Theo biểu đồ hình tròn, ta thây \(100\% \) tương ứng với \(360^\circ .\)

Tỉ lệ học sinh bình chọn môn Văn là: \(\left( {\frac{{90}}{{360}} - \frac{{15}}{{100}}} \right) \cdot 100\%  = 10\% \).

Tỉ lệ học sinh bình chọn môn Toán là: \(\left( {\frac{{180}}{{360}} - \frac{{10}}{{100}}} \right) \cdot 100\%  = 40\% \).

Số học sinh bình chọn môn Toán là: \(40\%  \cdot 40 = 16\) (học sinh). Chọn C.

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

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \[ABC\] ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 3 + 2}}{3} = 2}\\{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{ - 2 - 4 + 0}}{3} =  - 2{\rm{ }}}\\{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{3 + 1 - 1}}{3} = 1}\end{array}} \right.\)

Vậy \(G\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\). Chọn C.

Ta có \({z_2} = \left( {1 + i} \right){z_1} = \left( {1 + i} \right)\left( {3 - 2i} \right) = 5 + i\)

Suy ra \(w = 2{z_1} - {z_2} = 2\left( {3 - 2i} \right) - \left( {5 + i} \right) = 1 - 5i\).

Do đó, phần thực của số phức \(w = 2{z_1} - {z_2}\) bằng 1. Chọn A.

Có: \(S\left( t \right) = {t^3} + 2{t^2} + 3t \Rightarrow v\left( t \right) = 3{t^2} + 4t + 3\).

Xét thời điểm chất điểm cách vị trí ban đầu \(108\,\;{\rm{m}}\), ta có:

\[S\left( t \right) = {t^3} + 2{t^2} + 3t = 108 \Leftrightarrow t = 4\,\,(\;{\rm{s}})\]

\( \Rightarrow v\left( 4 \right) = 3 \cdot {4^2} + 4 \cdot 4 + 3 = 67\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\) Chọn B.

Vì \(BC\,{\rm{//}}\,AD\) nên \(BC\,{\rm{//}}\,\left( {SAD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {BC,\,\,SD} \right) = d\left( {BC,\,\,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\,\,\left( {SAD} \right)} \right).\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BA \bot AD}\\{BA \bot SA}\end{array} \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\,\,\left( {SAD} \right)} \right) = BA} \right.\).

Tam giác ABC vuông tại \(B\) nên\(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}}  = \sqrt {5{a^2} - 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \)

Ta có \(\overrightarrow {BA}  = \left( {4\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right)\) và \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\)

Một vectơ pháp tuyến của \(\left( {ABC} \right)\) là \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {BA} \,;\,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,5} \right).\)

Đường cao kẻ từ \(A\) nằm trong \(\left( {ABC} \right)\) và vuông góc với \[BC\] nên có một vectơ chỉ phương là

\(\left[ {\vec n\,;\,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - 9\,;\,\,6\,;\,\,3} \right) =  - 3\vec d\).

Suy ra \(\vec d\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương cần tìm. Chọn A.

Ta có \((C)\) cắt trục hoành \((y = 0)\) tại điểm \(M\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\)

Trong các đường thẳng \[{d_1},\,\,{d_2},\,\,{d_3},\,\,{d_4}\] chỉ có \(M \in {d_3}\), có nghĩa là có 1 đường thẳng đi qua \(M\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.

Do \(M\) là trung điểm của \[SD\] nên ta có:

\(d\left( {M,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {S,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)\)

Vì \[ABCD\] là hình bình hành nên \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\)

\( \Rightarrow {V_{MBCD}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) \cdot {S_{BCD}}\)

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

Với \(x \in \left[ {1\,;\,\,2} \right] \Leftrightarrow x - 1 \in \left[ {0\,;\,\,1} \right] \Rightarrow f'\left( {x - 1} \right) < 0\)

Mà \({\left( {x + 1} \right)^2} > 0\,;\,\,\forall x \in \left[ {1\,;\,\,2} \right]\) nên suy ra \(g'\left( x \right) > 0\,;\,\,\forall x \in \left[ {1\,;\,\,2} \right].\)

Do đó \[{\min _{\left[ {1\,;\,\,2} \right]}}g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = f\left( 0 \right) - \frac{1}{2}.\] Chọn A.

Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(z = 0\)

Tâm \(I\) là giao điểm của \(d\) với mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right) \Rightarrow I \in d \Rightarrow I\left( {t\,;\,\,1 + 2t\,;\,\, - 1 - t} \right)\]

\(I \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow  - 1 - t = 0 \Rightarrow t =  - 1 \Rightarrow I\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IA}  = \left( {6\,;\,\,5\,;\,\, - 2} \right)\)

Bán kính mặt cầu là: \(R = IA = \sqrt {{6^2} + {5^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = \sqrt {65} .\)

Vậy phương trình của mặt cầu là \(\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 65.\) Chọn C.

Phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + {m^2} + m + 6 = 0\) có hai nghiệm đối nhau

\( \Leftrightarrow \) phương trình có hai nghiệm trái dấu \({x_1},\,\,{x_2}\) và \({x_1} + {x_2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} + m + 6 < 0}\\{m - 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow m \notin \emptyset .} \right.\) Chọn A.

Gọi \({V_1}\) là thể tích của khối \(\left( {{H_1}} \right)\) (khối bên dưới).

Gọi \({V_2}\) là thể tích của khối \(\left( {{H_2}} \right)\) (khối bên trên).

Ta có \({V_2} = \pi r_2^2{h_2} = \pi  \cdot {\left( {\frac{1}{2}{r_1}} \right)^2} \cdot \left( {2{h_1}} \right) = \frac{1}{2}\pi r_1^2{h_1} = \frac{1}{2}{V_1}\).

Lại có \({V_1} + {V_2} = 30 \Leftrightarrow {V_1} + \frac{1}{2}{V_1} = 30 \Leftrightarrow {V_1} = 20\,\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\) Chọn C.

Ta có công thức tính tổng \(n\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng với \({u_1},d\) lần lượt là số hạng đầu tiên và công sai: \({S_n} = n \cdot {u_1} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} \cdot d = \frac{d}{2} \cdot {n^2} + \left( {{u_1} - \frac{d}{2}} \right)n\).

Theo đề bài, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{d}{2} = 1}\\{{u_1} - \frac{d}{2} = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 2}\\{{u_1} = 5}\end{array}} \right.} \right.\).

Số hạng thứ 27 của dãy cấp số cộng là: \({u_{27}} = {u_1} + \left( {27 - 1} \right) \cdot d = 57.\) Chọn B.

Điều kiện: \({x^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x <  - 2}\\{x > 2}\end{array}} \right.\).

Ta có: \({\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right) - 2{\log _5}7 < {\log _7}\left( {{x^2} - 4} \right) - 2{\log _7}5\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right) - 2{\log _5}7 < \frac{{{{\log }_5}\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{{{\log }_5}7}} - 2{\log _7}5\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {1 - {{\log }_7}5} \right) < 2\left( {\frac{1}{{{{\log }_7}5}} - {{\log }_7}5} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right) < 2 \cdot \frac{{1 + {{\log }_7}5}}{{{{\log }_7}5}} \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right) < 2{\log _5}35\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 4 < {35^2} \Leftrightarrow  - \sqrt {1229}  < x < \sqrt {1229} \)

Kết hợp điều kiện ta suy ra \(\left[ \begin{array}{l}2 < x < \sqrt {1229} \\ - \sqrt {1229}  < x <  - 2\end{array} \right.\)

Từ đó suy ra có 66 số nguyên \(x\) thỏa mãn. Chọn A.

Cách 1: Ta có \[F\left( x \right) = \int {\frac{{\sin xdx}}{{1 + 3\cos x}}}  =  - \int {\frac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{3\cos x + 1}}}  =  - \frac{1}{3}\ln \left| {3\cos x + 1} \right| + C.\]

Mà \(F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) =  - \frac{1}{3}\ln \left| {3\cos \left( {\frac{\pi }{2}} \right) + 1} \right| + C = 2 \Rightarrow C = 2.\)

Do đó, \(F\left( 0 \right) =  - \frac{1}{3}\ln \left| {3\cos \left( 0 \right) + 1} \right| + 2 =  - \frac{1}{3}\ln 4 + 2 =  - \frac{2}{3}\ln 2 + 2.\)

Vậy \(F\left( 0 \right) =  - \frac{2}{3}\ln 2 + 2.\)

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay:

 \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) - F(0) \Rightarrow F(0) = F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) - \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\sin x}}{{1 + 3\cos x}}} \;{\rm{d}}x.\) Chọn B.

