

Lại có \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 2\left( {{{\left| {{z_1}} \right|}^2} + {{\left| {{z_2}} \right|}^2}} \right) \Rightarrow {P^2} = 3 \Rightarrow P = \sqrt 3 .\) Chọn A.

Ta có \(y' = \frac{{ - ab - 2}}{{{{\left( {ax - 2} \right)}^2}}}.\)

Do \(A\left( {1\,;\, - 2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên \(\frac{{1 + b}}{{a - 2}} =  - 2 \Leftrightarrow b = 3 - 2a.\)

Do tiếp tuyến tại \(A\left( {1\,;\, - 2} \right)\) song song với \(d:3x + y - 4 = 0\)

Nên suy ra \[y'\left( 1 \right) =  - 3 \Leftrightarrow \frac{{ - ab - 2}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}} =  - 3\].

Thay \(b = 3 - 2a\) ta được phương trình

\( - a\left( {3 - 2a} \right) - 2 =  - 3{\left( {a - 2} \right)^2} \Leftrightarrow 5{a^2} - 15a + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a = 2}\end{array}} \right.{\rm{. }}\)

• Với \(a = 2 \Rightarrow b =  - 1\) (loại, do \(ab \ne  - 2\)).

• Với \(a = 1 \Rightarrow b = 1.\) Phương trình tiếp tuyến tại \(A\left( {1\,;\, - 2} \right)\) là \(y =  - 3(x + 1) + 2\) song song với d.

Vậy \(a = 1\,,\,\,b = 1 \Rightarrow a - 3b =  - 2.\) Chọn A.

Đặt hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ.

Khi đó, phương trình nửa đường tròn là

 \(y = \sqrt {{R^2} - {x^2}}  = \sqrt {20 - {x^2}} .\)

Gọi \[R,{\rm{ }}h,{\rm{ }}l\] lần lượt là bán kính, chiều cao, đường sinh của hình trụ.

Ta có \({S_{xq}} = 4\pi  \Leftrightarrow 2\pi  \cdot R \cdot l \Leftrightarrow R \cdot l = 2.\)

Giả sử AB là một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung \(120^\circ .\)

Ta có \(ABB'A'\) là hình chữ nhật có \(AA' = h = l.\)

\(OA = OB = R\,,\,\,\widehat {AOB} = 120^\circ  \Rightarrow AB = R\sqrt 3 \)\( \Rightarrow {S_{ABB'A'}} = AB \cdot AA' = R\sqrt 3  \cdot l = R \cdot l\sqrt 3  = 2\sqrt 3 .\)

Ta có \(y' = 3{x^2} + 2\left( {3m - 1} \right)x + {m^2} \Rightarrow y'' = 6x + 6m - 2.\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( { - 1} \right) = 0}\\{f''\left( { - 1} \right) > 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 6m + 5 = 0}\\{6m - 8 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m = 5}\\{3m - 4 > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Rightarrow m = 5} \right.} \right..\)

Chọn B.

Gọi \[H\] là trung điểm của \[AB\].

Vì \(\Delta SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).

Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) do đó \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Lại có \(BC \bot AB \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Ta có \(AB = \sqrt {26} \,,\,\,BC = \sqrt {104}  = 2\sqrt {26} .\)

Theo tính chất đường phân giác ta có \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}.\)

Suy ra \(\overrightarrow {DA}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \,\,\,(*).\)

Gọi \(A\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\), ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{d_1}:2x + y - 3 = 0}\\{{d_2}:x - 2y + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array} \Rightarrow A\left( {1\,;\,\,1} \right) \in \Delta } \right.} \right.{\rm{. }}\)

Ta có \({d_3}:y - 1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_3}}  = \left( {0\,;\,\,1} \right).\)

Gọi vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(\Delta \) là \(\vec n = \left( {a\,;\,\,b} \right)\) và \(\varphi  = \left( {\Delta \,;\,\,{d_3}} \right).\)

Khi đó \(\frac{1}{{\sqrt 2 }} = \cos \varphi  = \frac{{|b|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}}  \cdot \sqrt {0 + {1^2}} }}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 2{b^2} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = b \Rightarrow a = b = 1 \Rightarrow \Delta :x + y - 2 = 0}\\{a =  - b \Rightarrow a = 1\,;\,\,b =  - 1 \Rightarrow \Delta :x - y = 0}\end{array}} \right.\).

Chọn C.

Diện tích thiết diện là \[S\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}{e^{2x}}.\]

Thể tích của vật thể \((T)\) là \[V = \int\limits_0^2 {S\left( x \right)\,} dx = \int\limits_0^2 {{{\left( {x + 1} \right)}^2}{e^{2x}}\,} dx\]

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {{\left( {x + 1} \right)}^2}}\\{\;{\rm{d}}v = {e^{2x}}\;{\rm{d}}x}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u = 2\left( {x + 1} \right){\rm{d}}x}\\{v = \frac{1}{2}{e^{2x}}}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow V = \left. {\frac{1}{2}{{\left( {x + 1} \right)}^2}{e^{2x}}} \right|_0^2 - \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right){e^{2x}}\,} dx\)\( = \frac{{9{e^4} - 1}}{2} - \left( {\left. {\frac{{x + 1}}{2}{e^{2x}}} \right|_0^2 - \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {{e^{2x}}\,} dx} \right)\)

\( = \frac{{9{e^4} - 1}}{2} - \frac{{3{e^4} - 1}}{2} + \left. {\frac{1}{4}{e^{2x}}} \right|_0^2 = 3{e^4} + \frac{1}{4}{e^4} - \frac{1}{4} = \frac{{13{e^4} - 1}}{4}{\rm{. }}\)Chọn B.

Ta có:

 • \(\frac{{{V_{S.ABC}}}}{{{V_{S.IJK}}}} = \frac{{SA}}{{SI}} \cdot \frac{{SB}}{{SJ}} \cdot \frac{{SC}}{{SK}} = 8 \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 8{V_{S.IJK}}.\)

• \(\frac{{{V_{S.ACD}}}}{{{V_{S.IKH}}}} = \frac{{SA}}{{SI}} \cdot \frac{{SC}}{{SK}} \cdot \frac{{SD}}{{SH}} = 8 \Rightarrow {V_{S.ACD}} = 8{V_{S.IKH}}.\)

Suy ra \({V_{S.ABCD}} = 8{V_{S.IJKH}} = 8\).

Ta có \(OH = \frac{1}{2} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = OH \cdot MN = \frac{1}{2}MN = 2 \Leftrightarrow MN = 4.\)

Mà \(HN = 3HM\) nên \(HN = 3,\,\,HM = 1.\)

Lại có \[M,\,\,N\] đều nằm trên đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\).

Suy ra toạ độ của hai điểm \[M,\,\,N\] là \[M\left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\] và \(N\left( {3\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\)

• \(M \in \left( {{C_1}} \right):y = {a^x} \Rightarrow \frac{1}{2} = {a^{ - 1}} \Leftrightarrow a = 2.\)

• \(N \in \left( {{C_2}} \right):y = {\log _b}x \Rightarrow \frac{1}{2} = {\log _b}3 \Leftrightarrow b = 9.\)

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ \( \Rightarrow \) Chiều cao của hình trụ là \(h = 6R.\)

Suy ra thể tích của khối trụ ban đầu là \(V = \pi {R^2}h = 6\pi {R^3}.\)

Theo bài ra, thể tích của khối cầu trong hình là \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)

Khối nón trong hình có bán kính đáy \(r = R\); chiều cao \({h_0} = h - 2R = 4R.\)

Suy ra thể tích của khối nón là \({V_2} = \frac{1}{3}\pi r_0^2h = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)

Do đó, thể tích nước tràn ra ngoài cốc là \({V_0} = {V_1} + {V_2} = \frac{8}{3}\pi {R^3}.\)

Vậy tỉ số cần tìm là \(\frac{{V - {V_0}}}{V} = \frac{{6\pi {R^3} - \frac{8}{3}\pi {R^3}}}{{6\pi {R^3}}} = \frac{5}{9}.\) Chọn C.

Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\) nên \(\bar z = x - yi.\)

Khi đó, giả thiết trở thành: \(\left| {x + yi + 1 - 3i} \right| = \left| {x - yi + 2i} \right|\)

\[ \Leftrightarrow \left| {x + 1 + \left( {y - 3} \right)i} \right| = \left| {x + \left( { - y + 2} \right)i} \right|\]\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 1 + {y^2} - 6y + 9 = {x^2} + {y^2} - 4y + 4\)\[ \Leftrightarrow 2x - 2y + 6 = 0 \Leftrightarrow x - y + 3 = 0.\]

Suy ra \(a = 1\,,\,\,c = 3.\) Vậy \(a + c = 4.\) Chọn B.