Bất phương trình  có tập nghiệm \({S_1} = \left( {2\,;\,\, + \infty } \right).\)

Bất phương trình \(\left( {{m^2} + 1} \right)x < 4 \Leftrightarrow x < \frac{4}{{{m^2} + 1}}\) (do \({m^2} + 1 > 0).\)\(x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\)

Suy ra \[{S_2} = \left( { - \infty \,;\,\,\frac{4}{{{m^2} + 1}}} \right).\]

Để hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \({S_1} \cap {S_2} \ne \emptyset \)

\( \Leftrightarrow \frac{4}{{{m^2} + 1}} > 2 \Leftrightarrow 4 > 2\left( {{m^2} + 1} \right) \Leftrightarrow 2 > 2{m^2} \Leftrightarrow {m^2} < 1 \Leftrightarrow  - 1 < m < 1.{\rm{ }}\)Chọn D.

Ta có \( - 1 \le \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right)} \right] \le 1\) nên \(16 - 4 \le 4\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}(t - 70)} \right] + 16 \le 16 + 4\)

\( \Leftrightarrow 12 \le 4\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 16 \le 20.{\rm{ }}\)

Do đó ngày có it ánh sáng mặt trời nhất khi

\[d\left( t \right) = 12 \Leftrightarrow 4\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 16 = 12 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right)} \right] =  - 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right) =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow t =  - 21 + 364k \Rightarrow t = 343.\] Chọn D.

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

Ta có \(\left| {2z + \bar z} \right| = 3 \Leftrightarrow \left| {2\left( {x + yi} \right) + x - yi} \right| = 3\)\[ \Leftrightarrow \left| {3x + yi} \right| = 3 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {3x} \right)}^2} + {y^2}}  = 3 \Leftrightarrow 9{x^2} + {y^2} = 9\]

Lại có \(w = z\left( {1 + i} \right) + 1 - i = \left( {x + yi} \right)\left( {1 + i} \right) + 1 - i\)\( = x + xi + yi - y + 1 - i = \left( {x - y + 1} \right) + \left( {x + y - 1} \right)i\).

Khi đó \(w\) là số thuần ảo \( \Leftrightarrow x - y + 1 = 0\)  (2).

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9{x^2} + {y^2} = 9}\\{x - y + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9{x^2} + {{\left( {x + 1} \right)}^2} = 9}\\{y = x + 1}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left( {x\,;\,\,y} \right) = \left\{ {\left( { - 1\,;\,\,0} \right),\,\,\left( {\frac{4}{5};\frac{9}{5}} \right)} \right\}.\) Chọn C.

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

Ta có bảng biến thiên:

Từ BBT suy ra điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(M\left( {0\,;\,\,3} \right).\)

Tiếp tuyến của đồ thị tại điểm cực tiểu là đường thẳng \(y = 3.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và tiếp tuyến là:

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

\( \Rightarrow A\left( { - 2\sqrt 2 \,;\,\,3} \right),\,\,B\left( {2\sqrt 2 \,;\,\,3} \right) \Rightarrow AB = 4\sqrt 2 .\) Chọn D.

Phương trình gia tốc của vật là: \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3{t^2} - 3\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\)

Khi \(a = 24 \Leftrightarrow 3{t^2} - 3 = 24 \Rightarrow t = 3\,\,(s).\)

Quãng đường vật đi được từ khi bắt đầu chuyển động là:

\(s = \int\limits_0^3 {v\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^3 {\left( {{t^3} - 3t + 1} \right)dt}  = \frac{{39}}{4}\,(m){\rm{.}}\) Chọn C.

Gọi \(K\) là trung điểm \[AB,\] đặt \(AB = 2a.\)

Ta có \(AB \bot OK\) và \(AB \bot OO'\) nên \(\widehat {OKO'} = 60^\circ  \Rightarrow O'K = 2OK\)

\( \Rightarrow O'{K^2} = 4O{K^2} \Rightarrow 3{a^2} = 4\left( {{R^2} - {a^2}} \right) \Rightarrow {a^2} = \frac{{4{R^2}}}{7}\)

Mà \[O{O'^2} = O'{B^2} - O{B^2} = 4{a^2} - {R^2} = 4 \cdot \frac{{4{R^2}}}{7} - {R^2} = \frac{{9{R^2}}}{7}\]

\[ \Rightarrow O'O = \frac{{6\sqrt 7 \pi R}}{7}.\]

Tập xác định \(\mathbb{R}.\)

Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + {m^2} - 4\,;\,\,y'' = 2x - 2m.\)

Để hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {{m^2} - 4} \right)x + 3\) đạt cực đại tại \(x = 3\) thì

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( 3 \right) = 0}\\{y''\left( 3 \right) < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 6m + 5 = 0}\\{6 - 2m < 0}\end{array}} \right.} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ \begin{array}{l}m = 5\\m = 1\end{array} \right.}\end{array}\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5.\] Chọn B.

Ta có \(SB = SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + {x^2}} .\)

\[\Delta SDC = \Delta SBC;BM \bot SC\,\,;\,\,DM \bot SC\,;\,\,BM = DM\,;\,\,M \in SC.\]

\[SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{x^2} + 2{a^2}} \,,\,\,MD = \frac{{SD \cdot CD}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }}\]

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right);\,\,\overrightarrow {AD}  = \left( {0\,;\,\,2a\,;\,\,0} \right);\)

\(\,\,\overrightarrow {AA'}  = \left( {0\,;\,\,0\,;\,\,2a} \right).\)

Theo quy tắc hình hộp ta có:

 \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AC'}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AC'}  = \left( {a\,;\,\,2a\,;\,\,2a} \right).\)

Suy ra \[AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = 3\left| a \right|.\]

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{d_1}:3x - 4y + 15 = 0}\\{{d_2}:5x + 2y - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{y = 3}\end{array} \Rightarrow {d_1} \cap {d_2} = A\left( { - 1\,;\,\,3} \right)} \right.} \right..\)

Để ba đường thẳng đã cho cùng đi qua một điểm thì \({d_3}\) phải đi qua giao điểm \(A\left( { - 1\,;\,\,3} \right)\) của \({d_1}\) và \({d_2}\) hay \(A\left( { - 1\,;\,\,3} \right) \in {d_3} \Rightarrow  - m - 6m + 3 + 9m - 13 = 0 \Leftrightarrow m = 5.\) Chọn D.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ (tâm của hình tròn)

Ta có \(\frac{{2a - 1}}{{b - 2}} = {\log _2}3 \Leftrightarrow 2a - 1 = \left( {b - 2} \right) \cdot {\log _2}3\)

\( \Leftrightarrow {2^{2a - 1}} = {2^{\left( {b - 2} \right) \cdot {{\log }_2}3}} \Leftrightarrow \frac{{{2^{2a}}}}{2} = {\left( {{2^{{{\log }_2}3}}} \right)^{b - 2}} \Leftrightarrow \frac{{{4^a}}}{2} = {3^{b - 2}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{4^a}}}{2} = \frac{{{3^b}}}{9} \Leftrightarrow \frac{{{3^b}}}{{{4^a}}} = \frac{9}{2}.\) Chọn B.

Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + 4my + 19m - 6 = 0\)

\[ \Leftrightarrow {\left( {x - m - 2} \right)^2} + {\left( {y + 2m} \right)^2} + {z^2} = {\left( {m + 2} \right)^2} + 4{m^2} - 19m + 6\]

Yêu cầu bài toán trở thành: \({\left( {m + 2} \right)^2} + 4{m^2} - 19m + 6 > 0\)

\( \Leftrightarrow 5{m^2} - 15m + 10 > 0 \Leftrightarrow m < 1\) hoặc \(m > 2.\) Chọn B.

Lãi suất năm thứ nhất là: \(8,2\% \).

Lãi suất năm thứ 2 là: \(8,2 + 0,12 = 8,32\% \).

....

Lãi suất năm thứ 7 là: \(8,2 + 0,12.6 = 8,92\% \).

Suy ra sau 7 năm thì số tiền nhận được là:

\[1,5 \cdot \left( {1 + 0,082} \right) \cdot \left( {1 + 0,082} \right) \cdot \left( {1 + 0,0892} \right) = 2,665\,\,463\,\,087\] (triệu đồng). Chọn C.

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

Ta có \(\left| {z - i} \right| = \left| {\left( {1 + i} \right)z} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right| = \left| {\left( {1 + i} \right)\left( {x + yi} \right)} \right| \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right| = \left| {\left( {x - y} \right) + \left( {x + y} \right)i} \right|\)

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

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn có tâm \(\left( {0\,;\,\, - 1} \right).\) Chọn B.

Ta có \(\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}} = \frac{{2\left( {x + 1} \right) - \left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}} = \frac{2}{{2x + 1}} - \frac{1}{{x + 1}}.\)

Do đó \(\int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}}}  = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{2}{{2x + 1}} - \frac{1}{{x + 1}}} \right)} \,{\rm{d}}x = 2 \cdot \int_1^2 {\frac{1}{{2x + 1}}} \;{\rm{d}}x - \int_1^2 {\frac{1}{{x + 1}}} \;{\rm{d}}x\)

\( = \left. {2 \cdot \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right|} \right|_1^2 - \left. {\ln \left| {x + 1} \right|} \right|_1^2 = \left. {\ln \left( {2x + 1} \right)} \right|_1^2 - \left. {\ln \left( {x + 1} \right)} \right|_1^2\)\( = \ln 5 - \ln 3 - \left( {\ln 3 - \ln 2} \right) = \ln 2 - 2\ln 3 + \ln 5.\)

Suy ra \(a = 1\,,\,\,b =  - 2\,,\,\,c = 1.\)

Vậy \(a + b + c = 1 + \left( { - 2} \right) + 1 = 0.\) Chọn D.

Theo bài ra, ta có \(l = d = 2R\) và \({S_{tp}} = 9\pi \).

Suy ra \({S_{tp}} = \pi Rl + \pi {R^2} = \pi R.2R + \pi {R^2} = 9\pi  \Leftrightarrow 3\pi {R^2} = 9\pi  \Leftrightarrow {R^2} = 3\).

Do đó \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}}  = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {R^2}}  = \sqrt {3{R^2}}  = \sqrt {3 \cdot 3}  = 3.\) Chọn A.

Chọn 3 bạn học sinh trong 13 bạn \(C_{13}^3\) cách.

* TH1: Có 1 học sinh nữ 12 và 1 học sinh năm 11.

• Chọn 1 học sinh nữ có 3 cách.

• Chọn 1 học sinh 11 có 2 cách.

• Chọn 1 học sinh nữa có 11 cách.

Do đó, số cách chọn là: \(3 \cdot 2 \cdot 11 = 55\) (cách).

* TH2: Có 2 học sinh nữ 12 và 1 học sinh 11.

• Chọn 2 học sinh nữ có \(C_3^2\) cách.

• Chọn 1 học sinh 11 có 2 cách.

Do đó, số cách chọn là: \(2 \cdot C_3^2 = 2\) (cách).

Suy ra \(P = \frac{{2 + 55}}{{C_{13}^3}} = \frac{{57}}{{286}}.\) Chọn A.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} - 4x - 2\) có \(f'\left( x \right) = 4x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) =  - 4\)

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

Suy ra \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right.\).

• Với \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow h\left( 1 \right) = m + 24\).

• Với \(f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow x = 1 \pm \frac{{\sqrt {10} }}{2} \Rightarrow h\left( {1 \pm \frac{{\sqrt {10} }}{2}} \right) = m - 1\).

Tại \(x =  - 1 \Rightarrow h\left( { - 1} \right) = m + 8;\) tại \(x = 3 \Rightarrow h(3) = m + 8\)

Khi đó \(A = {\max _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}h\left( x \right) = m + 24;\quad a = {\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}h\left( x \right) = m - 1.\)

Mà \[{\max _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}g\left( x \right) = 15 \Leftrightarrow \frac{{\left| {A + a} \right| + \left| {A - a} \right|}}{2} = 15 \Leftrightarrow \left| {2m + 23} \right| + 25 = 30 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 9}\\{m =  - 14}\end{array}} \right.\]

Vậy tổng các giá trị của \(m\) là \[ - 23\]. Chọn A.

Vì \[M \in \Delta  \Rightarrow M\left( {t\,;\,\,1 + t\,;\,\, - 2 - 2t} \right)\] nên ta có

• \[M{A^2} = {\left( {1 - t} \right)^2} + {\left( {2 - t} \right)^2} + {\left( {2t} \right)^2} = 6{t^2} - 6t + 5\]

• \(M{B^2} = {\left( { - t} \right)^2} + {\left( {3 - t} \right)^2} + {\left( { - 3 + 2t} \right)^2} = 6{t^2} - 18t + 18;\)

• \(M{C^2} = {\left( {1 - t} \right)^2} + {\left( {1 - t} \right)^2} + {\left( { - 2 + 2t} \right)^2} = 6{t^2} - 12t + 6 \Rightarrow 2M{C^2} = 12{t^2} - 24t + 12.\)

Suy ra \(M{A^2} + M{B^2} + 2M{C^2} = 24{t^2} - 48t + 35 = 24\left( {{t^2} - 2t + 1} \right) + 11 = 24{\left( {t - 1} \right)^2} + 11 \ge 11\)

Nên \(M{A^2} + M{B^2} + 2M{C^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(t = 1\).

Do đó \[M\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 4} \right)\] nên \(a = 1\,;\,\,b = 2\,;\,\,c =  - 4.\) Vậy \(a + b + c =  - 1.\) Chọn B.

Ta có \(A = \left[ {4\,;\,\,7} \right]\) và \(B = \left[ {2a + 3b - 1\,;\,\,3a - b + 5} \right]\).

Khi đó \(A = B \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + 3b - 1 = 4}\\{3a - b + 5 = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + 3b = 5}\\{3a - b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.\) \( \Rightarrow M = {a^2} + {b^2} = 2.\) Đáp án: 2.

Gọi chiều dài trang giấy là \(x\;\,({\rm{cm)}}\) \( \Rightarrow \) Chiều rộng của trang giấy là \(\frac{{384}}{x}\;\,{\rm{cm}}.\)

Khi đó diện tích trang giấy khi bỏ lề là:

\(\left( {x - 6} \right)\left( {\frac{{384}}{x} - 4} \right) = 408 - \left( {4x + \frac{{2304}}{x}} \right) \le 408 - 2\sqrt {4x \cdot \frac{{2304}}{x}}  = 408 - 2 \cdot 96 = 216\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Vậy kích thước trang giấy tối ưu nhất khi \(4x = \frac{{2304}}{x} \Rightarrow x = 24\,\,(\;{\rm{cm}}).\)

(Kích thước trang giấy tối ưu nhất khi diện tích khi bỏ lề của trang giấy là lớn nhất).

Đáp án: 24.

Yêu cầu bài toán trở thành: \(f\left( x \right)\) có đúng 1 điểm cực trị dương.

Xét \(f'\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^4}{\left( {x - m} \right)^5}{\left( {x + 3} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = m}\\{x =  - 3}\end{array}} \right.\)

• TH1: \(m = 1\) suy ra \(f'\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^9}{\left( {x + 3} \right)^3}\).

Do đó hàm số \(f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị dương là \(x = 1.\)

• TH2: \(m \ne 1\) suy ra \(f'\left( x \right)\) loại nghiệm \(x = 1\) (nghiệm bội chẵn)

Và loại nghiệm \(x =  - 3\) (nghiệm âm) nên \(x = m > 0.\)

Vậy \(0 < m \le 5\) và nên suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}.\) Đáp án: 5.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {x^2} + 4x - 3 \ge 0}\\{{x^2} - mx + 2 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le x \le 3}\\{{x^2} - mx + 2 \ne 0}\end{array}} \right.} \right..\)

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow {x^2} - mx + 2 = 0\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \[\left[ {1\,;\,\,3} \right].\]

\( \Leftrightarrow {x^2} - mx + 2 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{{x^2} + 2}}{x}\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \[\left[ {1\,;\,\,3} \right].\]

Đặt \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2}}{x}\) có \(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2}}{{{x^2}}};\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 .\)

Bảng biến thiên:

Ta có \({\left( {{x^2} + 3} \right)^2}f'\left( x \right) = 2x \cdot {f^2}\left( x \right)\,\,;\,\,f\left( x \right) \ne 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\)

Suy ra \[\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = \frac{{2x}}{{{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}}} \Rightarrow \int\limits_1^3 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {\frac{{2x}}{{{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}}}} \,{\rm{d}}x\]\( \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {\frac{{{\rm{d}}\left( {f\left( x \right)} \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}}  = \int\limits_1^3 {\frac{{{\rm{d}}\left( {{x^2} + 3} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}}}} \)

\( \Leftrightarrow  - \left. {\frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right|_1^3 =  - \left. {\frac{1}{{{x^2} + 3}}} \right|_1^3 \Leftrightarrow \frac{1}{{f\left( 1 \right)}} - \frac{1}{{f\left( 3 \right)}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{{12}}\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{4} - \frac{1}{{f\left( 3 \right)}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{{12}} \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = 12.\)

Chú ý công thức: \(\int {\frac{{{\rm{d}}u}}{{{u^2}}}}  =  - \frac{1}{u}.\)

Đáp án: 12.