Đặt \(k = \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( {{x^4}} \right){\rm{d}}x} \) suy ra \(f(x) = \sqrt x  + k \Rightarrow f\left( {{x^4}} \right) = \sqrt {{x^4}}  + k = {x^2} + k.\)

Do đó \[k = \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( {{x^4}} \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {x \cdot \left( {{x^2} + k} \right){\rm{d}}x}  \Leftrightarrow k = \int\limits_0^1 {\left( {{x^3} + kx} \right){\rm{d}}x} \]

\( \Leftrightarrow k = \int\limits_0^1 {{x^3}dx}  + k \cdot \int\limits_0^1 {x\,dx}  \Leftrightarrow k = \frac{1}{4} + \frac{1}{2}k \Leftrightarrow k = \frac{1}{2}.\)

Vậy \(f\left( x \right) = \sqrt x  + \frac{1}{2} \Rightarrow \int\limits_0^4 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^4 {\left( {\sqrt x  + \frac{1}{2}} \right)} \,\,{\rm{d}}x = \frac{{22}}{3}.\) Chọn D.

Theo bài ra, ta có \(s\left( 3 \right) = s(0) \cdot {2^3} \Leftrightarrow s(0) = \frac{{625\,\,000}}{8} = 78\,\,125\)

Do đó \(s\left( t \right) = s\left( 0 \right) \cdot {2^t} \Leftrightarrow 10\,\,000\,\,000 = 78\,\,125 \cdot {2^t} \Leftrightarrow {2^t} = 128 \Leftrightarrow t = 7.\) Chọn C.

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

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

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

 Bảng biến thiên: 

Xác suất lấy được 1 hộp bi trong 3 hộp bi là \(\frac{1}{3}.\)

Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp A là: \(\frac{{C_4^1}}{{C_7^1}} = \frac{4}{7}.\)

Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp B là: \(\frac{{C_3^1}}{{C_5^1}} = \frac{3}{5}.\)

Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp C là: \(\frac{{C_2^1}}{{C_4^1}} = \frac{1}{2}.\)

Vậy xác suất cần tính là \(\frac{1}{3} \cdot {\left( {\frac{4}{7} + \frac{3}{5} + \frac{1}{2}} \right)^{\frac{4}{2}}} = \frac{{39}}{{70}}.\) Chọn D.

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \[\vec u = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)\] nên có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y =  - t}\\{z = 1 - t}\end{array}(t \in \mathbb{R})} \right..\)

Vì \(M\) thuộc đường thẳng \(\Delta \) nên \(M\left( {2t\,;\,\, - t\,;\,\,1 - t} \right).\)

Ta có \[M{A^2} + 3M{B^2} = {\left( {2t + 1} \right)^2} + {\left( {t - 1} \right)^2} + {\left( {t + 5} \right)^2} + 3\left[ {{{\left( {2t - 2} \right)}^2} + {{\left( {t - 1} \right)}^2} + {{\left( {t - 1} \right)}^2}} \right]\]

\( = 24{t^2} - 24t + 45 = 6\left( {4{t^2} - 4t + \frac{{45}}{6}} \right)\)\( = 6\left[ {{{\left( {2t - 1} \right)}^2} + \frac{{39}}{6}} \right] = 6{\left( {2t - 1} \right)^2} + 39 \ge 39,\,\,\forall t \in \mathbb{R}.\)

Dấu bằng xảy ra khi \(t = \frac{1}{2}\) hay \(M\left( {1\,;\,\, - \frac{1}{2}\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\)

Vậy \({T_{\min }} = 39.\) Chọn D.

Nhận thấy \[M,\,\,N\] là hai đoạn cùng có độ dài bằng 6, nên để \(M \cup N\) là một đoạn có độ dài bằng 10 thì ta có các trường hợp sau:

• TH1: \(2m - 1 \le m + 1 \le 2m + 5 \Leftrightarrow m \in \left[ { - 4\,;\,\,2} \right]\) (1)

Khi đó, \(M \cup N = \left[ {2m - 1\,;\,\,m + 7} \right]\) nên \(M \cup N\) là một đoạn có độ dài bằng 10 khi:

\(\left( {m + 7} \right) - \left( {2m - 1} \right) = 10 \Rightarrow m =  - 2\) (thoả mãn \((1)).\)

• TH2: \(2m - 1 \le m + 7 \le 2m + 5 \Leftrightarrow m \in \left[ {2\,;\,\,8} \right]\,\,\,(2)\)

Khi đó \(M \cup N = \left[ {m + 1\,;\,\,2m + 5} \right]\) nên \(M \cup N\) là một đoạn có độ dài bằng 10 khi:

\(\left( {2m + 5} \right) - \left( {m + 1} \right) = 10 \Rightarrow m = 6\) (thoả mãn (2)).

Vậy tổng tất cả các giá trị của \(m\) để hợp của hai tập hợp \(M\) và \(N\) là một đoạn có độ dài bằng 10 là \( - 2 + 6 = 4.\)

Đáp án: 4.

Hàm nồng độ thuốc \(c\left( t \right) = \frac{t}{{{t^2} + 1}} \Rightarrow c'\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 1 - 2{t^2}}}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow t =  \pm 1.\)

Nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân cao nhất thì \(c(t)\) lớn nhất.

Dựa vào bảng biến thiên của \[c\left( t \right) \Rightarrow {\max _{\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}}c\left( t \right) = c\left( 1 \right) = \frac{1}{2}.\]

Vậy sau 1 giờ thì nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân cao nhất.

Đáp án: 1.

Đặt \(f\left( x \right) = \frac{x}{{{x^2} + 1}} + m\) với \(m\) là tham số \( \Rightarrow y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)

Ta có \(y' = \frac{{f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 0}\end{array}} \right.\)

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

Phương trình \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{{x^2} + 1}} =  - m \Leftrightarrow m{x^2} + x + m = 0\) có tối đa 2 nghiệm.

Vậy hàm số đã cho có tối đa \(2 + 2 = 4\) điểm cực trị.

Đáp án: 4.

Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12 C lần lượt là A, B, C.

Ta xếp 5 học sinh lớp 12C trước.

• TH1: C - C - C - C - C - (quy ước vị trí của - là vị trí trống)

Đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có \[5!\] cách xếp.

Xếp 5 học sinh còn lại vào 5 vị trí trống ta có \[5!\] cách xếp.

Vậy trường hợp này có \[5!\,\, \cdot \,5!\] cách.

• TH2: - C - C - C - C - C, tương tự như trường hợp 1 ta có 5!.5! cách.

• TH3: C - C - C - C - - C, đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có 5! cách xếp.

Ta có 2 vị trí trống liền nhau, chọn 1 học sinh lớp 12A và 1 học sinh lớp 12B để xếp vào 2 vị trí trống đó, 2 học sinh này có thể đổi chỗ cho nhau nên có \(C_2^1 \cdot C_3^1 \cdot 2! = 12\) cách.

Xếp 3 học sinh còn lại vào 3 chỗ trống có 3 ! Cách.

Vậy trường hợp này có \[5!\,\,.\,12\,.\,3!\] cách.

• TH4: C - C - C - - C-C

• TH5: C - C - - C - C - C - C

• TH6: C - - C - C - C

Ba trường hợp 4, 5, 6 có cách xếp giống trường hợp 3.

Vậy có tất cả \[5!\,\,.\,\,5!\,\,.\,\,2 + 4\,.\,\,5!\,\,.\,\,12\, \cdot 3! = 63\,\,360\] (cách).

Đáp án: \[{\bf{63}}\,\,{\bf{360}}\].

Từ giả thiết, ta có \(f\left( 1 \right) = 16.\)

Do đó \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt {2f\left( x \right) + 4}  + 6}} = 24 \cdot \frac{1}{{\sqrt {2 \cdot 16 + 4}  + 6}} = 2.\)

Đáp án: 2.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + m} }}\) có hai đường tiệm cận đứng khi phương trình \({x^2} - 2x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \[ - \,2\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{{{\left( { - 2} \right)}^2} - 2 \cdot \left( { - 2} \right) + m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - m > 0}\\{m \ne  - 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 1}\\{m \ne  - 8}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Mà \(m\) nguyên và \(m \in \left[ { - 2021\,;\,\,2021} \right]\)

Nên suy ra \[m \in \left\{ { - 2021\,;\,\, - 2020\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right\}\backslash \left\{ { - 8} \right\}.\]

Vậy có 2021 giá trị \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáp án: 2021.

Ta có \(f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) + {\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{\cos x}}} \right]^2} = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \frac{{f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}} =  - \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} \right] =  - \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} =  - \tan x + C.\)

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 0 \right) = 0}\\{f\left( 0 \right) = 1}\end{array} \Rightarrow C = 0.} \right.\)

Dó đó \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} =  - \tan x \Rightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( { - \tan x} \right)\;{\rm{d}}x}  \Leftrightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{d\left( {f\left( x \right)} \right)}}{{f\left( x \right)}}}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}} \)

\[\left. { \Leftrightarrow \ln f\left( x \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} = \left. {\ln \cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} \Leftrightarrow \ln f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) - \ln f\left( 0 \right) = \ln \frac{1}{2} - \ln 1 \Leftrightarrow f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}.\]

Vậy \(T = \frac{1}{2}.\) Đáp án: \[\frac{1}{2}\].