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {{u_d}}  = \left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\)

\( \Rightarrow d \bot \left( P \right)\) và \(d \cap (P) = M\left( {0\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA}  = (2; - 1;2) \Rightarrow MA = 3\)

Điều kiện: \(\frac{{{x^3} - 2{x^2} + 2}}{{{x^2} + m}} > 0.\)

Do \({x^3} - 2{x^2} + 2 > 0\,;\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right]\) nên chỉ cần xét điều kiện \({x^2} + m > 0\).

Với điều kiện (*) ta có:

Bất phương trình \( \Leftrightarrow \ln \left( {{x^3} - 2{x^2} + 2} \right) - \ln \left( {{x^2} + m} \right) + {x^3} - 3{x^2} + 2 - m \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \ln \left( {{x^3} - 2{x^2} + 2} \right) + {x^3} - 2{x^2} + 2 \ge \ln \left( {{x^2} + m} \right) + {x^2} + m\)

Xét hàm: \(f\left( t \right) = \ln t + t\) trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{t} + t > 0\,\,\forall t \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( t \right)\) là hàm đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)

Do đó \((1) \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + 2 \ge {x^2} + m \Leftrightarrow m \le {x^3} - 3{x^2} + 2.\)

Đặt \(g(x) = {x^3} - 3{x^2} + 2.\)

BPT đã cho nghiệm đúng \[\forall x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right]\] khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + m > 0\,;\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right]}\\{m \le  \min { _{\left[ {0\,;\,\,3} \right]}}\,g\left( x \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{m \le  - 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy không tồn tại giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 0.

Dựa vào đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\), ta có:

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

Vì \(C \in BC\) nên \(C\left( {4 + t\,;\,\,5 + t\,;\,\, - 7 - 4t} \right).\)

\[BC\] có vectơ chỉ phương \[\vec u = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 4} \right).\]

Mặt phẳng \((\alpha )\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)

Gọi \(\varphi \) là góc giữa \[BC\] và \((\alpha ).\) Ta có \(\sin \varphi  = \left| {\cos \left( {\vec u\,;\,\vec n} \right)} \right| = \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi  = 30^\circ .\)

Tức là \(A\) là hình chiếu của \(C\) lên \((\alpha ).\)

Vậy \[\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = CA = d\left( {C;\,\,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| {4 + t - 7 - 4t - 3} \right|}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t =  - 1}\\{t =  - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{C\left( {3\,;\,\,4\,;\,\, - 3} \right)}\\{C\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,5} \right)}\end{array}} \right.} \right.\]

Mà \(C\) có cao độ âm, suy ra \(C\left( {3\,;\,\,4\,;\,\, - 3} \right)\).

Lúc này \[AC\] qua \(C\left( {3\,;\,\,4\,;\,\, - 3} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec n = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)

Suy ra phương trình tham số của đường thẳng \(AC:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + t}\\{y = 4}\\{z =  - 3 + t}\end{array} \Rightarrow A\left( {3 + t\,;\,\,4\,;\, - 3 + t} \right)} \right..\)

Mà \(A\) nằm trong mặt phẳng \((\alpha ):x + z - 3 = 0 \Rightarrow t = \frac{3}{2} \Rightarrow {x_A} = \frac{9}{2}.\) Đáp án: \[{\bf{4}},{\bf{5}}.\]

Ta có: \(\frac{{ - 2 - 3i}}{{3 - 2i}} = \frac{{2.{i^2} - 3i}}{{3 - 2i}} =  - i \cdot \frac{{ - 2i + 3}}{{3 - 2i}} =  - i\).

Suy ra \(\left| {\frac{{ - 2 - 3i}}{{3 - 2i}}z + 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| { - i \cdot z + 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| { - i} \right| \cdot \left| {z + \frac{1}{{ - i}}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {z + i} \right| = 1.\)

Tập hợp điểm \(z\) thỏa mãn là đường tròn tâm \(I\left( {0\,;\,\, - 1} \right)\) bán kính \(R = 1.\)

Suy ra giá trị lớn nhất của \[\left| z \right|\] là \(OI + R = 1 + 1 = 2.\) Đáp án: 2.

Đặt \(t = 2{x^2} - y\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\), ta có \(4 + {3^{2{x^2} - y + 2}} = \left( {4 + {9^{2{x^2} - y}}} \right) \cdot {7^{y - 2{x^2} + 2}}\)

\( \Leftrightarrow 4 + {9.3^t} = \left( {4 + {9^t}} \right) \cdot \frac{{49}}{{{7^t}}} \Leftrightarrow 4\left( {{7^t} - 49} \right) + {9^t}\left[ {9 \cdot {{\left( {\frac{7}{3}} \right)}^t} - 49} \right] = 0.\)

Nhận thấy \(t = 2\) là nghiệm của phương trình.

• Xét \(t > 2\) thì \({7^t} > 49\) và \(9 \cdot {\left( {\frac{7}{3}} \right)^t} > 49\) nên \({\rm{VT}} > 0\) mà \({\rm{VT}} = 0\) nên phương trình vô nghiệm.

• Xét \(t < 2\) tương tự suy ra \({\rm{VT}} < 0\) mà \({\rm{VT}} = 0\) nên phương trình vô nghiệm.

Như vậy phương trình có nghiệm duy nhất là \(t = 2.\)

Suy ra \(2{x^2} - y = 2 \Leftrightarrow y = 2{x^2} - 2.\)

Thay vào \(P = \frac{{x + y + 10}}{x} = \frac{{x + 2{x^2} - 2 + 10}}{x} = 1 + 2x + \frac{8}{x} \ge 1 + 2\sqrt {2x \cdot \frac{8}{x}}  = 1 + 2 \cdot 4 = 9.\)

Dấu "=" xảy ra khi \(2x = \frac{8}{x} \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow y = 6 \Rightarrow x + y = 8.\)

Đáp án: 8.

Ta có \(N\) là trung điểm của \[S,\,\,O,\,\,D\] là trung điểm của \[CM\] nên \(E\) là trọng tâm tam giác \[SCM.\]

Ký hiệu \[h,\,\,S,\,\,V\] tương ứng là chiều cao, diện tích đáy và thể tích khối chóp \[S.ABCD\] ta có

\({S_{BCM}} = S \Rightarrow {V_{N.BCM}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{h}{2} \cdot S = \frac{V}{2}{\rm{. }}\)

Khi đó \(\frac{{{V_{M.EDF}}}}{{{V_{M.NCB}}}} = \frac{{ME}}{{MN}} \cdot \frac{{MD}}{{MC}} \cdot \frac{{MF}}{{MB}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6} \Leftrightarrow {V_{M.EDF}} = \frac{V}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{V}{{12}}.\)

Như vậy \({V_{BFDCNE}} = \frac{V}{2} - \frac{V}{{12}} = \frac{{5\;{\rm{V}}}}{{12}} \Rightarrow {V_{SABFEN}} = \frac{{7\;{\rm{V}}}}{{12}} \Rightarrow \frac{{{V_{SABFEN}}}}{{{V_{BFDCNE}}}} = \frac{7}{5}.\)

Đáp án: \[{\bf{1}},{\bf{4}}.\]

Gọi chiều cao máng nước là: \(h = 10 \cdot \cos \theta \,\,({\rm{cm}})\).

Chiều dài đáy trên máng nước là:

\(10 + 2 \cdot \sqrt {{{10}^2} - {h^2}}  = 10 + 2 \cdot \sqrt {{{10}^2} - {{\left( {10 \cdot \cos \theta } \right)}^2}}  = 10 + 20 \cdot \sin \theta \,\,({\rm{cm}})\).