• \({d_1}\) đi qua điểm \(M\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\]

• \({d_2}\) đi qua điểm \(N\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,m} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right).\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 3\,;\,\,3\,;\,\,1} \right);\,\,\overrightarrow {MN}  = \left( {0\,;\,\,2\,;\,\,m} \right).\)

\({d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau khi và chỉ khi \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \cdot \overrightarrow {MN}  \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  - 6.\)

Mặt khác, \(d\left( {{d_1},\,\,{d_2}} \right) = \frac{5}{{\sqrt {19} }} \Leftrightarrow \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \cdot \overrightarrow {MN} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} = \frac{5}{{\sqrt {19} }} \Leftrightarrow \frac{{|m + 6|}}{{\sqrt {19} }} = \frac{5}{{\sqrt {19} }} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 1}\\{m =  - 11}\end{array}} \right.\)

Khi đó tổng các phần tử của \(S\) bằng \[ - 12.\]Đáp án: \[ - 12\].

Xét bất phương trình \(\left( {{3^{{x^2} - x}} - 9} \right)\left( {{2^{{x^2}}} - m} \right) \le 0\)

− TH1: Xét \({3^{{x^2} - x}} - 9 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\) là nghiệm của bất phương trình.

− TH2: Xét \({3^{{x^2} - 2}} - 9 > 0 \Leftrightarrow {x^2} - x > 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x <  - 1}\\{x > 2}\end{array}} \right.\)

Khi đó (1) \( \le 0 \Leftrightarrow {2^{{x^2}}} - m \le 0 \Leftrightarrow {2^{{x^2}}} \le m \Leftrightarrow {x^2} \le {\log _2}m\) (2).

• Nếu \(m < 1\) bất phương trình vô nghiệm.

• Nếu \(m \ge 1\) thì \((2) \Leftrightarrow  - \sqrt {{{\log }_2}m}  \le x \le \sqrt {{{\log }_2}m} \).

Do đó, để bất phương trình (1) có 5 nghiệm nguyên

\[ \Leftrightarrow \left( {\left( { - \infty \,;\,\, - 1} \right) \cup \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)} \right) \cap \left[ { - {{\log }_2}m\,;\,\,{{\log }_2}m} \right]\] có 3 giá trị nguyên.

\(\sqrt {{{\log }_2}m}  \in \left[ {3\,;\,\,4} \right) \Leftrightarrow 512 \le m < 65\,\,536.\)

Suy ra có 65024 giá trị \(m\) nguyên thoả mãn.

− TH3: Xét \({3^{{x^2} - 2}} - 9 < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x < 2 \Leftrightarrow  - 1 < x < 2.\)

Vì \(\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\) chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị \(m\) nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên. Vậy có tất cả \[65\,\,024\] giá trị \(m\) nguyên thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: \[65\,\,024\].

Ta có \(2\left( {f\left( x \right)} \right){}^2 - 3f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 1\\f\left( x \right) = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

• Xét phương trình \(f\left( x \right) = 1\).                          (1)

Quan sát bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = 1\) tại 1 điểm duy nhất.

• Xét phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\).    (2)

Quan sát bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\) tại 2 điểm phân biệt.

Đồng thời nghiệm của phương trình (1) khác 2 nghiệm của phương trình (2) nên số nghiệm của phương trình đã cho là 3. Đáp án: 3.

Gọi toạ độ của điểm \(M\) là \[M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\]

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM}  = \left( {x - 3\,;\,\,y - 1\,;\,\,z - 2} \right),\,\,\overrightarrow {BM}  = \left( {x + 3\,;\,\,y + 1\,;\,\,z} \right){\rm{.}}\)

Vì \(\Delta MAB\) vuông tại \(M\) nên \(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BM}  = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) + \left( {y - 1} \right)\left( {y + 1} \right) + z\left( {z - 2} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 9 + {y^2} - 1 + {z^2} - 2z = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 11.{\rm{ }}\)

\( \Rightarrow M\) thuộc mặt cầu \((S)\) có tâm \(I\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {11} .\)

Ta có \(d\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 0 + 3 \cdot 1 - 14} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {3^3}} }} = \sqrt {11}  = R\)\( \Rightarrow (P)\) tiếp xúc với \((S)\) tại \(M\)

\( \Rightarrow IM \bot (P)\) hay \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên \((P)\)

Ta có \(M \in (P) \Rightarrow x + y + 3z = 14\) (1).

\(\overrightarrow {IM}  = \left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z - 1} \right)\) cùng phương với VTPT của mặt phẳng \((P) \Rightarrow \frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 1}}{3}\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + 3z = 14}\\{\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 1}}{3}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\\{z = 4}\end{array} \Rightarrow M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,4} \right)} \right.} \right..\)

Vậy \(d\left( {M\,;\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| 4 \right| = 4.\)

Đáp án: 4.

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

Khi đó, giả thiết \[ \Leftrightarrow \left| {\left( {z - 1 + 2i} \right)\left( {z + 3i - 1} \right)} \right| = \left| {z - 1 + 2i} \right| \cdot \left| {z + 3i - 1} \right|\]\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = 1 - 2i}\\{\left| {z - 1 - 2i} \right| = \left| {z + 3i - 1} \right|}\end{array}} \right.\]

• TH1: Với \(z = 1 - 2i\), ta có \(w = z - 2 + 2i = 1 - 2i - 2 + 2i =  - 1 \Rightarrow \left| w \right| = 1.\)

• TH2: Với \(\left| {z - 1 - 2i} \right| = \left| {z + 3i - 1} \right|\,\,(*)\), đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\).

Ta có \((*) \Leftrightarrow \left| {x - 1 + \left( {y - 2} \right)i} \right| = \left| {x - 1 + \left( {y + 3} \right)i} \right| \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {y - 2} \right)^2} = {\left( {y + 3} \right)^2} \Leftrightarrow {y^2} - 4y + 4 = {y^2} + 6y + 9 \Leftrightarrow 10y =  - 5 \Rightarrow y =  - \frac{1}{2}.\)

Do đó \[w = z - 2 + 2i = x - \frac{1}{2}i - 2 + 2i = x - 2 + \frac{3}{2}i \Rightarrow \left| w \right| = \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + \frac{9}{4}}  \ge \frac{3}{2}.\]

Vậy \(\min \left| w \right| = 1.\) Đáp án: 1.

Ta có \({a^{{x^2}}} \cdot {b^{x + 1}} = 1 \Leftrightarrow {\log _a}\left( {{a^{{x^2}}} \cdot {b^{x + 1}}} \right) = {\log _a}1\)

\( \Leftrightarrow {\log _a}{a^{{x^2}}} + {\log _a}{b^{x + 1}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {x + 1} \right){\log _a}b = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {\log _a}b \cdot x + {\log _a}b = 0\, & (*)\)

Phương trình \((*)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta  = {\left( {{{\log }_a}b} \right)^2} - 4{\log _a}b \ge 0\)

Mà \(a > 1\,,\,\,b > 1\) nên \({\log _a}b > 0\) suy ra \({\log _a}b \ge 4.\)

Đặt \(t = {\log _a}b \ge 4\), khi đó \(P = {\log _a}a + {\log _a}b + \frac{4}{{{{\log }_a}b}}\)

\( = 1 + t + \frac{4}{t} = f\left( t \right) \Rightarrow f'\left( t \right) = 1 - \frac{4}{{{t^2}}} = \frac{{{t^2} - 4}}{{{t^2}}} > 0\,;\,\,\forall t \ge 4\)

Suy ra \(f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left( {4\,;\,\, + \infty } \right)\)

Vậy \(\min P = {\min _{\left[ {4\,;\,\, + \infty } \right)}}f\left( t \right) = f\left( 4 \right) = 6.\) Đáp án: 6.

Từ giả thiết \({A_1}\) là trọng tâm tam giác \[BCD\]

Suy ra \(A\) cũng là trọng tâm tam giác \({B_1}{C_1}{D_1}.\)

Do đó \({V_{A.BCD}} = 3{V_{A.{A_1}BC}} = 3{V_{B.A{A_1}C}}\) và

 \({V_{{A_1}.{B_1}{C_1}{D_1}}} = 3{V_{{A_1}.A{B_1}{C_1}}} = 3{V_{{B_1}.A{A_1}{C_1}}}.\)

Mặt khác do quan hệ song song nên                                     

 \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{d_{\left( {B;\,\,\left( {A{A_1}C{C_1}} \right)} \right)}} = {d_{\left( {{B_1};\,\,\left( {A{A_1}C{C_1}} \right)} \right)}}}\\{{S_{A{A_1}C}} = {S_{A{A_1}{C_1}}}}\end{array} \Rightarrow {V_{B.A{A_1}C}} = {V_{{B_1}.A{A_1}{C_1}}}} \right.\]

Gọi \[R,{\rm{ }}h\] lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bể hình trụ.