Máng nước chứa được nhiều nước nhất khi diện tích hình vẽ lớn nhất

\( \Leftrightarrow S = \frac{{10 + 20 \cdot \sin \theta  + 10}}{2} \cdot 10 \cdot \cos \theta  = 100 \cdot (1 + \sin \theta ) \cdot \cos \theta  = 100 \cdot \left( {\cos \theta  + \frac{{\sin 2\theta }}{2}} \right)\).

Ta có \(S' = 100\left( { - \sin \theta  + \cos 2\theta } \right) = 100\left( { - \sin \theta  + 1 - 2{{\sin }^2}\theta } \right)\)

Khi đó \(S' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin \theta  =  - 1}\\{\sin \theta  = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Thông qua các chi tiết “nắng hàng cau nắng mới lên” (cái nắng sớm mai trong trẻo tinh khôi) và “vườn ai mướt quá xanh như ngọc” (khu vườn xanh mướt, tràn đầy sức sống) cho thấy khung cảnh khu vườn thôn Vĩ tinh khôi, thanh khiết. Chọn C.

Đoạn thơ vừa miêu tả khung cảnh thôn Vĩ trong buổi sớm mai, vừa thể hiện tình cảm của tác giả với thiên nhiên và con người thôn Vĩ. Chọn D.

Trong đoạn thơ, câu thứ 4 xuất hiện hình ảnh con người “lá trúc che ngang mặt chữ điền” gợi vẻ đẹp kín đáo, dịu dàng của người thôn Vĩ, con người và thiên nhiên hài hòa với nhau. Chọn D.

Phân tích các đáp án: Phương án A có từ khóa “gặp khó khăn khi tiếp thu các tri thức khoa học hiện đại” đã xuất hiện ở câu đầu tiên của văn bản → Loại phương án A. Phương án C có từ khóa “khoa học mang đến nhiều công cụ mới” → Xuất hiện trong câu đầu tiên đoạn (3).  Phương án D có từ khóa “khoa học ảnh hưởng tới công nghệ” → Nội dung câu cuối của văn bản. Phương án B có từ khóa “mâu thuẫn với suy nghĩ của con người”, trong văn bản là “mâu thuẫn với cảm tính”; “cảm tính” khác với “suy nghĩ” → Không xuất hiện trong văn bản. Chọn B.

Xác định ý nghĩa câu văn chứa từ “tiêu hóa”: mọi người gặp khó khăn khi học tập/làm việc/tiếp cận... với các vấn đề mang tính khoa học → Từ “tiêu hóa” được dùng với nghĩa chuyển.

- Giải nghĩa các từ có trong đáp án:

+ Ăn uống: Hành động để nạp năng lượng của con người/con vật.

+ Tiếp thu: Tiếp nhận một điều gì đó và biến thành nhận thức của mình.

+ Hấp thụ: Hiện tượng các chất rắn hay lỏng thu hút các chất từ hỗn hợp khí.

+ Thích nghi: Biến đổi nhất định phù hợp với hoàn cảnh, điều kiện.

- Xác định từ phù hợp: từ “tiêu hóa” được dùng với nghĩa chuyển để chỉ sự tiếp thu các tri thức khoa học, vì vậy từ gần nghĩa với nó sẽ là “tiếp thu” → Chọn B.

Xác định nghĩa của các từ tri thức, công nghệ, khoa học, công cụ:

- Tri thức: những điều hiểu biết có hệ thống về sự vật, hiện tượng tự nhiên hoặc xã hội.

- Công nghệ: các phương tiện kĩ thuật, các phương pháp tổ chức, quản lí được sử dụng vào quy trình sản xuất để tạo ra các sản phẩm vật chất và dịch vụ.

- Khoa học: hệ thống tri thức tích lũy trong quá trình lịch sử và được thực tiễn chứng minh, phản ánh những quy luật khách quan của thế giới bên ngoài cũng như của hoạt động tinh thần của con người, giúp con người có khả năng cải tạo thế giới hiện thực.

- Công cụ: cái được dùng để tiến hành một việc nào đó, hoặc để đạt đến một mục đích nào đó.

Đọc đoạn trích để xác định nội dung tổng quát, xác định trong đoạn trích nói về cả “khoa học” (đoạn 1); “tri thức” và “công cụ” (đoạn 2); “công cụ” và “công nghệ” (đoạn 3).

Từ việc giải nghĩa các phương án, thấy được “tri thức” chỉ được nhắc đến một lần nhưng “tri thức” là khái niệm của khả năng bao hàm trong đó khái niệm “khoa học”, “công cụ”, “công nghệ”. Chọn A.

Thanh Thảo là tác giả nam. → Thanh Thảo là một gương mặt đầy tâm huyết cho sự đổi mới thơ Việt. Ông đi tìm kiếm những nhân cách tài hoa, những nhân cách bất khuất, những suy nghĩ phóng khoáng, hay ông đến với những người vô danh, lặng thầm mà bất diệt. Chọn A.

“Nhút nhát” là tính từ chỉ tính cách. Các từ còn lại chỉ trạng thái hoạt động của con người. Chọn A.

Giải nghĩa các từ:

+ hiên ngang: tỏ ra đàng hoàng, tự tin, không chịu cúi đầu khuất phục trước những sự đe doạ.

+ ngang tàng: tỏ ra bất chấp, không sợ gì, không chịu khuất phục ai.

+ ngang nhiên: tỏ ra bất chấp mọi quyền lực, mọi sự chống đối, cứ thản nhiên làm theo ý mình mà không chút e sợ.

+ ngạo nghễ: tỏ ra không chút e sợ, mà coi thường, bất chấp tất cả.

- Các từ: “hiên ngang, ngang tàng, ngạo nghễ” mang nghĩa tích cực, “ngang nhiên” mang nghĩa tiêu cực. Chọn C.

Ta nhận thấy chỗ trống thứ nhất có ít sự lựa chọn hơn nên ta tìm từ ngữ thích hợp để điền vào chỗ trống thứ nhất trước.

+ Minh họa: làm rõ thêm, sinh động thêm nội dung muốn trình bày, bằng hình vẽ hoặc những hình thức dễ thấy, dễ hiểu.

+ Khắc họa: miêu tả bằng lời văn một cách đậm nét, rõ ràng, khiến cho nổi bật lên như chạm, vẽ.

Đặt trong nội dung về câu: “Số tranh mang tính chất ______ đơn thuần rất ít”, ta chọn được từ thích hợp để điền vào chỗ trống thứ nhất là “minh họa”.

→ Loại 2 phương án C và D.

Chỗ trống thứ hai với hai từ “quan điểm” và “ý tưởng”:

+ Quan điểm: cách nhìn, cách suy nghĩ.

+ Ý tưởng: những ý nghĩ chưa trọn vẹn, cái bám vào để triển khai một việc gì đó.

Đặt trong nội dung về câu: “những _______ của nhà văn chỉ là cái cớ cho hội họa mà thôi” ta chọn từ thích hợp là “ý tưởng” vì đó chính là cái cớ, cái bám vào để tạo nên những tác phẩm hội họa. Chọn B.

Đoạn văn tái hiện suy nghĩ, tâm trạng của nhân vật Chí khi tỉnh rượu vào sáng hôm sau. Toàn bộ đoạn văn làm nổi bật tài năng phân tích tâm lí của tác giả. Chọn C.

Người vợ nhặt “nén một tiếng thở dài” vì Thị buồn khi thấy gia cảnh Tràng cũng quá nghèo khổ. Chọn D.

Câu “Hắn đã tới cái dốc bên kia của đời” sử dụng phép ẩn dụ chỉ tuổi ngày càng cao thêm, sức khỏe ngày một kém đi. Chọn C.

Quan điểm của người viết được thể hiện trong đoạn trích trên là: Xem việc giới trẻ sáng tạo ra một số từ ngữ mới là chuyện bình thường, điều đó còn có lợi cho sự sáng tạo của giới trẻ.

- Căn cứ vào nội dung đoạn trích: “Chuyện giới trẻ tạo ra một số từ ngữ, một số cách nói riêng cũng là bình thường.” [...] “Nó hoàn toàn không vô bổ, mà có giá trị kích thích sự hưng phấn, giúp giới trẻ có cảm hứng để làm việc và học tập hăng say, hiệu quả hơn.”

- Trong đoạn trích trên, tác giả không thể hiện quan điểm phê phán, ca ngợi hay không đồng tình mà chỉ xem việc giới trẻ sáng tạo từ ngữ mới là chuyện bình thường. Vì vậy các đáp án A, C, D không chính xác. Chọn B.