Theo bài ra, ta có \(V = 2 \Leftrightarrow \pi {R^2}h = 2 \Leftrightarrow h = \frac{2}{{\pi {R^2}}}\)

Suy ra diện tích toàn phần của bể hình trụ là:

\({S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi R.\frac{2}{{\pi {R^2}}} + 2\pi {R^2} = \frac{4}{R} + 2\pi {R^2}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

\(\frac{4}{R} + 2\pi {R^2} = \frac{2}{R} + \frac{2}{R} + 2\pi {R^2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{2}{R} \cdot \frac{2}{R} \cdot 2\pi {R^2}}} = 6\sqrt[3]{\pi }.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{2}{R} = 2\pi {R^2} \Leftrightarrow {R^3} = \frac{1}{\pi } \Leftrightarrow R = \frac{1}{{\sqrt[3]{\pi }}}.\)

Vậy số tiền để sản xuất bể chứa nói trên sao cho tốn ít vật liệu nhất là

\(T = {S_{\min }} \cdot 600 = 6\sqrt[3]{\pi } \cdot 600 \approx 5273\) (nghìn đồng). Đáp án: 5273.

Bắn mình ra xa để trốn thoát là cách tự vệ của hải sâm. Những chiếc gai nhọn dựng đứng lên tua tủa là cách tự vệ của cá nóc. Làm cơ thể to lên là cách tự vệ của loài cá ở các rặng san hô vùng biển nhiệt đới. → Ý KHÔNG nói đến cách thức để tự vệ của một số loài động vật sống dưới nước là: Đánh lừa con mồi. Chọn C.

Việc những chiếc gai của cá nóc gai dựng đứng lên tua tủa là do cá nóc gai hớp vài ngụm không khí hoặc nước khiến mình chúng phồng to các chiếc gai vì thế mà dựng lên chứ không phải lực phản hồi của nước. Chọn C.

Đoạn trích với câu chủ đề được đặt ở đầu đoạn, các đoạn dưới tập trung phân tích chứng minh làm sáng tỏ câu chủ đề. Vì vậy đoạn trích được viết theo lối diễn dịch. Chọn B.

Từ “lúc này” trong đoạn trích được dùng chỉ lúc túi khí của con cá đã phình to. Chọn D.

Dựa vào vế trước để xác định: Khi bị tấn công, hải sâm nhanh chóng đẩy toàn bộ phần nội tạng vừa dài vừa dính ra khỏi cơ thể. Từ “chúng” (gạch chân, in đậm) trong đoạn trích chỉ loài hải sâm. Chọn A.

Bài thơ được viết theo thể thơ tự do. Số chữ trong một dòng thơ không hạn định, ngắt nhịp, gieo vần tự do, linh hoạt,… Chọn A.

“Ta” và “mình” trong bài thơ có mối quan hệ gắn bó khăng khít. Chọn B.

Vai trò của “mình” đối với “ta” được thể hiện qua chi tiết “Ta gửi tro, mình nhen thành lửa cháy”. Chọn C.

Để hiểu được lời gửi gắm, thông điệp của nhà văn, người đọc phải tái tạo, tưởng tượng, suy ngẫm, phân tích sao cho từ bếp “tro” tưởng như tàn lại có thể “nhen thành lửa cháy”, từ “viên đá con” có thể dựng nên thành, nên luỹ. Chọn B.

“Ta” với “mình” trong bài thơ là tác giả và bạn đọc. Chọn D.

Phong cách ngôn ngữ của văn bản: Phong cách ngôn ngữ báo chí. Chọn D.

Nội dung chính của văn bản trên: Con người có năng lực tạo ra hạnh phúc, bao gồm: năng lực làm người, làm việc, làm dân. Để chạm đến hạnh phúc con người phải trở thành “con người lớn” bằng hai cách: làm việc lớn hoặc làm việc nhỏ với tình yêu lớn. → Con người tự tạo ra hạnh phúc bằng những việc làm đúng đắn, phù hợp với yêu cầu của xã hội dù đó là việc lớn hay nhỏ. Chọn D.

Công dụng của việc sử dụng dấu ngoặc kép: làm nổi bật, nhấn mạnh đến một ý nghĩa, một cách hiểu khác có hàm ý… Chọn A.

Nghĩa hàm ý của từ “nhỏ bé”: tầm thường, thua kém, tẻ nhạt… Chọn B.

Nghĩa hàm ý của từ “con người lớn”: tự do thể hiện mình, khẳng định giá trị bản thân, thực hiện những ước mơ, sống cao đẹp, có ích, có ý nghĩa… Chọn B.

Thông tin nằm ở đoạn 1: “Chỉ cần Covid đục thủng phòng tuyến ở một người, và người đó chủ quan, vô tình, tiếp xúc vô tội vạ, không cách li toàn xã hội, thì đội quân virus sẽ tràn lan cả cộng đồng, cả quốc gia. Chỉ cần Covid xâm nhập vào một quốc gia, nhưng quốc gia ấy và các quốc gia khác không phong tỏa, lơ là phòng chống, thì đại dịch sẽ hoành hành, tàn phá khắp hành tinh.”. Chọn D.

Dựa vào ngữ cảnh của câu “…một chủng virus nào đó cũng có vị thế trong vũ trụ của Tạo hóa”. Chọn A.

Dựa vào ý của đoạn 2 văn bản. Chọn A.

Dựa vào những thông tin được đề cập đến trong văn bản. Chọn B.

Đoạn trích bàn về nguyên nhân của đại dịch covid và kêu gọi mọi người chung tay phòng chống đại dịch. Chọn D.

Nội dung câu văn: Dự định thành lập một tổ chức khu vực của một số nước Đông Nam Á với một số mục tiêu quan trọng. Xác định nội dung các mục tiêu được diễn tả theo quan hệ song song nhưng từ “ngoài ra” lại không diễn tả được điều này. “Ngoài ra”: ngoài điều vừa nói đến là chính, thì còn có thể có cái, điều khác nào đó nữa nên không đúng vì ở đây các nội dung được đề cập đến đều đóng vai trò quan trọng. Có thể thay thế bằng từ “đồng thời” (chỉ 2 sự việc diễn ra song song có vai trò như nhau). Chọn C.

Lỗi dùng từ chưa hợp lí, từ “bùng phát” thể hiện sự phát sinh, phát triển lên một cách mạnh mẽ không phù hợp với việc phát triển và duy trì truyền thống hiếu học của dân tộc, thay thế bằng từ “rực cháy”. Chọn C.

Từ “choáng ngợp” không phù hợp để miêu tả vẻ đẹp của quê hương đất nước. Từ sai là “choáng ngợp”. Chọn A.

Nguyễn Minh Châu là một trong những người mở đường xuất sắc cho công cuộc đổi mới văn học nước nhà từ sau năm 1975. Hành trình sáng tác của ông chia làm hai giai đoạn rõ rệt: trước thập kỉ tám mươi, ông là ngòi bút sử thi có thiên hướng trữ tình lãng mạn; từ đầu thập kỉ tám mươi đến khi mất, ông chuyển hẳn sang cảm hứng thế sự với những vấn đề đạo đức và triết lí nhân sinh. Vì vậy cụm từ “văn xuôi hiện thực phê phán” sử dụng sai. Chọn D.

Thao tác lập luận bình luận là đưa ra ý kiến đánh giá (xác định phải trái, đúng sai, hay dở), bàn bạc (trao đổi ý kiến) về một tình hình, một vấn đề. Chọn D.

Các từ “mắng”, “quát”, “hét” dùng ngữ điệu lớn. Còn từ “nói” có thể dùng ngữ điệu nhỏ, bình thường.... Chọn B.

Cần chú ý yếu tố phụ (yếu tố phân loại: lơ, sì, lừ, khè) để thấy sự khác biệt của từ “xanh lơ”: diễn tả mức độ xanh nhạt. Ba từ còn lại đều diễn tả mức độ màu sắc đậm. Chọn A.

Các từ “thành tựu”, “thành tích”, “thành quả” đều để chỉ những kết quả có ý nghĩa lớn, sau một thời gian dài thực hiện còn “hiệu quả” là kết quả đạt được đáp ứng yêu cầu đặt ra. Chọn B.

Từ “đề đóm” là một danh từ mang tính khẩu ngữ để chỉ “đề và các trò cờ bạc khác (nói khái quát)”; các từ còn lại trong nhóm (đề xuất, đề cử, đề đạt) là các động từ. Chọn B.

Các từ “đạo đức”, “kinh nghiệm”, “cách mạng” là danh từ chỉ khái niệm. Từ “mưa” là danh từ chỉ hiện tượng. Vậy từ “mưa” không cùng nhóm với các từ còn lại. Chọn C.

Thần thoại phản ánh khái quát hóa hiện thực dưới dạng những vị thần được nhân cách hóa hoặc những sinh thể có linh hồn. Truyền thuyết thường có yếu tố tưởng tượng kì ảo kể về các nhân vật, sự kiện đều liên quan đến lịch sử hoặc giải thích nguồn gốc các phong cảnh địa phương theo quan niệm của nhân dân. Truyện ngụ ngôn dùng cách ẩn dụ hoặc nhân hóa loài vật, con vật hay kể cả con người để thuyết minh cho một chủ đề luân lí, triết lí, một quan niệm nhân sinh hay một nhận xét về thực tế xã hội hay những thói hư tật xấu của con người. Chọn B.

Vì chịu sự chi phối của một nước thuộc địa nên văn học cũng chịu sự kiểm soát của nước thuộc địa, vì vậy chia làm hai bộ phận công khai và không công khai. Chọn B.

“bao che” là che giấu tội lỗi, khuyết điểm cho người nào đó. “che chở” là bảo vệ người nào đó khỏi khó khăn. “Che chắn” là giúp đỡ, bảo vệ người nào đó khỏi sự tấn công. “bao bọc” là giúp đỡ yêu thương, gắn bó người khác. → Từ thích hợp điền vào chỗ trống là “bao che”         => Mầm mống đại họa bắt nguồn từ việc bao che những tội lỗi, sai trái và tiêu cực. Chọn D.

Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống. Chọn B.

Chi tiết “Liên lặng theo mơ tưởng. Hà Nội xa xăm, Hà Nội sáng rực vui vẻ và huyên náo. Con tàu như đã đem một chút thế giới khác đi qua. Một thế giới khác hẳn đối với Liên, khác hẳn cái vầng sáng ngọn đèn của chị Tí và ánh lửa của bác Siêu.” cho thấy hai chị em Liên đã chán cuộc sống quẩn quanh, buồn chán nơi phố huyện nghèo. Hai chị em mong chờ “một thế giới khác” sôi động và huyên náo hơn. Chọn A.

Nhân hóa “Thời gian chạy qua tóc mẹ”. Chọn B.

Thao tác lập luận chính của đoạn trích trên là: Bình luận. Biểu hiện: Có nhiều câu văn thể hiện quan điểm, ý kiến của người viết về vấn đề chữ và tiếng trong thơ như câu 3,4.... Chọn D.

Đoạn trích miêu tả khung cảnh Tết đến xuân về ở Hồng Ngài. Chọn D.

Từ “hóa thân” trong đoạn thơ có ý nghĩa chỉ hành động sẵn sàng cống hiến, hi sinh cho đất nước. Chọn A.

Xác định từ khóa “ý nghĩa biểu tượng” ở câu hỏi để nhận biết “mặt trời” ở đây cần hiểu theo nghĩa khác chứ không phải nghĩa tả thực là mặt trời của thiên nhiên nên loại A và B. Xác định hình ảnh “bộ đội” và đánh đuổi giặc Pháp, giặc Mĩ trong đoạn thơ để nhận biết chế độ ở đây không phải là chế độ quân chủ (Chế độ quân chủ là chế độ nhà nước có vua đứng đầu), loại D. Chọn C.

Dựa vào câu thứ 2 của đoạn văn “Văn thơ của Nguyễn Đình Chiểu cũng vậy”. Hình ảnh “vì sao có ánh sáng khác thường” trong đoạn trích là ẩn dụ cho thơ văn của Nguyễn Đình Chiểu. Chọn B.

Đoạn trích trên thể hiện vẻ đẹp lao động rất đỗi bình dị. Đối với mọi người công việc vượt thác là một công việc khó khăn đòi hỏi sự điêu luyện nhưng đối với những người hùng sông nước thì họ lại coi đó là một điều rất bình thường, vô cùng giản dị. Câu chuyện của họ nhắc đến các loại cá thay vì nhắc đến chiến công trong cuộc chiến với Sông Đà. Đây chính là vẻ đep của chất vàng mười mà Nguyễn Tuân đề cao. Chọn D.

Đoạn trích miêu tả buổi chiều tàn nơi phố huyện với những chi tiết: “phương tây đỏ rực như lửa cháy, những đám mây hồng như hòn than sắp tàn, dãy tre làng trước mặt đen lại, tiếng ếch nhái kêu ran ngoài đồng...”. Chọn B.

Đoạn thơ là lời ông cha nhắc nhở con cháu về truyền thống của dân tộc. Chọn C.

Biện pháp tu từ được sử dụng trong câu thơ “Áo chàm đưa buổi phân li” là hoán dụ (áo chàm). Hình ảnh “áo chàm” không đơn thuần dùng để chỉ màu áo quen thuộc của người dân Việt Bắc (áo nhuộm màu chàm) mà còn là hình ảnh nói thay cho toàn thể nhân dân Việt Bắc trong ngày đưa tiễn những đồng chí cách mạng về xuôi. Chọn B.

Câu nói của người đàn bà hàng chài cho thấy tính cách thương con, sợ con bị tổn thương tinh thần, nhẫn nhục chịu đựng của chị. Vì thế chị đã xin lão chồng “đưa tôi lên bờ mà đánh”. Chọn C.

Phương án A, C, D không phải là hoạt động của Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên (1925-1929). Phương án B chính là hoạt động của Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên (1925-1929). Để đẩy mạnh công tác tuyên truyền cho Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên, Nguyễn Ái Quốc đã sáng lập và phát hành báo Thanh Niên, ra số đầu tiên ngày 21-6-1925. Chọn B.

Trong nửa sau thế kỉ XX, xuất hiện ba trung tâm kinh tế-tài chính lớn của thế giới là Mĩ, Tây Âu, Nhật Bản, trong đó Mĩ luôn đứng số 1. Chọn A.

Tôn Thất Thuyết lấy danh nghĩa vua Hàm Nghi xuống chiếu Cần vương khi đang ở Tân Sở-Quảng Trị vào tháng 7 năm 1885. Chọn D.

Sau khi Nhật đầu hàng 1945, các nước Đông Nam Á đã đứng lên đấu tranh giành độc lập, sớm nhất là 3 quốc gia Inđônêxia, Việt Nam, Lào. Trong đó: Inđônêxia độc lập 17-8-1945;

ở Việt Nam: Cách mạng tháng Tám thành công, tuyên bố độc lập 2-9-1945;ở Lào, thang 8/1945 nhân dân Lào nổi dậy, 12-10-1945 tuyên bố độc lập. Chọn C.

Tư sản mại bản là bộ phận có quyền lợi gắn chặt với đế quốc nên cấu kết chặt chẽ với chúng. Bởi vậy đây là lực lượng không thể tham gia vào giải quyết hai nhiệm vụ dân tộc và dân chủ ở Việt Nam. Chọn C.

Đầu năm 1950, Mĩ từng bước "can thiệp" và "dính líu" trực tiếp vào cuộc chiến tranh xâm lược của Pháp Đông Dương, chứng tỏ cuộc chiến tranh Đông Dương chịu tác động của Chiến tranh lạnh. Miền Bắc nhận viện trợ của Trung Quốc, Liên Xô còn miền Nam thì bị Mĩ chi phối. Chọn B.

Một điểm khác biệt cơ bản về phong trào đấu tranh giành độc lập ở châu Phi so với khu vực Mĩ Latinh sau Chiến tranh thế giới thứ hai là chống lại chủ nghĩa thực dân kiểu cũ, còn ở khu vực Mĩ Latinh là chống chủ nghĩa thực dân kiểu mới. Chọn D.

Giai cấp nông dân ngày càng bần cùng, không lối thoát. Mâu thuẫn giữa nông dân với đế quốc Pháp và phong kiến tay sai hết sức gay gắt. Nông dân là lực lượng cách mạng to lớn của dân tộc. Chọn A.

Như vậy, từ sau Chiến tranh thế giới thứ nhất đến cuối những năm 20, trên đất nước Việt Nam đã diễn ra những biến đồi quan trọng về kinh tế, xã hội, văn hóa, giáo dục. Mâu thuẫn trong xã hội Việt Nam ngày càng sâu sắc, trong đó chủ yếu là mâu thuẫn giữa toàn thể nhân dân ta với thực dân Pháp và phản động tay sai. Cuộc đấu tranh dân tộc chống đế quốc và tay sai tiếp tục diễn ra với nội dung và hình thức phong phú. Chọn A.