Tuyên ngôn Độc lập của Hồ Chi Minh là một áng văn lập quốc vĩ đại, "là bản anh hủng ca chiến đấu và chiến thắng của dân tộc Việt Nam, nêu cao ý chi đấu tranh của toàn dân để giữ vững quyền độc lập tự do, bảo vệ chế độ cộng hoà dân chủ Việt Nam"; kết tinh những giá trị văn hóa của dân tộc và toàn nhân loại; kết tinh ý chí và nguyện vọng độc lập tự do của nhân dân Việt Nam. Quyền độc lập tự do của dân tộc Việt Nam được khẳng định trong Tuyên ngôn Độc lập đã đặt cơ sở pháp lý quan trọng đầu tiên của nước Việt Nam Dân chủ Cộng hoà. Chọn C.

Thực hiện Nghị quyết Hội nghị Trung ương lần thứ 21 của Đảng, từ cuối năm 1973, quân dân ta ở miền Nam không những kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng, mà còn chủ động mở những cuộc tiến công địch tại những căn cứ xuất phát các cuộc hành quân của chúng, mở rộng vùng giải phóng. → kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng và chủ động mở những cuộc tiến công địch. Chọn C.

Chiến dịch đánh đường 14 - Phước Long (12/1974-1/1975) là một phép thử chiến lược của ta với 3 nội dung:

- Đô thị Phước Long cách Sài Gòn khoảng 100km, nếu ta đánh Phước Long mà quân Sài Gòn không giữ được thì chứng tỏ rằng quân Sài Gòn đã suy yếu → Thử khả năng của quân đội Sài Gòn, sự suy yếu và bất lực của chúng.

- Mĩ trước khi rút quân đã nói rằng nếu ta đánh quân đội Sài Gòn thì Mĩ sẽ trở lại. Do đó, ta đánh thử xem Mĩ có trở lại thật không → Thăm dò phản ứng của Mĩ, khả năng can thiệp trở lại bằng lực lượng chiến đấu Mĩ.

- Với 1 đô thị gần Sài Gòn như vậy, có quân đội Sài Gòn hùng mạnh như vậy, nếu ta đánh thì liệu có thể thắng được không? Nếu thắng thì liệu có giữ được không? → Nếu ta đánh mà thắng và giữ được thì chứng tỏ thế và lực của ta đã mạnh → Đánh giá khả năng đánh lớn, khả năng thắng lớn của quân đội ta.

Chọn A.

Việc sử dụng chung đồng Ơ-rô trong Liên minh châu Âu (EU) không mang lại lợi ích trực tiếp là thu hẹp trình độ phát triển kinh tế giữa các nước. Còn A, B, C là những lợi ích trực tiếp do đồng Ơ- rô mang lại. Chọn D.

Biên giới Trung Quốc với các nước chủ yếu là núi cao và hoang mạc. Chọn A.

Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:

A. Đều là các đồng bằng phù sa châu thổ sông. → đúng. Chọn A.

B. Có hệ thống đê sông kiên cố để ngăn lũ. → sai, chỉ có ĐBSH có đê.

C. Có hệ thống sông ngòi, kênh rạch chằng chịt. → sai, đây là đặc điểm của ĐBSCL.

D. Có đất mặn, đất phèn chiếm phần lớn diện tích. → sai, đây là đặc điểm của ĐBSCL.

\({E_M} = 9{E_N} \Rightarrow {r_N} = 3{r_M} = {r_M} + 2IN \Rightarrow IN = {r_M}\)

Khi đưa điện tích Q đến I thì N cách I một khoảng IN nên \({E_N} = 9E\). Chọn B.

Quy tắc bàn tay trái cho lực Lorenxơ: Đặt bàn tay trái sao cho từ trường hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón giữa là chiều của vận tốc khi q > 0 và ngược chiều vận tốc khi q < 0 . Lúc đó, chiều của lực Lorenxơ là chiều ngón tay cái choãi ra. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta được lực Lorenxơ f có điểm đặt tại v và hướng từ trái sang phải do q < 0. Chọn D.

Vật liệu làm nam châm là những vật liệu có tính chất từ như: sắt, mangan….Chọn B.

Ta có: \({\rm{k}} = 100\;{\rm{N}}/{\rm{m}};{\rm{m}} = 100\;{\rm{g}},\omega = \sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}} = \sqrt {\frac{{100}}{{\left( {100 \cdot {{10}^{ - 3}}} \right)}}} = 10\pi {\rm{rad}}/{\rm{s}} \to {\rm{T}} = 0,2\;{\rm{s}}\).

Chuyển động của vật kể từ thời điểm ban đầu đến lúc nó đổi chiều chuyển động lần đầu tiên được chia thành các giai đoạn sau:

Giai đoạn 1: Chuyển động từ O đến C có:

\({{\rm{A}}_1} = \frac{{{{\rm{v}}_0}}}{{\rm{\omega }}} = \frac{{60{\rm{\pi }}}}{{10{\rm{\pi }}}} = 6\;{\rm{cm}},{{\rm{t}}_1} = \frac{{\rm{T}}}{{12}} = \frac{{0,2}}{{12}} = \frac{1}{{60}}\;{\rm{s}},{{\rm{v}}_{\rm{C}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{{\rm{v}}_0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.(60{\rm{\pi }}) = 30\sqrt 3 {\rm{\pi cm}}/{\rm{s}}\).

Giai đoạn 2: Chuyển động từ C đến D là dao động điều hòa chịu thêm tác dụng của ma sát có độ lớn không đổi.

Vị trí cân bằng mới lệch khỏi O theo hướng lò xo bị nén một đoạn

\[\Delta {\ell _0} = \frac{{{\rm{\mu mg}}}}{{\rm{k}}} = \frac{{0,5){{.100.10}^{ - 3}}.10}}{{100}} = 0,5\;{\rm{cm}}\]

\( \to {{\rm{A}}_2} = \sqrt {{{\left( {\Delta {\ell _0} + {\rm{OC}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{{\rm{v}}_{\rm{C}}}}}{{\rm{\omega }}}} \right)}^2}} = \sqrt {{{(0,5 + 3)}^2} + {{\left( {\frac{{30\sqrt 3 {\rm{\pi }}}}{{10{\rm{\pi }}}}} \right)}^2}} = 6,265\;{\rm{cm}}\)

\(\Delta {{\rm{t}}_2} = \frac{{\arccos \left( {\frac{{3,5}}{{6,265}}} \right) - \arccos \left( {\frac{{4,5}}{{6,265}}} \right)}}{{{{360}^0}}} \cdot (0,2) = 6,64 \cdot {10^{ - 3}}\;{\rm{s}}\)

\({{\rm{v}}_{\rm{D}}} = {\rm{\omega }}{{\rm{A}}_2}\sqrt {\ell - {{\left( {\frac{{\Delta {\ell _0} + {\rm{OD}}}}{{{{\rm{A}}_2}}}} \right)}^2}} = (10{\rm{\pi }}).(6,265).\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{4,5}}{{6,265}}} \right)}^2}} = 136,940\;\)cm/s.

Giai đoạn 3: Chuyển động từ D đến khi đổi chiều lần đầu tiên là dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ

\({{\rm{A}}_3} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{D}}^2} + {{\left( {\frac{{{{\rm{v}}_{\rm{D}}}}}{\omega }} \right)}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {\frac{{136,940}}{{10\pi }}} \right)}^2}} = 5,916\;{\rm{cm}}\)

\({{\rm{t}}_3} = \frac{{\arccos \left( {\frac{{{\rm{OD}}}}{{{{\rm{A}}_3}}}} \right)}}{{{{360}^0}}}\;{\rm{T}} = \frac{{\arccos \left( {\frac{4}{{5,916}}} \right)}}{{{{360}^0}}} \cdot (0,2) = 0,0264\;{\rm{s}}\)

\({{\rm{v}}_{{\rm{tb}}}} = \frac{{\rm{S}}}{{\rm{t}}} = \frac{{{\rm{OC}} + {\rm{CD}} + \left( {{{\rm{A}}_3} - {\rm{OD}}} \right)}}{{{{\rm{t}}_1} + {{\rm{t}}_2} + {{\rm{t}}_3}}} = \frac{{3 + 1 + (5,916 - 4)}}{{\frac{1}{{60}} + 6,64 \cdot {{10}^{ - 3}} + 0,0264}} = 119,018\)

Đáp án. 119 .

Năng lượng của photon ánh sáng là đại lượng có giá trị không đổi. Chọn D.

Gọi số lần phóng xạ \({\rm{\alpha }}\) là x, và số lần phóng xạ \({{\rm{\beta }}^ - }\) là y, phương trình phân rã là \(_{92}^{234}{\rm{U}} \to {\rm{x}}.{\rm{\alpha }} + {\rm{y}}{\rm{.}}{{\rm{\beta }}^ - } + _{82}^{206}\;{\rm{Pb}}\)

Áp dụng định luật bảo toàn số khối ta có: \(234 = {\rm{x}}.4 + {\rm{y}}.0 + 206 \to {\rm{x}} = 7\).

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: \(92 = {\rm{x}}.2 + {\rm{y}}.( - 1) + 82 \to {\rm{y}} = 4\). Chọn A.

Vì A là điểm nút nên \({{\rm{u}}_{\rm{A}}} = 0\).

Khoảng cách ngắn nhất giữa A và B là khi B đi qua \({\rm{VTCB}} \Rightarrow {\rm{AB}} = \frac{{\rm{\lambda }}}{4} = 12\;{\rm{cm}} \Rightarrow {\rm{\lambda }} = 48\;{\rm{cm}}\)

Khoảng cách lớn nhất giữa A và B là khi B ở vị trí biên \( \Rightarrow AB = \sqrt {{{12}^2} + {A^2}} = 13 \Rightarrow A = 5\;{\rm{cm}}\)

N có VTCB là trung điểm của AB nên \(AN = \frac{{AB}}{2} = 6\;{\rm{cm}} = \frac{{\rm{\lambda }}}{8} \Rightarrow {A_N} = \frac{{{A_b}\sqrt 2 }}{2} = 2,5\sqrt 2 \;{\rm{cm}}\)

Từ đồ thị: \(\frac{{\rm{T}}}{4} = 0,05\;{\rm{s}} \Rightarrow {\rm{T}} = 0,2\;{\rm{s}} \Rightarrow {\rm{\omega }} = 10{\rm{\pi }}({\rm{rad}}/{\rm{s}})\)

Gia tốc lớn nhất của N là \({{\rm{a}}_{{\rm{N}}\max }} = {{\rm{\omega }}^2}{\rm{.}}{{\rm{A}}_{\rm{N}}} = 2,5\sqrt 2 {{\rm{\pi }}^2}\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\). Chọn C.

Từ đồ thị ta có chu kì bán rã là 8 ngày.

Tại thời điểm \({\rm{t}} = 32\) ngày, số hạt nhân phóng xạ còn lại là \[N = {N_0}{2^{ - \frac{t}{T}}} = {32.10^{24}}{.2^{ - \frac{{32}}{8}}} = {2.10^{24}}\]hạt. Chọn D.

Theo bài giàn khoan dịch chuyển trên cùng một vĩ tuyến \({15^0}{29^\prime }{\rm{B}}\) với đảo Lý Sơn \({\rm{A}} \to {\rm{B}} \to {\rm{C}}\)

Thời gian sóng truyền từ B đến C là \(\Delta {\rm{t}} = 0,25 \cdot {10^{ - 3}}\;{\rm{s}}\).

Tốc độ lan truyền của sóng \({\rm{v}} = \frac{{2{\rm{\pi c}}}}{9} = 2,{093.10^8}\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\)

Độ dịch chuyển của giàn khoan: \(\Delta {\rm{s}} = {\rm{v}}\Delta {\rm{t}} = 52325\;{\rm{m}} = 28,25\) hải lý.

Độ dịch của vĩ độ: \(\Delta {\rm{\varphi }} = \frac{{\Delta {\rm{s}}}}{{\rm{R}}} = 8,176 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{rad}} \approx 0,{468^0} \approx {28^\prime }\).

Do đó \({\rm{x}} = {{\rm{x}}_{\rm{B}}} + \Delta {\rm{\varphi }} = 111^\circ 40\). Chọn A.

Từ đồ thị nhận thấy có hai điểm có tọa độ  và

là kết quả chính xác nhất.

Ta có: \(\left( {\frac{1}{{{{\rm{U}}^2}}} = 0,0055;\frac{1}{{{{\rm{R}}^2}}} = {{1.10}^{ - 6}}} \right)\)

Lấy (2) chia (1), ta có: \({\rm{C}} = 1,95 \cdot {10^{ - 6}}\;{\rm{F}}\). Chọn D.

Ta có: \[{n_{NaOH}}\; = {\rm{ }}0,112{\rm{ }}mol\]

Mà Y là acid no, mạch hở \[ \Rightarrow {\rm{ }}{n_{RCOOH}}\; = {\rm{ }}{n_{NaOH}}\; = {\rm{ }}0,112{\rm{ }}mol\]

\( \Rightarrow M = \frac{{6,72}}{{0,112}} = 60\)\( \Rightarrow \)Y là \[C{H_3}COOH\]

Chọn A.

Khi tăng nồng độ HCl gấp 3 lần và kích thước hạt ở dạng các viên nhỏ (ở thử nghiệm 5) thì thời gian kết thúc phản ứng phải nhỏ hơn so với thử nghiệm 6.

=> Kết quả thử nghiệm 5 cho kết quả không chính xác.

Chọn C.

Kết tủa thu được là \({\rm{AgCl}}\)\( \Rightarrow {n_{{\rm{AgCl}}}} = 0,002\;{\rm{mol}}.\)

Nồng độ của \({\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}\) trong bình chứa \(1000,0\;{\rm{mL}}\)dung dịch là \(\frac{{0,002}}{{0,01}} = 0,2{\rm{M}}\)

(Lưu ý: Nồng độ trong bình 1000 mL lấy ra 10 mL sẽ không có sự thay đổi!)

Chọn C.

\({n_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}} = 5 \cdot \frac{{2,33}}{{233}} = 0,05\,(\;{\rm{mol}})\) (tính trong 100 ml dung dịch Y)

Bảo toàn nguyên tố \({\rm{S}}\): \({n_{{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4}.7{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} + {{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4},7{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,05 - 0,035 = 0,015(\;{\rm{mol}})\)

\( \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4}.7{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,015.278 = 4,17(g)\)

Thí nghiệm 2: \({n_{{K_{Mn{O_4}}}}} = {C_M} \cdot V = 5 \cdot (0,03 \cdot 0,018) = 0,0027\,(\;{\rm{mol}})\)

Bảo toàn electron ta có: \({n_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}} = 5{n_{{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}}} = 5 \cdot 0,0027 = 0,0135\,(\;{\rm{mol}})\)

\( \Rightarrow {n_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}}\) bị \({{\rm{O}}_2}\) oxi hóa \( = 0,015 - 0,0135 = 0,0015\,(\;{\rm{mol}})\)

Phần trăm số mol Fe(II) đã bị oxi hóa là: \(\% {n_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}} = \frac{{0,0015}}{{0,015}} \cdot 100 = 10\% \)

Chú ý: Số liệu thực hiện thí nghiệm chỉ bằng \(1/5\) nên khi làm ta cần nhân 5 lên (100mL nhưng chỉ lấy \(20\;{\rm{mL}}\) để làm thí nghiệm).

Chọn A.

- Trong các ống nghiệm (1), (2), (3) Cu(OH)₂ đều tan tạo thành dung dịch nên 3 dung dịch (1), (2), (3) đều chứa alcohol có nhiều nhóm -\({\rm{OH}}\) đính vào các nguyên tử \({\rm{C}}\) cạnh nhau (hay có các nhóm −OH liền kề).

- Dung dịch (4) không hòa tan được \({\rm{Cu}}{({\rm{OH}})_2}\) nên alcohol (4) không có các nhóm −OH liền kề. Vậy (4) là propane-1,3-diol.

Chọn A.

Polymer thuộc loại tơ polyamide là nylon-6,6

Dựa trên thông tin đưa ra thấy rằng các monome tạo thành polymer phải có chứa nhóm -COOH và \( - {\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.\) Nylon-6,6 được điều chế từ hexamethylenediamine và adipic acid.

Chọn C.