Phương án B, C, D đều là các đặc điểm tương đồng của 2 cuộc khai thác thuộc địa của Pháp ở Việt Nam. Phương án A là sự khác biệt của khai thác thuộc địa lần thứ hai so với cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất do thực dân Pháp tiến hành ở Đông Dương. Tốc độ, quy mô của cuộc khai thác thuộc địa lần thứ hai lớn gấp nhiều lần so với cuộc khai thác lần thứ nhất. Chọn A.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy: Cộng hòa liên bang Đức là cường quốc kinh tế hàng đầu thế giới.

- Đáp án A. Cường quốc kinh tế hàng đầu thế giới. → đúng. Chọn A.

- Đáp án B. Đang trong quá trình công nghiệp hóa. → sai, đã công nghiệp hóa.

- Đáp án C. Nông nghiệp là ngành kinh tế chủ đạo. → sai, công nghiệp, dịch vụ mới là chủ đạo.

- Đáp án D. Có giá trị thương mại lớn nhất thế giới. → sai, EU mới lớn nhất thế giới.

Nguyên nhân chủ yếu tạo nên sự khác biệt về trình độ phát triển kinh tế-xã hội giữa nhóm nước phát triển với đang phát triển là do trình độ khoa học kỹ thuật. Đây là yếu tố quan trọng có thể bù đắp những thiếu hụt về tài nguyên hay những vấn đề khác. Chọn C.

Đai ôn đới gió mùa trên núi chỉ có ở Hoàng Liên Sơn do chỉ có ở đây mới có núi cao trên 2600m. Chọn C.

Sông ngòi nước ta có chế độ nước theo mùa là do chế độ mưa mùa, đây là nguồn cung cấp nước chủ yếu nhất cho sông. Chọn A.

Căn cứ vào Atlat Địa lí Việt Nam trang Các vùng kinh tế trọng điểm, cho biết các ngành công nghiệp chỉ có ở vùng kinh tế trọng điểm phía Nam là luyện kim màu, khai thác dầu mỏ. Chọn B.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

- A sai: Giai đoạn 2005-2015 Việt Nam liên tục nhập siêu

- B sai: Xuất khẩu tăng nhiều hơn nhập khẩu (xuất khẩu tăng 181,6 tỉ USD, nhập khẩu tăng 174,3 tỉ USD)

- C đúng: Xuất khẩu tăng nhanh hơn nhập khẩu (xuất khẩu tăng gấp 6,6 lần; nhập khẩu tăng 5,7 lần). Chọn C.

- D sai: Năm 2017 Việt Nam xuất siêu

Tỉ trọng ngành công nghiệp chế biến tăng, ngành công nghiệp khai thác giảm là biểu hiện rõ nét nhất trong chuyễn dịch cơ cấu ngành công nghiệp. Chọn A.

Vùng có nhiều di sản văn hóa thế giới của nước ta là: Duyên hải Nam Trung Bộ (Phố cổ Hội An, Di tích đền Mỹ Sơn. (Quan sát Atlat trang 25: Du lịch). Chọn C.

Biện pháp quan trọng nhất nhằm giảm thiểu tình trạng đốt rừng làm nương rẫy ở vùng Trung du và miền núi Bắc Bộ là phát triển nông nghiệp hàng hóa. Từ đây có hiệu quả cao sẽ giảm thiểu tình trạng đốt rừng. Chọn B.

Đồng bằng sông Hồng có thế mạnh về lao động đông, thị trường lớn. Dệt may và da giày cần những yếu tố này. Chọn B.

Hiện tượng áo len bị nhiễm điện được giải thích do hiện tượng nhiễm điện do cọ xát.

Chọn C.

Do môi trường (1) có chiết suất lớn hơn môi trường (2) nên nếu ánh sáng truyền từ (2) tới (1) không thể có phản xạ. Chọn D.

Cả hai kim nam châm định hướng theo hướng Nam – Bắc của từ trường Trái Đất nên hình 1 đúng. Chọn D.

Từ đồ thị, ta thấy chu kì âm 2 lớn hơn chu kì âm 1 nên tần số âm 2 nhỏ hơn tần số âm 1. Do đó độ cao âm 1 lớn hơn âm 2. Chọn A.

Việc kết nối thông tin giữa mặt đất và vệ tinh VINASAT-2 được thông qua bằng sóng cực ngắn. Chọn D.

Trên dây đang có sóng dừng với 3 bó sóng.

Khi hai đầu dây cố định \(\ell = k\frac{{\rm{\lambda }}}{2} \Rightarrow \ell = k\frac{v}{{2f}} \Rightarrow v = \frac{{2\ell f}}{k} = \frac{{2.1,5.100}}{3} = 100\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\). Chọn A.

Khi hệ vật chuyển động từ vị trí biên ban đầu đến VTCB:

CLLX \((m + M = 1,5m)\):\({v_{\max }} = A{\rm{\omega }} = A\sqrt {\frac{k}{{1,5m}}} {\rm{. }}\)

Khi đến VTCB, hai vật tách khỏi nhau do m bắt đầu chuyển động chậm dần, lúc này M chuyển động thẳng đều với vận tốc \({{\rm{v}}_{\max }}\) ở trên.

Xét CLLX có vật m (vận tốc cực đại không thay đồi):

\({{\rm{v}}_{\max }} = {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{\omega }}^\prime } = {{\rm{A}}^\prime }\sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}}  = {\rm{A}}\sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{1,5\;{\rm{m}}}}}  \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime } = \frac{{\rm{A}}}{{\sqrt {1,5} }} = \frac{9}{{\sqrt {1,5} }}\;{\rm{cm}}\)

Từ khi tách nhau (qua VTCB) đến khi lò xo có chiều dài cực đại thì m đến vị trí biên Aˊ, thời gian dao động là \(\Delta {\rm{t}} = \frac{{\rm{T}}}{4} = \frac{{2{\rm{\pi }}}}{{4{{\rm{\omega }}^\prime }}} = \frac{{\rm{\pi }}}{{2{{\rm{\omega }}^\prime }}};\) với \({{\rm{\omega }}^\prime } = \sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}}  = {\rm{\omega }}\sqrt {1,5}  \Rightarrow \Delta {\rm{t}} = \frac{\pi }{{{\rm{\omega }}.2\sqrt {1,5} }}\).

Trong thời gian này, \({\rm{M}}\) đi được quãng đường: \({\rm{s}} = {{\rm{v}}_{\max }} \cdot \Delta t = \omega {\rm{A}} \cdot \frac{\pi }{{\omega  \cdot 2\sqrt {1,5} }} = \frac{{4,5\pi }}{{\sqrt {1,5} }}\;{\rm{cm}}\)

Khoảng cách hai vật: \(\Delta d = s - {A^\prime } \approx 4,2\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Đáp án. 4,2

Góc trông vật = góc hợp giữa 2 tia sáng từ 2 đầu mút của vật tới quang tâm của mắt.

Góc trông khoảng vân \({\rm{\alpha }} = \tan {\rm{\alpha }} = \frac{{{\rm{ ni }}}}{{\rm{f}}}\)(với n = 1).

Khi quan sát khoảng vân qua kính lúp, mắt đặt sát kính lúp và muốn quan sát trong trạng thái không điều tiết (với mắt bình thường) thì ảnh của hệ vân qua kính lúp phải ở vô cùng, tức là khi đó hệ vân giao thoa sẽ nằm tại tiêu diện vật của kính lúp. Nói cách khác, tiêu diện vật của kính lúp đóng vai trò là màn ảnh của hệ giao thoa.

Theo đề bài: \({\rm{D}} = {\rm{L}} - {\rm{f}} = 60(\;{\rm{cm}})\)

Do\[{\rm{\alpha }} \ll \,\, \Rightarrow \tan {\rm{\alpha }} \approx {\rm{\alpha }} \Rightarrow {\rm{\alpha }} = \frac{i}{f} \Rightarrow {\rm{i}} = {\rm{f\alpha }} = \frac{{50.20,5.3,14}}{{60.180}} \approx 0,3\;{\rm{mm}} \Rightarrow \lambda  = \frac{{{\rm{ia}}}}{{\rm{D}}} = 500\;{\rm{nm}}{\rm{.}}\] Chọn B.

Từ đồ thị, ta có: \(\frac{T}{2} = 10\;{\rm{ms}} \Rightarrow {\rm{T}} = 20\;{\rm{ms}} \Rightarrow {\rm{\omega }} = \frac{{2{\rm{\pi }}}}{{\rm{T}}} = 100{\rm{\pi }}({\rm{rad}}/{\rm{s}})\)

\({{\rm{U}}_{{\rm{OAN}}}} = 100\;{\rm{V}} = \sqrt {{\rm{U}}_{{\rm{OR}}}^2 + {\rm{U}}_{{\rm{OL}}}^2} {\rm{ v\`a  }}{{\rm{U}}_{{\rm{OMB}}}} = 75\;{\rm{V}} = \sqrt {{\rm{U}}_{{\rm{OR}}}^2 + {\rm{U}}_{{\rm{OC}}}^2} \)

Tại t = 0: \[\left\{ \begin{array}{l}{u_{AN}} =  - 75V =  - \frac{3}{4}{U_{0AN}}\\{u_{MB}} = 50V = \frac{2}{3}{U_{0MB}}\end{array} \right. \Rightarrow {u_{AN}} \bot {u_{MB}}\]

\( \Rightarrow \frac{1}{{{\rm{U}}_{{\rm{OR}}}^2}} = \frac{1}{{{\rm{U}}_{{\rm{OAN}}}^2}} + \frac{1}{{{\rm{U}}_{{\rm{OMB}}}^2}} \Rightarrow {{\rm{U}}_{{\rm{OR}}}} = 60\;{\rm{V}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{U}}_{{\rm{OL}}}} = 80\;{\rm{V}}}\\{{{\rm{U}}_{{\rm{OC}}}} = 45\;{\rm{V}}}\end{array}} \right.\)

Cảm kháng: \({{\rm{Z}}_{\rm{L}}} = \frac{{{{\rm{U}}_{0\;{\rm{L}}}}}}{{{{\rm{I}}_0}}} = 40\Omega  \Rightarrow {\rm{L}} = \frac{{{{\rm{Z}}_{\rm{L}}}}}{\omega } = \frac{{40}}{{100\pi }} = 127{\rm{mH}}\)

Dung kháng: \({{\rm{Z}}_{\rm{C}}} = \frac{{{{\rm{U}}_{0{\rm{C}}}}}}{{\rm{I}}} = 22,5\Omega  \Rightarrow {\rm{C}} = \frac{1}{{{{\rm{Z}}_{\rm{C}}}.{\rm{\omega }}}} = 141,{5.10^{ - 6}}\;{\rm{F}} = 141,5{\rm{\mu F}}\). Chọn D.

Số photon của nguồn sáng phát ra trong 1 giây: \({N_0} = \frac{{\rm{P}}}{\varepsilon } = \frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda }}{{hc}}\).

Gọi D là khoảng cách từ mắt đến nguồn sáng, thì số photon trên được phân bố đều trên mặt hình cầu có bán kính là D.

Số photon qua 1 đơn vị diện tích của hình cầu trong 1 giây là: \(n = \frac{{{N_0}}}{{4\pi {D^2}}} = \frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda }}{{hc \cdot 4\pi {D^2}}}\)

Số photon lọt vào con ngươi trong 1 giây là: \(N = \pi {\left( {\frac{d}{2}} \right)^2}n = \frac{{\pi {d^2}}}{4}.\frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda }}{{hc.4\pi {D^2}}} = \frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda {d^2}}}{{16hc.{D^2}}}\).

Để mắt còn nhìn thấy được nguồn sáng thì \({\rm{N}} \ge 80\) (80 là độ nhạy của mắt - số photon ít nhắt lọt vào mắt mà mắt còn phát hiện ra).

Suy ra: \(\frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda {d^2}}}{{16hc.{D^2}}} \ge n \Rightarrow D \le \frac{d}{4}\sqrt {\frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda }}{{nhc}}} = \frac{{{{4.10}^{ - 3}}}}{4}\sqrt {\frac{{2.0,{{597.10}^{ - 6}}}}{{80.6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}} = {274.10^3}\;m.\) Chọn A.

Þ \[{n_E} = \frac{{2,08}}{{16}} = 0,13\,(mol)\]

Þ \({n_{{H_2}}}\)phản ứng = (0,07 + 0,13) – 0,13 = 0,07 (mol)

- Phản ứng \({\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}/{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) chỉ có: \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_2} + {\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}/{\rm{N}}{{\rm{H}}_3} \to {\rm{AgC}} \equiv {\rm{CAg}} \downarrow  +  \ldots \)

\({m_ \downarrow } = 4,8\,gam \to {n_{{C_2}{H_2}\,(E)}} = {n_ \downarrow } = 0,02\,(mol)\)

- Hỗn hợp khí G gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_4}\,\,\,\,x\,mol\\{C_2}{H_6}\,\,\,y\,mol\end{array} \right.\)và H₂.

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + 0,02 = 0,07\\x + 2y = 0,07\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,03\\y = 0,02\end{array} \right.(mol)\) Þ \({n_{B{r_2}}} = {n_{{C_2}{H_4}}} = 0,03\,mol\)

Chọn C.

Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({700^o }{\rm{C}}\) không thay đổi Þ chất rắn chỉ chứa \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}\). Chọn C.

Dung dịch \({\rm{NaOH}}\) để lâu ngày bị chuyển hóa một phần về \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}.\)

Thí nghiệm 1: thêm 75,0 mL dung dịch \({\rm{Ca}}{({\rm{OH}})_2}0,1{\rm{M}}\) vào \(100\;{\rm{mL}}\) dung dịch \({\rm{X}}\) thu được 0,5 gam kết tủa trắng.

Kết tủa là \({\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3} = 0,005\;{\rm{mol}} \Rightarrow \) Số mol của \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} = 0,005\,\,mol.\)

Thí nghiệm 2: Khí A không màu, có tỉ khối so với khí hydrogen là 22 nên khí A là \(C{O_2}.\)

Sau phản ứng, thu được dung dịch \({\rm{Y}}\)có \({\rm{pH}} = 7\) đồng nghĩa với việc \({\rm{HCl}},{\rm{NaOH}}\) phản ứng hết, dung dịch thu được có môi trường trung tính (chứa muối trung hòa).

Khi thêm từ từ \({\rm{HCl}}\) xảy ra phản ứng như sau:

\(\begin{array}{l}{H^ + } + O{H^ - } \to {H_2}O\\2{H^ + } + CO_3^{2 - } \to C{O_2} + {H_2}O\\0,01\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow \,0,005\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\\{n_{HCl}} = 0,054\,(mol) \to {n_{NaOH}} = 0,054 - 0,01 = 0,044\,(mol)\end{array}\)

Þ Nồng độ \({\rm{NaOH}}\) trong dung dịch \({\rm{X}}\) là \(0,44{\rm{M}}{\rm{.}}\) Chọn D.

Aspartic acid (Asp) phân tử có chứa 2 nhóm -COOH

Tyrosine (Tyr) phân tử có chứa 1 nhóm -COOH, 1 nhóm -OH của phenol.

Vậy Aspartic acid (Asp) và Tyrosine (Tyr) đều tham gia phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:2.

Þ 0,30 mol hỗn hợp Aspartic acid (Asp) và Tyrosine (Tyr) phản ứng với 0,6 mol NaOH.

Chọn C.

A. Đúng do liên kết trong phân tử bromine là liên kết cộng hoá trị không phân cực nên bromine tan nhiều trong hexane (dung môi không phân cực) so với nước (dung môi phân cực).

B. Đúng do hexane, bromine và hydrogen bromide \(\left( {{\rm{HBr}}} \right)\) dễ bay hơi, có mùi xốc, độc.

C. Sai vì các dẫn xuất bromo khi sinh ra tan vào lớp hexane và chìm xuống bên dưới, lớp bên trên là lớp nước.

D. Đúng, đây là phản ứng thế của alkane với halogen.

Chọn C.

Polymer nhân tạo: Chỉ có cellulose triacetate và tơ visco. Chọn B.

Gọi số mol của các muối trong X: \({\rm{Fe}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_2},{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}\) và \({\rm{Ca}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_2}\) lần lượt là \(x\); 4y; y (mol).

Theo phương trình, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{O_2}}} = 0,25x + 2y + y = 0,25x + 3y\\{n_{N{O_2}}} = 2x + 4y\end{array} \right.(mol)\)

Khi cho hỗn hợp khí vào nước dư không có khí thoát ra \( \Rightarrow {\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) phản ứng vừa đủ với \({{\rm{O}}_2}\)

\(4{\rm{N}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{O}}_2} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to 4{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\)

Þ \({n_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}} = 4{{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}} \Rightarrow 2{\rm{x}} + 4{\rm{y}} = 4 \cdot (0,25{\rm{x}} + 3{\rm{y}}) \Rightarrow {\rm{x}} = 8{\rm{y}}\)

\(\% {m_{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = \frac{{180x}}{{180x + 170.4y + 164y}} \cdot 100\%  = \frac{{180.8y}}{{180.8y + 170.4y + 164y}} \cdot 100\%  = 63,05\% \)

Chọn D.

Để hỗn hợp khi hòa tan trong nước thu được dung dịch chỉ chứa một cation duy nhất (bỏ qua sự phân li của nước) thì hai chất phải có cùng cation và nếu chất tan là muối thì gốc acid không phân li ra H⁺. Như vậy hỗn hợp NaOH và NaCl thoả mãn:

NaOH → Na⁺ + OH⁻

NaCl → Na⁺ + Cl⁻

Chọn C.