Sơ đồ phản ứng xảy ra như sau:

 ${\text{NH}}_3\stackrel{+{\text{O}}_2,\text{Pt}}{\to }\text{NO}\to {\text{NO}}_2\to {\text{HNO}}_3$

Dung dịch \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) có \({\rm{pH}} = 1 \Rightarrow \left[ {{{\rm{H}}^ + }} \right] = {10^{ - {\rm{pH}}}} = 0,1{\rm{M}} \Rightarrow {n_{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,1.0,3 = 0,03\;{\rm{mol}}\)

Dựa trên sơ đồ phản ứng hoặc bảo toàn nguyên tố (N) dễ thấy \({n_{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}} = {n_{{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}}} = 0,03\;{\rm{mol}}\)

 $\begin{array}{l}4{\text{NH}}_3+5{\text{O}}_2\stackrel{Pt,t^{°}}{\to }4\text{NO}+6{\text{H}}_2\text{O}\\ 0,03 0,0375 0,03mol\end{array}$

\(\begin{array}{l}2{\rm{NO}} + {{\rm{O}}_2} \to 2{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\\0,03\,\,\,\,\,\,0,015\,\,\,\,\,0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

\(\begin{array}{l}4{\rm{N}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{O}}_2} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to 4{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\\0,03\,\,\,\,\,\,0,0075\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)

\({n_{{O_2}}}_{bd} = \frac{V}{{24,79}} - {n_{N{H_3}}} = \frac{V}{{24,79}} - 0,03\)mol

\({n_{{O_2}({\rm{sau}}\,{\rm{pu}})}} = \frac{V}{{24,79}} - 0,03 - 0,0375 - 0,015 - 0,0075 = \frac{V}{{4.24,79}}\)

\( \Rightarrow {\rm{V}} = 2,9748 \approx 2,975\)lít.

Chọn B.

Dung dịch dẫn điện tốt nhất là dung dịch có độ điện li mạnh nhất, phân li ra nhiều ion nhất.

Dung dịch HX phân li tốt nhất (chỉ còn 1 phân tử HX), dung dịch HY còn 4 phân tử HY, dung dịch HZ còn 2 phân tử HZ. Vậy dung dịch HX dẫn điện tốt nhất. Chọn A.

- Để tăng hiệu suất tạo thành hydrogen cần giảm áp suất (thực hiện ở áp suất thấp).

- Phản ứng trên là phản ứng thu nhiệt, để tăng hiệu suất tạo thành hydrogen, cần tăng nhiệt độ của phản ứng (thực hiện ở nhiệt độ cao).

Chọn C.

Hoocmôn xitôkinin là loại hoocmôn thực vật có tác dụng làm chậm sự già hóa của tế bào. Chọn A.

Khi lên cạn, áp suất không khí làm mang cá bị xẹp xuống khiến diện tích bề mặt trao đổi khí bị thu hẹp. Đồng thời, khi đó, mang cá bị khô lại không đủ ẩm ướt để sự trao đổi khí có thể diễn ra bình thường. Do đó, cá sống hoàn toàn dưới nước khi lên cạn sẽ bị chết trong một thời gian ngắn.

Các ý còn lại sai do:

+ Độ ẩm trên cạn thấp thì mang cá thường bị khô.

+ Mang cá có hệ thống mao mạch mang.

+ Vì ở cạn, miệng và diềm nắp mang không bất động hoàn toàn. Chúng vẫn đóng mở trong một thời gian (trước khi cá chết). Chọn B.

Cành ghép là phần cành của cây này được cắt rời để ghép vào một cây khác. Khi mới ghép phần mô dẫn của cành ghép và gốc ghép chưa được nối liền do đó việc cung cấp nước từ gốc lên cành ghép bị hạn chế. Vì vậy, người ta thường cắt hết lá ở cành ghép để hạn chế sự thoát hơi nước trong khi nước cung cấp còn thiếu đảm bảo đủ nước cho cành ghép phát triển. Chọn A.

Trong 4 đặc điểm nói trên thì điểm khác biệt là số đơn vị tái bản (số điểm khởi đầu quá trình nhân đôi). Phân tử ADN của sinh vật nhân thực có kích thước lớn nên có nhiều điểm khởi đầu tái bản để làm tăng tốc độ tái bản ADN. Các đặc điểm còn lại đều giống nhau ở cả sinh vật nhân sơ và sinh vật nhân thực. Chọn C.

Trong các phương pháp tạo giống trên, có 3 phương pháp có thể tạo ra giống mới mang nguồn gen của hai loài sinh vật khác nhau gồm: (3), (4), (5). Chọn B.

B. Đúng. Vì bố luôn truyền X cho con gái, khi bố bị bệnh sẽ truyền alen gây bệnh cho con gái. Vì alen gây bệnh là alen trội nên con gái luôn bị bệnh.

A. Sai. Vì bệnh do gen trội nên biểu hiện ở nam, nữ như nhau.

C. Sai. Vì bố mẹ không bị bệnh không thể sinh con bị bệnh (vì gen gây bệnh là gen trội).

D. Sai. Vì nếu mẹ có kiểu gen X^AX^a thì có thể sinh con trai không bị bệnh. 

Chọn B.

- Đột biến và di - nhập gen có thể làm xuất hiện các alen mới trong quần thể.

- Giao phối không làm xuất hiện alen mới mà chỉ có thể làm xuất hiện các kiểu gen mới.

- CLTN và các yếu tố ngẫu nhiên làm giảm đa dạng di truyền của quần thể.

Chọn D.

I. Đúng. (1) là cạnh tranh khác loài (sống chung thì cả hai có hại, sống riêng rẽ thì bình thường). Do đó, hai loài này phải có ổ sinh thái trùng nhau hoặc giao nhau.

II. Đúng. Vì cả hai loài A và B khi sống chung thì đều có lợi, khi tách riêng thì cả hai đều có hại. Do đó, đây có thể là quan hệ cộng sinh mà hải quỳ và cua là quan hệ cộng sinh.

III. Đúng. Vì cả hai loài A và B là quan hệ hội sinh, trong đó loài A có lợi, còn loài B trung tính. Vì vậy, nếu B là loài cây gỗ lớn thì loài A có thể là loài phong lan sống bám trên cây thân gỗ.

IV. Đúng. Vì B có lợi, A bị hại khi sống chung còn khi sống riêng thì loài A không ảnh hưởng gì, B lại bị hại nên đây có thể là mối quan hệ kí sinh. Do đó, nếu A là loài trâu rừng thì B có thể sẽ là loài giun kí sinh ở trong ruột của trâu.

Chọn B.

Quy ước gen: A: Chân dài >> a: Chân ngắn.

 $P\left\{\begin{array}{c}♀:0,4A:0,6a.\\ ♂:0,6A:0,4a.\end{array}\right.$

P ngẫu phối:\[(0,4A:0,6a) \times (0,6A:0,4a)\] thu được đời F₁ có: 0,24AA : 0,52Aa : 0,24aa.

F₁ ngẫu phối \[(0,5A:0,5a) \times (0,5A:0,5a)\]thu được đời F₂ có: 0,25AA : 0,5Aa : 0,25aa.

Xét sự đúng – sai của các phát biểu:

A. Đúng. Số cá thể chân ngắn ở F₁ là: 0,24 × 2000 = 480.

B. Sai. Tỉ lệ giao tử ở thế hệ P khác nhau ở 2 giới nên phải qua 2 thế hệ ngẫu phối quần thể mới đạt trạng thái cân bằng di truyền.

C. Sai. Số cá thể dị hợp ở F₂ là: 0,5 × 4000 = 2000.

D. Sai. Tần số alen A ở F₁ = Tần số alen A ở F₂ = 0,5. Chọn A.

Ta có: \({\rm{P}}:{\rm{AaBb}} \times {\rm{AaBb}} \to {{\rm{F}}_1}:(1{\rm{AA}}:2{\rm{Aa}}:1{\rm{aa}}) \times (1{\rm{BB}}:2{\rm{Bb}}:1{\rm{bb}})\).

Chọn các cây thân cao A- đem trồng ở đất ngập mặn (chỉ có các cây B- là sống được) thì tỉ lệ kiểu gen các cây sống được là: (1AA : 2Aa)×(1BB : 2Bb).

Cho các cây F₁ sống được giao phấn ngẫu nhiên: (2A : 1a)×(2B : 1b)

→ Tỉ lệ kiểu gen các hạt \({{\rm{F}}_2}\) thu được là: (4AA : 4Aa : 1aa)(4BB : 4Bb : 1bb).

→ Tỉ lệ kiểu gen các cây \({{\rm{F}}_2}\) sống được ở vùng đất mặn này là: (4AA : 4Aa : 1aa)(1BB : 1Bb).

→ Trong số cây \({{\rm{F}}_2}\) sống ở vùng đất này thì cây thân cao chịu mặn A-B- chiếm tỉ lệ là \(\frac{8}{9}.\)

Đáp án: \(\frac{8}{9}.\)