Xét các yếu tố:

(1). Tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch về phía làm giảm nhiệt độ (theo chiều thu nhiệt \(\Delta {\rm{H}}\,{\rm{ > }}\,0)\)

\( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

(2). Tăng áp suất chung của hệ → cân bằng chuyển dịch về phía làm giảm số mol khí → cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

(3). Hạ nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch về phía làm tăng nhiệt độ (theo chiều tỏa nhiệt \(\Delta {\rm{H}} < 0\))

\( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

(4). Chất xúc tác \({{\rm{V}}_2}{{\rm{O}}_5}\) không làm chuyển dịch cân bằng mà chỉ làm tăng tốc độ phản ứng thuận và nghịch.

(5). Giảm nồng độ \({\rm{S}}{{\rm{O}}_3} \to \) cân bằng chuyển dịch về phía làm tăng nồng độ \({\rm{S}}{{\rm{O}}_3}\)\( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

(6). Khi giảm áp suất chung của hệ \( \to \) cân bằng chuyển dịch về phía làm tăng số mol khí \( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

Chọn D.

Sơ đồ các quá trình xảy ra:

 $\begin{array}{l}\underset{0,06mol}{\underbrace{C{O}_2}}+\left\{\begin{array}{l}NaOH(0,05amol)\\ N{a}_{2}C{O}_3(0,05bmol)\end{array}\right.\to \underset{ddX}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}NaHC{O}_3\\ N{a}_{2}C{O}_3\end{array}\right.}}\stackrel{+\left\{\begin{array}{l}HCl0,05mol\\ H_{2}S{O}_{4}0,01mol\end{array}\right.}{\to }\underset{0,05mol}{\underbrace{C{O}_2}}+\underset{ddY}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}N{a}^{+}\\ C{l}^{-}\\ S{O}_4^{2-}\\ HC{O}_3^{-}\end{array}\right.}}\\ ddY\stackrel{+Ba{\left(OH\right)}_2}{\to }\underset{10,21gam}{\underbrace{BaS{O}_4,BaC{O}_3\downarrow }}\end{array}$

\(\begin{array}{l}{m_{ \downarrow {\rm{ }}}} = {m_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} + {m_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}} \Rightarrow 10,21 = {m_{BaC{O_3}}} + 0,01 \cdot 233\\ \Rightarrow {m_{BaC{O_3}}} = 7,88\,gam \Rightarrow {n_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{7,88}}{{197}} = 0,04\;{\rm{mol}}{\rm{. }}\end{array}\)

Þ \({n_{HCO_3^ - }} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,04\,mol\)

Þ 0,06 + 0,05b = 0,05 + 0,04 (Bảo toàn nguyên tố C)

Þ b = 0,6

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y ta có:

\({n_{N{a^ + }}} = 1 \cdot 0,05 + 0,01 \cdot 2 + 1 \cdot 0,04 = 0,11\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố Na, ta có: 0,05a + 2.0,05b = 0,11 → a = 1. Đáp án: 1

Máu chảy trong hệ tuần hoàn kín theo trật tự: tim → động mạch → mao mạch → tĩnh mạch → tim. Chọn B.

Đất mặn có nồng độ muối cao so khiến cho dung dịch đất lúc này trở thành môi trường ưu trương so với cây trồng không ưa mặn. Điều đó đồng nghĩa là thế năng của nước trong đất thấp hơn trong cây dẫn đến cây không thể hấp thụ được nước. Kết quả là cây sẽ bị chết do thiếu nước. Chọn B.

Cơ sở của sự uốn cong trong hướng tiếp xúc là do sự sinh trưởng không đều của hai phía cơ quan, trong đó các tế bào tại phía không được tiếp xúc sinh trưởng nhanh hơn làm cho cơ quan uốn cong về phía tiếp xúc. Chọn A.

Các đoạn ADN ngắn đó chính là các đoạn Okazaki. Trong quá trình nhân đôi ADN, enzim ligaza giúp nối các đoạn Okazaki để tạo sợi liên tục. Do đó, nếu thiếu enzim này, các đoạn Okazaki không được nối lại dẫn đến mạch ADN mới bị đứt thành nhiều phân đoạn. Chọn B.

A. Sai. Bệnh phêninkêto niệu do đột biến gen gây ra nên không thể phát hiện ra bệnh phêninkêto niệu bằng cách làm tiêu bản tế bào và quan sát hình dạng nhiễm sắc thể dưới kính hiển vi.

B. Sai. Bệnh phêninkêtô niệu là do lượng axit amin phêninalanin dư thừa và ứ đọng trong máu, chuyển lên não gây đầu độc tế bào thần kinh.

C. Sai. Không nên loại bỏ hoàn toàn axit amin phêninalanin ra khỏi khẩu phần ăn của người bệnh mà nên ăn một cách hạn chế theo chỉ định, đồng thời cũng cần ăn tăng đồ ăn cho chứa tirôzin thì người bệnh sẽ có cơ hội phát triển bình thường mặc dù người bệnh vẫn mang gen bệnh.

D. Đúng. Bệnh phêninkêto niệu là bệnh do đột biến ở gen mã hóa enzim xúc tác cho phản ứng chuyển hóa axit amin phêninalanin thành tirôzin trong cơ thể.

Chọn D.

Dòng vi khuẩn mang ADN tái tổ hợp mong muốn sẽ sinh trưởng và phát triển bình thường do đã có kiểu hình kháng lại tetraxiclin. Chọn A.

A. Đúng. Các yếu tố ngẫu nhiên như thiên tai, bão lũ,… loại bỏ các alen một cách ngẫu nhiên nên có thể loại bỏ hoàn toàn 1 alen có lợi cho quần thể.

B. Sai. Các yếu tố ngẫu nhiên làm nghèo vốn gen của quần thể, giảm sự đa dạng di truyền.

C. Sai. Các yếu tố ngẫu nhiên làm thay đổi tần số alen không theo một chiều hướng nhất định.

D. Sai. Các yếu tố ngẫu nhiên làm thay tần số alen của cả quần thể có kích thước nhỏ và quần thể có kích thước lớn nhưng quần thể có kích thước nhỏ bị tác động mạnh hơn.

Chọn A.

I, III. Đúng. Vòng tròn thể hiện ổ sinh thái dinh dưỡng của quần thể N và quần thể Q không giao nhau → Hai quần thể này có ổ sinh thái dinh dưỡng không trùng nhau, không có sự cạnh tranh về dinh dưỡng.

II. Đúng. Ổ sinh thái dinh dưỡng của quần thể M và N trùng nhau nhiều nên sự thay đổi kích thước quần thể M có thể ảnh hưởng đến kích thước quần thể N.

IV. Đúng. Vòng tròn thể hiện ổ sinh thái dinh dưỡng của quần thể N và quần thể P không giao nhau hoàn toàn → Quần thể N và quần thể P có ổ sinh thái dinh dưỡng không trùng nhau hoàn toàn. Chọn B.

Ta có: \[2A + 3G = 1755\](1)

\[G - A = 0,2N\] mà \[A + G = 0,5N \to A = 0,15{\rm{ }}N{\rm{ }};{\rm{ }}G = 0,35{\rm{ }}N\] thay vào (1) ta có:

\[2 \times 0,15{\rm{ }}N + 3 \times 0,35{\rm{ }}N = 1755{\rm{ }} \to N = 1300\]

Vậy: \[A = T = 0,15 \times 1300 = 195;{\rm{ }}G = X = 1300 \times 0,35 = 455\]. Chọn A.

Ruồi đực và ruồi cái (P) đều có thân xám, cánh dài, mắt đỏ giao phối với nhau thu được F₁ có kiểu hình ruồi đực thân đen, cánh cụt, mắt trắng → P dị hợp 3 cặp gen. Mặt khác, ở ruồi giấm, hoán vị gen chỉ xảy ra ở con cái → Con đực P có kiểu gen \(\frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{ab}}}}{{\rm{X}}^{\rm{D}}}{\rm{Y}}\).

Ta có: \(\frac{{{\rm{ab}}}}{{{\rm{ab}}}}{{\rm{X}}^{\rm{D}}}{\rm{Y}} = 0,05 \to \frac{{{\rm{ab}}}}{{{\rm{ab}}}} = 0,2 \to \)Con cái P cho giao tử ab = 0,4 (> 0,25).

Vậy kiểu gen của \(P:\frac{{AB}}{{ab}}{X^D}Y \times \frac{{AB}}{{ab}}{X^D}{X^d}\).

→ Tỉ lệ ruồi cái thân đen, cánh cụt, mắt đỏ ở \({{\rm{F}}_1}\left( {\frac{{{\rm{ab}}}}{{ab}}{{\rm{X}}^{\rm{D}}}{{\rm{X}}^ - }} \right) = 0,2 \times \frac{1}{2} = 10\% .\)Đáp án: 10%.